ELEMENTOS: 039-UTF:Demonstração de Caso Particular-I

Teorema e demonstração enviados pelo leitor Antonio Carlos Tavano, de São Paulo / SP.

Se $[;z;]$ é um primo qualquer e $[;n;]$ um primo ímpar, então não existem inteiros positivos $[; x;]$ e $[;y;]$ tais que

Isto é um caso particular do Último Teorema de Fermat ( $[;UTF;]$ ), com a restrição de que $[;z;]$ e $[;n;]$ sejam simultâneamente primos, com $[;n>2;]$ - $[;N.E;]$ .

A demonstração será consequência dos $[;7;]$ lemas enunciados a seguir.

$[; \rightarrow;]$ Obs: $[;u \mid v;]$ significa $[;u;]$ divide $[;v;]$ e $[;u \not \mid v;]$ significa $[;u;]$ não divide $[;v;]$ .

Lema $[;1;]$ : Se $[;z;]$ é primo e $[;z^n=aA;]$ , então $[;a=z^k;]$ e $[;A=z^{n-k};]$ , com $[;0 \leq k \leq n;]$ ;

Lema $[;2;]$ : Seja $[;A=b+c+d+e;]$ . Se $[;z|A;]$ e $[;z|b;]$ e $[;z|c;]$ e $[;z|d;]$ então $[;z|e;]$ ;

Lema $[;3;]$ Se $[;x^n + y^n=z^n;]$ , então $[;z \not \mid x;]$ e $[;z \not \mid y;]$ .

De fato, se $[;z|x \Rightarrow x=dz \Rightarrow (dz)^n + y^n=z^n \Rightarrow d^n.z^n + y^n=z^n;]$ . Para números naturais essa igualdade só se verifica se $[;d=1;]$ e $[;y=0;]$ , pois $[;d^n.z^n \geq z^n;]$ . Logo, $[;z;]$ não divide $[; x;]$ e usando o mesmo processo para $[;y;]$ , concluímos que $[;z;]$ não divide $[;y;]$ ;

Lema $[;4;]$ : Se $[;z;]$ é primo e $[;z|bc;]$ então ou $[;z|b;]$ ou $[;z|c;]$ (ou ambos);

Lema $[;6;]$ : Se $[;n;]$ é primo ímpar então $[;n| {n \choose 2};]$

Lema $[;7;]$ : Se $[;x>1;]$ , $[;y>1;]$ e $[;n>2;]$ , então $[;(x+y)^2 \leq x^n+y^n (I);]$ . Para provarmos a desigualdade vamos supor $[;y \geq x \Rightarrow 2y \geq (x+y) \Rightarrow 4y^2 \geq (x+y)^2;]$ . Aqui temos uma dificuldade. Temos que supor, se $[;y \geq 4;]$ $[;\Rightarrow;]$ $[;y^3 \geq 4y^2;]$ $[;\Rightarrow;]$ $[;y^3 \geq 4y^2 \geq (x+y)^2;]$ $[;\Rightarrow;]$ $[;y^3 \geq (x+y)^2;]$ $[;\Rightarrow;]$ $[;x^3+y^3 \geq y^3 \geq (x+y)^2;]$ $[;\Rightarrow;]$ $[;x^n+y^n \geq (x+y)^2;]$ e ficamos com a pendência de $[;y=3;]$ e $[;y=2;]$ para o caso crítico de $[;n=3;]$ e lembrando $[;x \leq y;]$ . Substituindo esses valores em $[;(I);]$ veremos que a desigualdade ainda se verifica: $[;(3+3)^2 \leq (3^3)+ (3^3);]$ , $[;(2+3)^2 \leq (2^3) +(3^3);]$ e finalmente, $[;(2+2)^2 \leq (2^3) + (2^3);]$ .

DEMONSTRAÇÃO

Vamos provar por redução ao absurdo. Seja $[;x^n+y^n=z^n;]$ e seja $[;x+y=a;]$ . Assim, $[;z^n=x^n + (a-x)^n \Rightarrow z^n=x^n + a^n - na^{n-1}x+.....-(n,2)a^2x^{n-2} + nax^{n-1} - x^n;]$ ( como $[;n;]$ é impar $[;x^n;]$ tem sinal negativo). Cancelando $[;x^n;]$ temos, $[;z^n=a^n-na^{n-1}x+.....-(n,2)a^2x^{n-2} +nax^{n-1};]$ Como $[;"a ";]$ aparece em todos os termos, vamos colocá-lo em evidência. $[;z^n=a[ a^{n-1} - na^{n-2}x+...-(n;2)ax^{n-2} +nx^{n-1}];]$ . Substituindo toda a expressão entre colchetes por $[;A;]$ : $[;z^n=aA;]$ . Observe o lema $[;1;]$ . Suponhamos $[;a=1;]$ e $[;A=z^n;]$ . Para $[;a=1 \Rightarrow x+y=1;]$ e $[;x=0;]$ ou $[;y=0;]$ . Absurdo pois $[; x;]$ e $[;y;]$ são não-nulos. Logo, $[;a=z^k;]$ . Se $[;a=z^n \Rightarrow (x+y)=z^n=x^n+ y^n;]$ e isso só é possível se $[;x=1;]$ e $[;y=1;]$ . Mas se $[;x=1;]$ e $[;y=1;]$ teríamos $[;1^n+1^n=z^n;]$ um absurdo. Logo, $[;a=z^k e A=z^{n-k};]$ e $[;k;]$ não é $[;0;]$ enem $[;n;]$ . Concluímos que se $[;z|a;]$ e $[;z|A;]$ , então $[;z|A;]$ , $[;z|[a^{n-1}];]$ , $[;z|na^{n-2}x;]$ e $[;z|{ n \choose 2}ax^{n-2};]$ pelo lema $[;2;]$ . Se $[;z|nx^{n-1};]$ , então pelo lema $[;4;]$ ou $[;z|n;]$ ou $[;z|x^{n-1};]$ Neste momento, vamos supor $[;z \neq n;]$ , portanto, $[;z|x^{n-1};]$ e pelo lema $[;5;]$ , $[;z|x;]$ o que é um absurdo pelo lema $[;3;]$ . Afinal o que provamos até agora? Provamos todo o teorema menos para $[;z=n;]$ . É o que faremos agora. Seja $[;z=n;]$ . Vimos acima que, se $[;z \neq n;]$ , $[;z;]$ não divide $[;A;]$ e para $[;z=n;]$ , $[;z;]$ pode dividir $[;A;]$ .Mas $[;z^2;]$ não pode dividir $[;A;]$ . Vamos provar. Suponhamos $[;z^2|A;]$ . Então $[;A/(n^2);]$ é um inteiro e temos $[;\frac{A}{n^2}=\frac{a^{n-1}}{n^2}-\frac{na^{n-2}x}{n^2}+.....-\frac{{n \choose 2}ax^{n-2}}{n^2}+\frac{nx^{n-1}}{n^2};]$ . Como $[;\frac{A}{n^2};]$ é um inteiro assim como cada termo até o penúltimo (veja lema $[;6;]$ ), então $[;\frac{nx^{n-1}}{n^2};]$ também é inteiro o que implica $[;n|x^{n-1};]$ e pelo lema $[;5;]$ $[;n=z|x;]$ , o que é absurdo pelo lema $[;3;]$ . Para que não nos percamos, lembre que $[;z^n=aA;]$ . Acabamos de provar que $[;A;]$ só pode ser igual a $[;z=n;]$ e não pode ser igual a $[;(z^2);]$ ou $[;(z^3);]$ etc. Se $[;A=z;]$ , isso implica que $[;a=z^{n-1};]$ $[;\Rightarrow;]$ $[;a>A;]$ $[;\Rightarrow;]$ $[;x+y>\frac{x^n+y^n}{x+y};]$ e, portanto, $[;(x+y)^2>x^n + y^n;]$ , o que contradiz o lema $[;7;]$ e assim, fica demonstrado o teorema.

Tópico relacionado: UTF:Demonstração de Caso Particular-II

7 comentários:

Narciso6 de maio de 2012 às 03:50
Eu já havia feito essa demonstração antes, mas terminei assim: se z=n, então a=n^k. Coloquei n em evidência nos colchetes, e bastou provar que n não divide x^(n-1). O pequeno teorema de Fermat diz:
Para todo x inteiro, se n é primo, então
x^(n-1) ≡ 1 (mod n). Logo, n∤x^(n-1), o que é absurdo.
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tavano6 de maio de 2012 às 14:54
Oi, Narciso! Fiquei duplamente feliz ao ler seu comentário. Primeiro porque descubro que há mais gente pensando em matemática além de mim do Aloisio e de outros donos de blogs. Segundo porque você não apontou erros o que é comum em se tratando de UTF. Não sei como vai afetar a sua demonstração o que vou lhe dizer, pois não sei quais são suas suposições iniciais, mas, do modo como você enunciou, o pequeno teorema de Fermat não vale para todo x inteiro: Contraexemplo: 10^(5-1)== 0 (mód 5) e não côngruo a 1. Um recado para os que tentam demonstrar o UTF: Tenho fortes razões para crer que em algum momento da demonstração os sinais ">" ou "<" têm que aparecer. Muito Obrigado pela leitura...abçs
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tavano6 de maio de 2012 às 19:40
Oi, Teixeira! Eu que agradeço pela confiança e oportunidade....abçs
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domingo, 6 de maio de 2012

039-UTF:Demonstração de Caso Particular-I

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