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.