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Comentarios a este hilo en http://rinconmatematico.com/foros/index.php?topic=84273.msg338013;topicseen#msg338013)
Hola.
A continuación, voy a empezar a exponer mis "trabajillos" sobre UTF.
Os pido perdón por la nomenclatura que utilizo. Cuando empecé a estudiar este "tema" (y el anterior de "Ternas Pitagóricas"), utilicé una nomenclatura un "poco" diferente a la que he visto, posteriormente, que es la habitual. Ello es debido a que lo que investigué, lo hice sin fijarme en los trabajos "ajenos" (quería deducir las cosas por mí mismo).
Empezaré por consideraciones de tipo general, y, posteriormente, sobre cuestiones particulares (n=3, n=5, ...).
Así mismo, voy a utilizar el Spoiler para las demostraciones, para que no se haga muy "árida" la lectura.
Preámbulo.
En todos mis planteamientos, voy a considerar que: a, b, c son “coprimos”, entre sí.
También voy a suponer, para una demostración por reducción al absurdo, como correcto:
\( a^n=b^n+c^n, \forall{n}>2, \textsf{siendo n primo} \)
Proposición nº 1.-\( \textsf{Sean: }a, b, c, n \in{N} \) , n=número primo > 2.
\( \textsf{ si fuese posible: }a^n=b^n+c^n\Rightarrow{a<b+c} \).
\( \textsf{Por tanto: }\exists{t\in{N}}/a+t=b+c \)
Demostración:
Spoiler
\( \textsf{Si: }a\geq{b+c}\Rightarrow{a^n\geq{(b+c)^n}} \)
\( a^n\geq{b^n+c^n+f(b,c)}\Rightarrow{a^n>b^n+c^n} \)
Demostrado por "reducción al absurdo".
Por definición: un número primo, sólo es divisible por sí mismo y por la unidad.
\( Sean: n, m\in{N}, \textsf{con n=numero primo }/ m<n \)
\( n|\displaystyle\binom{n}{m}\Longleftrightarrow{ n > m > 0} \)
Demostración:
Spoiler
\( \displaystyle\binom{n}{m}=\dfrac{n!}{m!(n-m)!} \)
\( \textsf{Como: }n>m, \textsf{ y }n>(n-m)\Longrightarrow{n|\displaystyle\binom{n}{m}} \)
\( t^n=n(a-b)(a-c)(b+c)[F_{n-3}(a,b,c)] \), y
"n" tiene que ser divisor de alguno de los cuatro factores:
\( (a-b), (a-c), (b+c), [F_{n-3}(a,b,c)] \)
Además, estos cuatro factores, citados, no tienen divisores comunes (coprimos).
Proposición nº 3.1.-\( c^n=e^np^n \rightarrow{}c=ep \), con “e” y “p” coprimos, siendo:
3.1.1 \( a-b=e^n \ / \ n\cancel{|}c \)
\( \dfrac{c^n}{a-b}=\dfrac{a^n-b^n}{a-b}= (a-b)^{n-1}+nF(a-b)+na^{\frac{n-1}{2}}b^{\frac{n-1}{2}}=p^n \)
3.1.2 \( a-b=\dfrac{e^n}{n} \ / n|c \)
\( \dfrac{c^n}{a-b}=\dfrac{a^n-b^n}{a-b}= (a-b)^{n-1}+nF(a-b)+na^{\frac{n-1}{2}}b^{\frac{n-1}{2}}=np^n \)
Siendo: \( n(a-b)=e^n \).
Proposición nº 3.2.-\( b^n=f^nq^n \rightarrow{}b=fq \), con “f” y “q” coprimos, siendo:
3.2.1 \( a-c=f^n \ / \ n\cancel{|}b \)
\( \dfrac{b^n}{a-c}=\dfrac{a^n-c^n}{a-c}= (a-c)^{n-1}+nF(a-c)+na^{\frac{n-1}{2}}c^{\frac{n-1}{2}}=q^n \)
3.2.2 \( a-c=\dfrac{f^n}{n} \ / n|b \)
\( \dfrac{b^n}{a-c}=\dfrac{a^n-c^n}{a-c}= (a-c)^{n-1}+nF(a-c)+na^{\frac{n-1}{2}}c^{\frac{n-1}{2}}=nq^n \)
Siendo: \( n(a-c)=f^n \).
Proposición nº 3.3.-\( a^n=g^nr^n \rightarrow{}a=gr \), con “g” y “r” coprimos, siendo:
3.3.1 \( b+c=g^n \ / \ n\cancel{|}a \)
\( \dfrac{a^n}{b+c}=\dfrac{b^n+c^n}{b+c}= (b+c)^{n-1}+nF(b+c)-ba^{\frac{n-1}{2}}c^{\frac{n-1}{2}}=r^n \)
3.3.2 \( b+c=\dfrac{g^n}{n} \ / n|a \)
\( \dfrac{a^n}{b+c}=\dfrac{b^n+c^n}{b+c}= (b+c)^{n-1}+nF(b+c)-ba^{\frac{n-1}{2}}c^{\frac{n-1}{2}}=nr^n \)
Siendo: \( n(b+c)=g^n \).
Demostración:
Spoiler
Parte 1)
\( \dfrac{c^n}{a-b}=\dfrac{a^n-b^n}{a-b}= (a-b)^{n-1}+nF(a-b)+na^{\frac{n-1}{2}}b^{\frac{n-1}{2}} \)
\( \dfrac{b^n}{a-c}=\dfrac{a^n-c^n}{a-c}= (a-c)^{n-1}+nF(a-c)+na^{\frac{n-1}{2}}c^{\frac{n-1}{2}} \)
\( \dfrac{a^n}{b+c}=\dfrac{b^n+c^n}{b+c}= (b+c)^{n-1}+nF(b+c)-nb^{\frac{n-1}{2}}c^{\frac{n-1}{2}} \)
-\( \textsf{ Sean } e, p \in{N}/ e|(a-b)\Rightarrow{e|c^n} \)
\( \textsf{Si }n \cancel{|}e\Rightarrow{(a-b)^{n-1}+nF(a-b)+na^{\frac{n-1}{2}}b^{\frac{n-1}{2}}} \textsf{y e son coprimos} \)
Podríamos escribir:
\( \dfrac{c^n}{a-b}=\dfrac{a^n-b^n}{a-b}= p^n \)
\( \textsf{Siendo }(a-b)=e^n \)
Esto nos lo garantiza el último sumando del cociente:
\( (a-b)^{n-1}+nf(a-b)+na^{\frac{n-1}{2}}b^{\frac{n-1}{2}} \)
Todos los sumandos son divisibles por "e", excepto el último, porque, si no, significaría que "a" o "b" tendrían divisor común con "c". falso por hipótesis (coprimos):
\( na^{\frac{n-1}{2}}b^{\frac{n-1}{2}} \)
\( \textsf{Si }n|e\Longrightarrow{\dfrac{c^n}{a-b}=np^n} \)
Y, por tanto:
\( (a-b)=\dfrac{e^n}{n} \)
-\( \textsf{ Sean } f, q\in{N}/ f|(a-c)\Rightarrow{f|b^n} \)
\( \textsf{Si }n \cancel{|}f\Rightarrow{(a-c)^{n-1}+nF(a-c)+na^{\frac{n-1}{2}}c^{\frac{n-1}{2}}} \textsf{y f son coprimos} \)
Podríamos escribir:
\( \dfrac{b^n}{a-c}=\dfrac{a^n-c^n}{a-c}= q^n \)
\( \textsf{Siendo }(a-c)=f^n \)
Esto nos lo garantiza el último sumando del cociente:
\( (a-c)^{n-1}+nf(a-c)+na^{\frac{n-1}{2}}c^{\frac{n-1}{2}} \)
Todos los sumandos son divisibles por "f", excepto el último, porque, si no, significaría que "a" o "c" tendrían divisor común con "b". falso por hipótesis (coprimos):
\( na^{\frac{n-1}{2}}c^{\frac{n-1}{2}} \)
\( \textsf{Si }n|f\Longrightarrow{\dfrac{b^n}{a-c}=nq^n} \)
Y, por tanto:
\( (a-c)=\dfrac{f^n}{n} \)
-\( \textsf{ Sean } g, r\in{N}/ g|(b+c)\Rightarrow{g|a^n} \)
\( \textsf{Si }n \cancel{|}g\Rightarrow{(b+c)^{n-1}+nF(b+c)-nb^{\frac{n-1}{2}}c^{\frac{n-1}{2}}} \textsf{y g son coprimos} \)
Podríamos escribir:
\( \dfrac{a^n}{b+c}=\dfrac{b^n+c^n}{b+c}= r^n \)
\( \textsf{Siendo }(b+c)=g^n \)
Esto nos lo garantiza el último sumando del cociente:
\( (b+c)^{n-1}+nf(b+c)+nb^{\frac{n-1}{2}}c^{\frac{n-1}{2}} \)
Todos los sumandos son divisibles por "g", excepto el último, porque, si no, significaría que "b" o "c" tendrían divisor común con "a". falso por hipótesis (coprimos):
\( nb^{\frac{n-1}{2}}c^{\frac{n-1}{2}} \)
\( \textsf{Si }n|g\Longrightarrow{\dfrac{a^n}{b+c}=nr^n} \)
Y, por tanto:
\( (b+c)=\dfrac{g^n}{n} \)
De todo lo anterior, se demuestra que: e, f, g, p, q, r, son “coprimos” entre sí.
Parte 2)
\( t^n=n(a-b)(a-c)(b+c)(F_{n-3}(a,b,c) \)
Demostración:
- \( (t+a)^n=(b+c)^n \), (por Proposición nº 1)
\( t^n+\displaystyle\binom{n}{1}t^{n-1}a+...+\displaystyle\binom{n}{n-1}ta^{n-1}+a^n=b^n+\displaystyle\binom{n}{1}b^{n-1}c+...+\displaystyle\binom{n}{n-1}bc^{n-1}+c^n \)
Debido a\( \textsf{ : }a^n=b^n+c^n \), tendremos:
\( t^n=-\displaystyle\binom{n}{1}t^{n-1}a-...-\displaystyle\binom{n}{n-1}ta^{n-1}+\displaystyle\binom{n}{1}b^{n-1}c+...+\displaystyle\binom{n}{n-1}bc^{n-1} \)
Por la proposición nº2, se demuestra que\( \textsf{ : }n|t \)
- \( t=b+c-a \)
\( t^n=(b+c)^n-\displaystyle\binom{n}{1}(b+c)^{n-1}a+...+\displaystyle\binom{n}{n-1}(b+c)a^{n-1}-a^n \)
\( \textsf{Como : }a^n=b^n+c^n\Longrightarrow{(b+c)|t^n} \)
\( t=b+c-a \)
\( t^n=c^n-\displaystyle\binom{n}{1}c^{n-1}(a-b)+...+\displaystyle\binom{n}{n-1}c(a-b)^{n-1}-(a-b)^n \)
\( \textsf{Como : }c^n=a^n-b^n\Longrightarrow{(a-b)|t^n} \)
\( t=b+c-a \)
\( t^n=b^n-\displaystyle\binom{n}{1}b^{n-1}(a-c)+...+\displaystyle\binom{n}{n-1}b(a-c)^{n-1}-(a-c)^n \)
\( \textsf{Como : }b^n=a^n-c^n\Longrightarrow{(a-c)|t^n} \)
Debido a que: (b+c), (a-b) y (a-c) son "coprimos" entre sí, queda demostrado.
