Se presenta la siguiente prueba de demostración del Último Teorema de Fermat para su revisión en este foro. Esta prueba es una prueba por reducción al absurdo que no se basa en descenso infinito y solo considera teoría simple de números enteros.
Se tienen en cuenta unos resultados y condiciones previas que se suponen conocidos por el lector por lo que no se dan las demostraciones aunque más adelante pueden ponerse.
Estos resultados y condiciones previas son los siguientes:
Para toda terna de números enteros \( (a,b,c) \) y para todo \( m \) natural impar se cumple:
\( (b+c)(a+c)(a+b) | (a^m+b^m+c^m−(a+b+c)^m) \) (1)
Para cada par de enteros \( u \) y \( v \) y todo natural impar \( m \) existen enteros \( \alpha_i \) para \( 0\leq{i\leq{\displaystyle\frac{m-1}{2}}} \) tales que:
\( u^m+v^m=\displaystyle\sum_{i=0}^{\displaystyle\frac{m-1}{2}}\alpha_i(-uv)^{i}(u+v)^{m-2i} \)
siendo \( \alpha_0=1 \) y \( \alpha_1=\alpha_{\displaystyle\frac{m-1}{2}}=m \) (2)
Sea \( n \) un número primo impar. Si existe una terna de enteros coprimos \( (a,b,c) \) que sea solución de la ecuación \( a^n+b^n+c^n=0 \) entonces existen enteros \( x,\overline{x},y,\overline{y},z,\overline{z},\xi \), primos entre sí y con \( n \), tales que:
i) \( a+b+c=n^kxyz\xi \) para cierto natural \( k>1 \)
ii) Si \( n \mid a \) es \( a=n^kx\overline{x} \) y \( b+c=n^{nk-1}x^n \)
Si \( n \nmid a \) es \( a=x\overline{x} \) y \( b+c=x^n \)
Si \( n \mid b \) es \( b=n^ky\overline{y} \) y \( a+c=n^{nk-1}y^n \)
Si \( n \nmid b \) es \( b=y\overline{y} \) y \( a+c=y^n \)
Si \( n \mid c \) es \( c=n^kz\overline{z} \) y \( a+b=n^{nk-1}z^n \)
Si \( n \nmid c \) es \( c=z\overline{z} \) y \( a+b=z^n \) (3)
La demostración consta de tres partes:
Primera parte\( n \nmid abc \) y \( x \mid 2(n-1) \), \( y \mid 2(n-1) \), \( z \mid 2(n-1) \)
Demostración:
Supongamos \( n \mid c \). Sea \( p = 2\varphi+1 \) donde \( \varphi=\varphi(a+b) \) es la función phi de Euler de \( a+b \).
Dado que \( p \) es impar en base a (1) se tiene:
\( 2(a^p+b^p+c^p)=2\left\{(a+b+c)^p+\dot{\overbrace{(a+b)(a+c)(b+c)}}\right\}=2\left\{(n^kxyz\xi)^p+\dot{\overbrace{n^{nk-1}z^n(a+c)(b+c)}}\right\}=\dot{\overbrace{n^{2k}z^2}} \) (4) pues tanto \( pk \) como \( nk-1 \) son mayores que \( 2k \)
Por otra parte, teniendo en cuenta la propiedad (2):
\( 2(a^p+b^p+c^p)=a^p+b^p+a^p+c^p+b^p+c^p= \)
\( =\dot{\overbrace{a+b}}+(a+c)^p+n(-ac)(a+c)^{p-2}+\cdots+n(-ac)^{\frac{p-1}{2}}(a+c)+(b+c)^p+n(-bc)(b+c)^{p-2}+\cdots+n(-bc)^{\frac{p-1}{2}}(b+c)= \)
\( =\dot{\overbrace{a+b}}+\left\{(a+c)^{2\varphi+1}+(b+c)^{2\varphi+1}\right\}+\left\{n(-ac)(a+c)^{2\varphi-1}+n(-bc)(b+c)^{2\varphi-1}\right\}+\dot{c^2}= \)
\( =\dot{\overbrace{a+b}}+\left\{(a+c)((a+c)^{2\varphi}-1)+(b+c)((b+c)^{2\varphi}-1)+a+b+2c\right\}+\left\{n(-ac)(a+c)^{2\varphi-1}+n(-bc)(b+c)^{2\varphi-1}\right\}+\dot{c^2}= \)
\( =\dot{\overbrace{a+b}}+\left\{(a+c)(\dot{\overbrace{a+b}})+(b+c) (\dot{\overbrace{a+b}})+a+b+2c\right\}+\left\{n(-ac)(a+c)^{2\varphi-1}+n(-bc)(b+c)^{2\varphi-1}\right\}+\dot{c^2}= \)
\( =\dot{\overbrace{a+b}}+2c+\dot{\overbrace{c^2}}+\left\{n(-ac)(a+c)^{2\varphi-1}+n(-bc)(b+c)^{2\varphi-1}\right\} \) (5)
Igualando las expresiones (4) y (5) se deduce:
\( \dot{\overbrace{n^{2k}z^2}}=\dot{\overbrace{a+b}}+2c+\dot{\overbrace{c^2}}+\left\{n(-ac)(a+c)^{2\varphi-1}+n(-bc)(b+c)^{2\varphi-1}\right\} \)
Multiplicamos ambos miembros de esta igualdad por \( (b+c)(a+c) \):
\( \dot{\overbrace{n^{2k}z^2}}=\dot{\overbrace{a+b}}+\dot{\overbrace{c^2}}+2c(b+c)(a+c)+\left\{n(-ac)(b+c)(a+c)^{2\varphi}+n(-bc)(a+c)(b+c)^{2\varphi}\right\}= \)
\( =\dot{\overbrace{a+b}}+\dot{\overbrace{c^2}}+2abc+\left\{n(-ac)(b+c)(1+(\dot{\overbrace{a+b}}))+n(-bc)(a+c)(1+(\dot{\overbrace{a+b}}))\right\}\Rightarrow \)
\( \dot{\overbrace{n^{2k}z^2}}=\dot{\overbrace{a+b}}+\dot{\overbrace{c^2}}+2abc-nabc-nabc\Rightarrow \)
\( \dot{\overbrace{n^{2k}z^2}}=\dot{\overbrace{n^{2k}z^2}}+\dot{\overbrace{n^{2k}z^2}}+2abc(1-n) \)\( \Rightarrow \dot{\overbrace{n^{2k}z^2}} = 2abn^kz\overline{z}(1-n)\Rightarrow \)
\( n^k \mid 2ab\overline{z}(1-n) \), absurdo, pues \( n \) no divide a ningún factor del segundo miembro.
Así pues \( n \nmid c \) y del mismo modo \( n \nmid a \) y \( n \nmid b \)
Sea por tanto \( c=z\overline{z} \). Siguiendo el mismo proceso se llega a:
\( \dot{z^2}=2abz\overline{z}(1-n)\Rightarrow z \mid 2ab\overline{z}(1-n) \Rightarrow z \mid 2(1-n) \)
Y dado que \( n \nmid a \) y \( n \nmid b \) también:
\( x \mid 2(1-n) \) y \( y \mid 2(1-n) \)
Segunda parteSe tiene que \( n \nmid \varphi(xyz) \), siendo \( \varphi(xyz) \) la función phi de Euler de \( xyz \)
Demostración:
Como \( n \nmid xyz \) bastará con demostrar que \( n \) no divide a ningún factor \( q-1 \) con \( q \) primo distinto de 2.
Si suponemos lo contrario existiría un factor primo \( q \), distinto de 2, tal que \( q=mn+1 \) para cierto entero positivo \( m \). Si \( q \) es un factor primo de \( z \) en base a la proposición anterior tendríamos:
\( q \mid z \mid 2(n-1) \), \( q \neq 2 \Rightarrow q \mid n-1 \Rightarrow q<n-1 \)
Por otra parte: \( n+1 \leq mn+1=q < n-1 \Rightarrow n+1 < n-1 \), absurdo. Y de forma análoga para cualquier otro factor primo \( q \) de \( xyz \).
Tercera parte: UTFDado que \( n \nmid \varphi(xyz) \) existe un natural \( r \) tal que: \( n^r=\dot{\varphi}(xyz)+1 \). Abreviadamente sea \( \varphi=\varphi(xyz) \). Tenemos:
\( x^{n^r}+ y^{n^r}+ z^{n^r}=x^{\dot{\varphi}+1}+ y^{\dot{\varphi}+1}+ z^{\dot{\varphi}+1}=x( x^{\dot{\varphi}}-1) + y (y^{\dot{\varphi}}-1) + z (z^{\dot{\varphi}}-1)= \dot{\overbrace{xyz}}+x+y+z \) (6)
Por otra parte atendiendo a la propiedad (1) se tiene:
\( x^{n^r}+ y^{n^r}+ z^{n^r} = (x^n+y^n+z^n)^{n^{r-1}}+\dot{\overbrace{(x^n+y^n)(x^n+z^n)(y^n+z^n)}} \)
Y por un lado, atendiendo a las condiciones (3): \( x^n+y^n+z^n = 2(a+b+c)=2n^kxyz\xi \)
Por otro:
\( x^n+y^n=2n^kxyz\xi - z^n=\dot{z} \)
\( x^n+z^n=2n^kxyz\xi - y^n=\dot{y} \)
\( y^n+z^n=2n^kxyz\xi - x^n=\dot{x} \)
De donde se deduce: \( x^{n^r}+ y^{n^r}+ z^{n^r}=\dot{\overbrace{xyz}} \) (7)
Asi pues, igualando las expresiones (6) y (7) se deduce: \( \dot{\overbrace{xyz}}=\dot{\overbrace{xyz}}+ x + y +z \Rightarrow \dot{\overbrace{xyz}}= x + y +z \)
Si \( x+y+z \neq 0 \) resulta \( \left |{xyz}\right | \leq{\left |{x+y+z}\right |} \) (8)
Por otra parte, para cualquier solución \( (a,b,c) \) de la ecuación de Fermat tambien \( (-a,-b,-c) \) es solución y viceversa, de aqui que si hay solución tambíen habra otra con dos números de la terna positivos y otro negativo, por lo que podemos suponer que son \( a,b >0 \) y \( c<0 \) (pues bastaría con reasignar las letras que representan a cada número) de forma que:
\( a^n+b^n=\left |{c}\right |^n \) siendo \( a+b >\left |{c}\right | > a, b > 0 \)
En este caso, teniendo en cuenta (3), seria \( z> 0 \), \( y <0 \) y \( x<0 \)
Asi pues, denotando \( m \) como el máximo del conjunto \( \left\{{\left |{x}\right |,\left |{y}\right |,\left |{z}\right |}\right\} \) resultará que \( \left |{x+y+z}\right |\leq{2m-1} \), por lo que las únicas soluciones posibles \( (x,y,z) \) son de la forma: \( (-1,-m,1) \) y \( (-m,-1,1) \).
Sin embargo, estas ternas no proporcionan una solución de la ecuación de Fermat, pues:
\( x=-1, y =-m, z=1 \Rightarrow \left |{c}\right | - b = 1, \left |{c}\right |- a =m^n, a+b=1 \Rightarrow \left |{c}\right |= \frac {m^n}{2}+1, b= \frac {m^n}{2}, a= -\frac {m^n}{2}+1<0 \)
siendo este ultimo resultado absurdo pues \( a > 0 \).
Si \( x=-m, y =-1, z=1 \) de forma análoga se llega al absurdo \( b < 0 \)
Así pues, debe ser \( x+y+z=0 \). En este caso tenemos que en la terna \( (x,y,z) \) hay un solo número entero par, pues de \( x+y+z=0 \) se deduce que los tres números enteros \( x, y, z \) no pueden ser impares y tampoco pueden haber dos pares por ser primos entre sí.
En el caso de que \( z \) sea par, \( x \) e \( y \) impares de la igualdad \( 2n^kxyz\xi= x^n+y^n+z^n \) y teniendo en cuenta que \( x+y+z=0 \) se deduce:
\( 2n^kxyz\xi=x^n+y^n+z^n=(x+y)^n + n(-xy)(x+y)^{n-2}+ \cdots +n(-xy)^{\frac {n-1}{2}}(x+y)+z^n = \)
\( =(-z)^n + n(-xy)(-z)^{n-2}+ \cdots +n(-xy)^{\frac {n-1}{2}}(-z)+z^n \Rightarrow \)
\( 2n^k\xi = (-1)^{n-1}nz^{n-3}+ \cdots + (-1)^{\frac {n+1}{2}}n(xy)^{\frac {n-3}{2}} \)
De aquí que si \( n=3 \) se tiene que \( 2n^k\xi=n \), absurdo, y si \( n>3 \) que \( 2n^k\xi=\dot{z}+(-1)^{\frac{n+1}{2}}n(xy)^{\frac {n-3}{2}} \Rightarrow 2 \mid (-1)^{\frac{n+1}{2}}n(xy)^{\frac {n-3}{2}} \) pues \( z \) es par, y esto también es contradictorio ya que el producto \( (-1)^{\frac{n+1}{2}}n(xy)^{\frac {n-3}{2}} \) es impar.
Análogamente se llegan a absurdos suponiendo \( x \) par o \( y \) par debido a la simetría de las igualdades de partida.
Queda pues concluida esta prueba de demostración del UTF.
Un cordial saludo.
