A única demostración de Fermat

Fermat é famoso por anunciar resultados dos que despois non daba a demostración. Ata tal punto isto é certo que só se coñece unha demostración da súa autoría, que sería publicada polo seu fillo nunha edición da Artimética de Diofanto coas notas de Fermat. O teorema ao que estamos facendo referencia trata sobre un tipo de triángulos que agora se lles chama heronianos. Un triángulo heroniano é aquel no que tanto os lados como a área son números enteiros. O enunciado dese teorema di que

Non existen triángulos rectángulos heronianos que teñan de área un cadrado

No canto de traballar directamente con este resultado, farémolo cunha pequena modificación deste enunciado e que ten unha apariencia bastante distinta:

Non hai tres números enteiros que verifiquen $a^4-b^4=c^2$

Podemos supoñer que $a$ e $b$ non teñen factores comúns pois, en caso contrario poderiamos dividir a igualdade por eses factores. A igualdade pode escribirse $c^2+{\left(b^2\right)}^2={\left(a^2\right)}^2$, o que dá lugar a un triángulo rectángulo de lados $(c,b^2,a^2)$, de aí que ademais de que o mcd(a,b)=1, un deles debe ser par e outro impar.

Sexan $u^2=a^2+b^2$ e $v^2=a^2-b^2$, entón $u$ e $v$ serán coprimos e impares. Dáse o caso curioso de que $v^2$, $a^2$ e $u^2$ forman unha progresión aritmética de diferenza $b^2$

Consideremos agora os números enteiros $e=\frac{u+v}{2}$ e $f=\frac{u-v}{2}$. Ademais son coprimos porque, en caso de teren un divisor primo común $p$, este dividiría tamén a $u$, a $v$, a $b^2$ e, polo tanto a $a^2$, o cal é imposible.

Temos entón que o produto $ef=\frac{u+v}{2}\frac{u-v}{2}=\frac{u^2-v^2}{4}=\frac{b^2}{2}$. Ademais $b=2ef=4r^2{s}^2$

Como polo menos un dos números $e$ ou $f$ é impar, sen perda de xeneralidade podemos supoñer que $e$ é impar. Como $b^2=2ef$, o factor 2 debe aparecer máis veces na descomposición factorial de $b^2$, terá que ser factor de $f$. Por seren coprimos, o resto dos seus factores deben ser cadrados. Velaí que $e=r^2$ e $f=2s^2$, con$r$ e $s$ tamén coprimos.

$\{\begin{array}{c}u=e+f=r^2+2s^2\\ v=e-f=r^2-2s^2\end{array}$

$a^2=b^2+v^2=4r^2{s}^2+{(r^2-2s^2)}^2=r^4+4s^4$

De aí que agora teñamos un triángulo rectángulo de catetos $r^2$, $2s^2$ e hipotenusa $a$. A súa área é un cadrado: $r^2{s}^2$

Entón existirá unha terna pitagórica primitiva $(m^2-n^2,2mn,m^2+n^2)=(r^2,2s^2,a)$ con $m$ e $n$ coprimos- $mn=s^2$ polo que os seus factores serán cadrados: $m=a_1^2$ e $n=b_1^2$. Entón $a_1^4-b_1^4=r^2$. Ademais, como $r$ é factor de $b$ temos $r<b$ e tamén $a_1<a$ e $b_1<b$. Temos tres enteiros menores que os de partida verificando a mesma igualdade. Este proceso podería repetirse unha e outra vez, o cal non ten sentido. Velaquí o chamado método de demostración do "descenso infinito"

Para demostrar o teorema do triángulo rectángulo heroniano, bastaría con considerar que existe un triángulo rectángulo primitivo $(x,y,z)$ de lados enteiros e con área un cadrado. $(x,y,z)=(p^2-q^2,2pq,p^2+n^2)$. Con $p$ e $q$ coprimos e de distinta paridade. A área $pq(p^2-q^2)$ é un cadrado formado por coprimos, polo tanto estes factores serán tamén cadrados. $p=a^2$, $q=b^2$ e $p^2+q^2=c^2$. De aí que $a^4-b^4=c^2$. Despois bastaría con seguir a demostración anteriormente dada.

Notas sobre ternas pitagóricas

Se os lados dun triángulo rectángulo teñen valores naturais dise que eses valores forman unha terna pitagórica. Por exemplo $(3,4,5)$ e $(8,15,17)$ son ternas pitagóricas. Podémolo comprobar: $3^2+4^2=5^2$ e $8^2+{15}^2={17}^2$.

Dada unha terna pitagórica como $(3,4,5)$ é moi fácil obter infinidade delas multiplicando por un enteiro calquera. Por exemplo, $(3n,4n,5n)$ tamén será unha terna pitagórica xa que 

$${\left(3n\right)}^2+{\left(4n\right)}^2=n^2(3^2+4^2)=n^2{5}^2={\left(5n\right)}^2$$

Ás ternas como $(3,4,5)$, na que os números son coprimos, chámaselle ternas pitagóricas primitivas. Agora ben, a pouco que indagemos veremos que hai moitas máis. Como obtelas? Segundo Proclo (412-485) foi o propio Pitágoras o primeiro en determinar un método para xeneralas. Os fundamentos parten de estudar os números figurados, en concreto os cadrados. Se temos un cadrado de puntos, como o da figura, e lle engadimos o que lle chamaban gnomon, esa especie de L en cor vermella, obtemos o seguinte cadrado.

Chamámoslle $m$ á cantidade de puntos do gnomon. O seu valor será sempre un número impar. Está claro que o gnomon rodea un cadrado de lado $\frac{m-1}{2}$. Co engadido do gnomon fórmase un cadrado maior de lado $\frac{m-1}{2}+1=\frac{m+1}{2}$. Se o propio gnomon fose un cadrado, $m=n^2$, teriamos unha terna pitagórica 

$$(n,\frac{m-1}{2},\frac{m+1}{2})=(n,\frac{n^2-1}{2},\frac{n^2+1}{2})$$

Para cada $n$ impar poderemos obter así unha terna pitagórica. Por exemplo, para $n=3$ temos a terna $(3,4,5)$. Pero hai moitas que non teñen esta forma, como é o caso de $(8,15,17)$. Proclo seguiu dando información sobre esta cuestión, tamén asegurou que Platón achara outro método que daba ternas, partindo agora de números pares. 

Observemos a seguinte imaxe, catro tiras de lonxitude $m$ están rodeando un cadrado de lado $m-1$ e completan así outro cadrado de lado $m+1$

Temos pois que ${(m-1)}^2+4m={(m+1)}^2$. Se $4m$ fose un cadrado, $4m=n^2$, a tripleta $(n,m-1,m+1)$ verificaría o teorema de Pitágoras. Como $m={\left(\frac{n}{2}\right)}^2$, para cada valor par de $n$ podemos formar a seguinte terna pitagórica

$$(n,{\left(\frac{n}{2}\right)}^2-1,{\left(\frac{n}{2}\right)}^2+1)$$

A escura aportación de Euclides

Aínda así, non abarcamos todos os casos posibles, $(39,80,89)$ non se adapta nin á fómula de Pitágoras nin á de Platón. Como en moitas outras ocasións, temos que acudir a Euclides para que salve a situación. A parte negativa é que Euclides ofrece a súa achega no libro X dos Elementos, o máis escuro e intrincado de todos o que conforman esta obra.

No Lema I, posterior á Proposición X.28 dos Elementos, podemos ler, non sen certa dificultade, que Euclides explica como obter ternas pitagóricas

Lema I. Atopar dous números cadrados de xeito que tamén a súa suma sexa cadrado

Este é un deses resultados dos Elementos nos que non se dá unha demostración, senón que se realiza unha construción. Recollemos aquí dunha adaptación da tradución de Ana Gloria Rodríguez e Celso Rodríguez

Tómense dous números cadrados $AB=u^2$ e $B\mathrm{\Gamma }=v^2$, consideremos a súa resta $A\mathrm{\Gamma }=u^2-v^2$. Divídase á metade por $\mathrm{\Delta }$ ($A\mathrm{\Delta }=\mathrm{\Delta }\mathrm{\Gamma }$) $A\mathrm{\Delta }=\mathrm{\Delta }\mathrm{\Gamma }=\frac{u^2-v^2}{2}$ logo o produto de $AB=u^2$ e $B\mathrm{\Gamma }=v^2$ xunto co cadrado de $A\mathrm{\Gamma }$ ($A{\mathrm{\Gamma }}^2={\left(\frac{u^2-v^2}{2}\right)}^2$) é igual ao cadrado de $B\mathrm{\Delta }$ ($B{\mathrm{\Delta }}^2={\left(\frac{u^2+v^2}{2}\right)}^2$) co cal 

$${\left(uv\right)}^2+{\left(\frac{u^2-v^2}{2}\right)}^2={\left(\frac{u^2+v^2}{2}\right)}^2$$

Acabamos de comprobar que $(uv,\frac{u^2-v^2}{2},\frac{u^2+v^2}{2})$ é unha terna pitagórica.

A expresión estándar dunha terna pitagórica

Tomando $m=\frac{u}{\sqrt{2}}$  e  $n=\frac{v}{\sqrt{2}}$ temos esta outra forma de presentar as ternas pitagóricas, que é a habitual hoxe en día:

$$(2mn,m^2-n^2,m^2+n^2)$$

A cuestión é: con esta fórmula temos determinadas todas as ternas pitagóricas primitivas? A resposta é afirmativa. Vexámolo. 

Se $(a,b,c)$ é unha terna pitagórica primitiva, $a$ e $b$ $c$ son coprimos polo que non poden ser pares. Tampouco poden ser impares xa que nese caso, os seus cadrados tamén o serían e polo tanto $c$ debería ser par, entón $a=2p+1$, $b=2q+1$ e $c=2r$. 

$${(2p+1)}^2+{(2q+1)}^2=r^2$$

$$4(p^2+q^{2}p+q)+2=4r^2$$

Pero non é posible que ao dividir o primeiro membro por 4 obteñamos de resto 2 mentres que ao dividir o segundo membro por 4 o resto sexa 0. A conclusión é que un dos números entre a $a$ e $b$ debe ser par e o outro impar. Supoñamos, sen perda de xeneralidade que  $a$ é o par, entón $b$ e $c$ serán impares.

Como $a^2=c^2-b^2=(c-b)(c+b)$, tomando $u=\frac{c+b}{2}$ e $v=\frac{c-b}{2}$ , sabemos que $u$ e $v$ serán coprimos, por selo tamén $b$ e $c$. Teremos ${\left(\frac{a}{2}\right)}^2=uv$. Se un produto de coprimos é un cadrado, cada un dos factores debe ser tamén un cadrado. De aí que $u=m^2$ e $v=n^2$.

Como $a^2=4uv={\left(2mn\right)}^2$, tense que $a=2mn$.

$\{\begin{array}{c}c+b=2u=2m^2\\ c-b=2v=2n^2\end{array}$ Sumando e restando obtemos $c=m^2+n^2$ e $b=m^2-n^2$. Entón a terna pitagórica primitiva de partida poida escribirse:

$$(a,b,c)=(2mn,m^2-n^2,m^2+n^2)$$

Xeometría analítica para as ternas pitagóricas

Neste punto a cuestión estaría completada. Con todo, imos engadir un epílogo, extraído do libro Matemática elemental desde un punto de vista superior (Nivola, 2006), de Felix Klein. 

Volvamos a partir dun triángulo rectángulo primitivo $(a,b,c)$. Dividindo todos os lados por $c$ transformarémolo nun triángulo rectángulo de hipotenusa $1$, quedando a terna da forma $(\frac{a}{c},\frac{b}{c},1)=(x,y,1)$. Agora os catetos deben ser números racionais. Pensemos que se verificará $x^2+y^2=1$, isto é, os triángulos fican sobre a circunfencia unidade. Identificaremos todos os triángulos rectángulos unitarios con catetos racionais. Para iso faremos uso da semirecta que pasa polo punto $S(0,-1)$. Se a súa pendente é $\lambda$ terá de ecuación

$$y=\lambda (x+1)$$

Denominaremos racional ou irracional a esta semirecta segundo $\lambda$ sexa ou non racional. Diremos que un punto é racional se ten as dúas coordenadas racionais. Con esta terminoloxía verifícase o seguinte 

Teorema. a)Todo punto racional da circunferencia proxéctase desde S mediante unha semirecta racional. b) Recíprocamente toda semirecta racional cortará á circunferencia unitaria nun punto racional.

O apartado a) é evidente xa que a recta que pasa por S eP, ambos racionais, terá pendente racional. Pasemos a demostrar o apartado b). Con este fin procuraremos caracterizar os puntos de intersección da semirecta e a circunferencia substituíndo a ecuación da primeira, $y=\lambda (x+1)$, na segunda, $x^2+y^2=1$:

$$x^2+{\lambda }^2{(x+1)}^2=1$$

Operando chegamos a

$$({\lambda }^2+1)x^2+2{\lambda }^{2}x+{\lambda }^2-1=0$$

Coñecemos unha solución desta ecuación, $x=-1$, pois sabemos que o punto $S$ forma parte tanto da semirrecta como da circunferencia. Dividindo a anterior expresión por $x+1$

$$({\lambda }^2+1)x+{\lambda }^2-1=0$$

$$x=\frac{1-{\lambda }^2}{1+{\lambda }^2}$$

Subsituíndo na ecuación da recta obtemos o valor correspondente da ordenada

$$y=\frac{2\lambda }{1+{\lambda }^2}$$

Destas dúas últimas expresións dedúcese que se $\lambda$ é racional tamén o será o punto de corte.

O teorema xa está demostrado. Fagamos agora unha reflexión a maiores. Tomemos  $\lambda =\frac{n}{m}$. Velaí que substituíndo nas anteriores expresións teremos que:

$$x=\frac{m^2-n^2}{m^2+n^2}y=\frac{2mn}{m^2+n^2}$$

Así identificamos todas as ternas pitagóricas de hipotenusa $1$:

$$(\frac{m^2-n^2}{m^2+n^2},\frac{2mn}{m^2+n^2},1)$$