Lema clave de Euler

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JPablo
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Lema clave de Euler

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En el tema anterior http://omaforos.com.ar/viewtopic.php?f=7&t=2508 nombré un lema en particular que en un principio no había demostrado, puesto que su demostración usaba cosas no elementales. Entonces pedí que alguien propusiera una demostración elemental. Muchas gracias al usuario Vladislao, quien me recomendó el blog del cual he sacado la demostración que ahora les comparto:

Lema: Si los enteros [math], [math], [math] cumplen [math], [math] y [math] son coprimos, y [math] es impar, entonces existen enteros [math] y [math] tales que [math], [math], [math].

Pero antes de demostrar este lema, tendremos que demostrar otros lemas auxiliares (por eso hice un tema aparte para la demostración de este otro lema).

Empecemos:

Lema 1: El producto entre dos números de la forma [math] es un número de la misma forma.
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[math]

Sumamos [math] y la igualdad no cambiará. Nos quedará

[math]

Los primeros tres términos nos forman un trinomio cuadrado perfecto, por lo que los factorizamos como cuadrado de un binomio. En los otros términos sacamos factor común [math]:

[math]

Y como nos volvió a quedar un trinomio cuadrado perfecto, volvemos a factorizar:

[math] [math]
Lema 2: Si [math] entonces [math], y el resultado de esta división será también de la forma [math].
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Como [math] entonces [math] y [math] deben tener la misma paridad, para que [math] nos dé como resultado un número par.

Analicemos dos casos: cuando son los dos pares, y cuando son los dos impares.

Cuando son los dos pares:

Entonces existen enteros [math] y [math] tales que [math] y [math].

[math]

Cuando son los dos impares:

Todos los números impares pueden tener o resto [math] o resto [math] en su división por [math]. Luego, existen enteros [math] y [math] tales que

[math]
[math]

Por lo tanto pueden pasar dos cosas: [math] o bien [math]. Veamos que el lema se cumple para ambos casos:

[math]:
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Si [math] entonces [math], luego [math]

Notemos que [math] y por lo tanto

[math]

Por el Lema 1 esto equivale a

[math]

También tenemos que [math]. Es obvio que [math] y además tenemos que [math]. Luego [math] y por lo tanto [math].

Entonces tenemos que [math]

Luego, existen enteros [math] y [math] tales que

[math]

[math]

Y por lo tanto

[math]

Es decir que

[math], lo cual completa la demostración. [math]
[math]:
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El argumento es similar, pero esta vez tomemos [math]. Luego

[math]

[math]

Luego [math] y además [math]. Por lo tanto [math].

Asignemos entonces, para enteros [math] y [math] que

[math]

[math]

Y luego

[math] [math]
Lema 3: Si un primo de la forma [math] divide a [math], entonces existen enteros [math] y [math] tales que [math].
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Como [math] entonces existe un entero [math] tal que [math].

Ahora consideremos la diferencia de cuadrados [math], y sumémosle [math], lo cual no cambiará el valor.

[math]

Como [math] y además [math], entonces [math]. Luego, al ser [math] un número primo, entonces [math] o [math].

Entonces existe un entero [math] tal que [math] o [math]. Consideraremos ambos casos al mismo tiempo usando el signo [math].

Ahora consideremos el siguiente producto, y vamos a resolverlo con el Lema 1:

[math]

De donde, teniendo en cuenta que [math] obtenemos

[math]

Factorizando:

[math]

Y por lo tanto [math]. Luego, existe un entero [math] tal que [math].

Lo que significa que

[math]

Pero hace un rato teníamos que [math]. Reemplazando tenemos

[math]

[math]

Como queríamos demostrar. [math]
Lema 4: Si [math] tiene un divisor impar [math] que no es de la forma [math], entonces el cociente [math] tiene un divisor impar [math] que tampoco es de la forma [math].
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Sea [math], con [math] impar y no siendo de la forma [math].

Razonemos por reducción al absurdo: supongamos que TODOS los divisores impares de [math] son de la forma [math]. Sea [math] la factorización en primos de [math].

Ahora, si [math] es divisible por [math], haremos lo siguiente (sino, nos salteamos este paso): como es divisible por [math], entonces por el Lema 2 es también divisible por [math]. Como [math] es impar, [math] no es divisible por [math]. Entonces dividiremos a [math] por [math] sucesivamente, y por el Lema 2 seguiremos obteniendo un número de la forma [math]. Eso significa que cada uno de los factores [math] de [math] se irán cancelando, hasta que finalmente no quedarán factores pares.

Tras la división nos quedó un [math] que no tiene divisores pares. Nosotros hemos asumido que todos los divisores impares de [math] son de la forma [math], por lo tanto si empezamos a dividir sucesivamente a [math] por cada uno de los factores primos de [math] (que serán todos impares, porque los pares ya los "sacamos"), por el Lema 3 nos seguirá quedando de la forma [math]. Realizaremos esto sucesivamente hasta que lleguemos a un [math], es decir, cuando ya hayamos dividido por todos los factores primos de [math].

Pero entonces nos quedará un [math] de la forma [math], y habíamos supuesto lo contrario.

Queda entonces el lema demostrado por reducción al absurdo. [math]
Lema 5: Si [math] y [math] son coprimos, entonces todos los divisores impares de [math] son de esa misma forma.
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Sea [math] un impar positivo tal que [math]. Entonces existe un entero [math] tal que [math]. Podemos asumir que [math] es mayor que [math], pues el único divisor positivo de [math] es sí mismo, y además [math] es de la forma del enunciado, pues [math], con lo cual quedaría demostrado para [math].

Sabemos que [math] no puede dividir a [math] y a [math] simultáneamente, porque son coprimos. Entonces, sea [math] el cociente y [math] el resto en la división de [math] por [math]. Análogamente sea [math] el cociente y [math] el resto en la división de [math] por [math].

[math]

[math]

Veamos ahora lo siguiente:
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Supongamos que [math]. Sea [math] un entero tal que [math].

Luego [math]. Entonces [math] porque [math] y [math].

Hemos encontrado un valor [math] cuyo módulo es menor a la mitad de [math].
Entonces podemos "redefinir" los enteros [math], [math], [math] y [math] de la siguiente forma: los módulos de [math] y [math] son menores que la mitad de [math], y además

[math]

[math]

Luego [math], y tras factorizar y despejar llegamos a que [math].

Luego [math] y como [math] entonces debe ser [math]. Luego, existe un entero [math] tal que [math]. Teniendo en cuenta la desigualdad que definimos hace un rato, tenemos

[math].

Como [math] es claramente positivo, y además [math] es positivo, entonces [math] es también positivo. Como [math], entonces [math].

Además, [math] no puede ser igual a [math], porque la única forma de que esto ocurra sería que [math] y [math], y entonces [math] y [math] serían divisibles por [math], lo cual dedujimos imposible.

Sea [math] el máximo común divisor entre [math] y [math]. Entonces existen enteros [math] y [math] tales que [math] y [math]. Aparte, por las propiedades del máximo común divisor, [math] y [math] son coprimos. Entonces

[math] Luego [math].

Vamos a demostrar que [math] y [math] son coprimos, lo cual implicaría claramente que [math]
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Supongamos que no. Luego, existe un primo [math] que los divide a ambos. Luego existen enteros [math] y [math] tales que [math] y [math]. Entonces [math] y por lo tanto

[math]

Análogamente [math].

Pero entonces [math] divide a [math] y a [math], lo cual es imposible porque [math] y [math] son coprimos.

Por reducción al absurdo, [math] y [math] son coprimos. [math]
Entonces [math]. Entonces existe un entero [math] tal que [math]. Sustituyendo en [math] obtenemos [math], es decir,

[math]

Ahora demostraremos lo que estamos buscando demostrar desde el principio: que [math] es de la forma [math].
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Supongamos que no, que no tiene esa forma. Supongamos también que es el menor positivo impar que no es de la forma [math] y que divide a [math]. Entonces, por el Lema 4, [math] debe tener un divisor impar [math] que tampoco es de esa forma. Entonces [math] no puede ser [math], porque [math] sí es de esa forma.

Entonces [math] es menor que [math]. Por lo ya deducido tenemos [math]. Entonces [math]. Es obvio también que [math], pero esto no puede ocurrir porque habíamos dicho que [math] era el menor divisor de [math]. Luego, [math] debe ser de la forma [math]. [math]
Ahora sí, estamos en condiciones de demostrar el dichoso lema:

Como [math] es impar, entonces [math] y [math] deben ser de paridad opuesta, pues [math]. Es obvio que [math]. Por el Lema 5 debe ser [math] para algún par de enteros [math] y [math]. Entonces

[math]

Trabajaremos con la expresión [math]:
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Sumamos [math] y no variaremos el valor de la expresión.

[math]
Y entonces

[math]

Ahora multiplicamos pero usando el Lema 1:

[math]

Que tras un poco de desarrollo nos queda

[math]

Recordemos que esa expresión es igual a [math]. Entonces

[math]

Lo cual claramente demuestra el lema. [math]

Con esto el Último Teorema de Fermat para el caso [math] queda completamente demostrado.
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Yanes

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Re: Lema clave de Euler

Mensaje sin leer por Yanes »

En el lema 4 no comprendo por qué $\big(g''=1\big)$ implica que $f$ es de la forma $\big(x^2+3y^2\big)$

Perdón mi ignorancia, podrías explicar el procedimiento para llegar a tal resultado?

Gracias.
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JPablo
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Re: Lema clave de Euler

Mensaje sin leer por JPablo »

Yanes escribió: Jue 28 Oct, 2021 10:18 am En el lema 4 no comprendo por qué $\big(g''=1\big)$ implica que $f$ es de la forma $\big(x^2+3y^2\big)$

Perdón mi ignorancia, podrías explicar el procedimiento para llegar a tal resultado?

Gracias.
Recién veo esto. :oops:

Si $a^2+3b^2=fg$ con $f$ impar y no de la forma $x^2+3y^2$, queremos demostrar que $g$ tiene un divisor impar que tampoco es de la forma $x^2+3y^2$.

En mi argumento dije: supongamos por el absurdo que todos los divisores impares de $g$ son de la forma $x^2+3y^2$. Sin pérdida de generalidad podemos asumir que $g$ es impar, puesto que si $2\mid g$ entonces $2\mid fg=a^2+3b^2$, luego $4\mid a^2+3b^2=fg$ (Lema 2) y por lo tanto $4\mid g$ porque $f$ es impar, de donde podemos dividir por $4$, eliminar factores pares de $g$ y además (Lema 2 de nuevo) $\frac{a^2+3b^2}{4}$ sigue siendo de la forma $x^2+3y^2$.

Repitiendo eso varias veces, nos reducimos al caso en que $a^2+3b^2=fg$, donde $f$ y $g$ son impares. (Recordemos: seguimos suponiendo que los divisores impares de $g$ son todos de la forma $a^2+3b^2$). Aplicando sucesivamente el Lema 3 y dividiendo por cada uno de los divisores primos de $g$ (que son todos impares), vamos a terminar obteniendo una expresión de la forma $a^2+3b^2=f\cdot 1=f$. Esto contradice la hipótesis sobre $f$.

En esencia, siempre tuvimos $a^2+3b^2=fg$. Primero reducimos al caso en que $g$ es impar, y luego reducimos al caso en que $g=1$. Este último caso es trivial porque implica $a^2+3b^2=f$, que obviamente contradice la hipótesis sobre $f$.
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