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 $\left ( c,b^{2},a^{2} \right )$, 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.

$\left\{\begin{matrix}u=e+f=r^{2}+2s^{2}\\ v=e-f=r^{2}-2s^{2}\end{matrix}\right.$

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

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 $pq\left ( p^{2} -q^{2}\right )$ 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 

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

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 

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

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 $\left ( m-1 \right )^{2}+4m=\left ( m+1 \right )^{2}$. 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

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

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

$$\left ( 2mn, m^{2} -n^{2},m^{2}+n^{2}\right )$$

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 $c=2r$. 

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

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

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 $a^{2}=c^{2}-b^{2}=\left ( c-b \right )\left ( c+b \right )$, 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 $a=2mn$.

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

$$\left ( a,b,c \right )=\left ( 2mn,m^{2}-n^{2},m^{2}+n^{2} \right )$$

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 $\left ( \frac{a}{c} ,\frac{b}{c},1\right )=(x,y,1)$. 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

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

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, $y=\lambda \left ( x+1 \right )$, na segunda, $x^{2}+y^{2}=1$:

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

Operando chegamos a

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

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 $x+1$

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

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

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:

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

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

$$\left (\frac{m^{2}-n^{2}}{m^{2}-n^{2}},\quad \frac{2mn }{m^{2}-n^{2}}\quad,1  \right )$$