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.