(MT:AL) Teorema de Fermat - luis esc

**JWolf** · 16/09/2009 23:09

Título: Teorema de Fermat
Autor: luis esc

Hilo original: http://foro.migui.com/smf/index.php/topic,9876.0.html

Lema 1.

Sea $p$ un número natural primo fijo.

$\forall m \in \mathbb{N}$ , la implicación siguiente es cierta:

$0<m<p$ implica que $p \mid \binom{p}{m}$ .

Demostración:

-Primera manera.Gracias a Púrpura.

Tenemos que $\binom{p}{m} = \dfrac{p!}{(p-m)! m!}$ , por lo tanto,

$\binom{p}{m} (p-m)! m! = p!$ .

Claramente, $p$ divide a $p!$ por lo que:

$p$ ha de dividir a $\binom{p}{m} (p-m)! m!$ .

Como $p$ es un número primo, por definición de número primo, si se tiene que $p \mid ab$ entonces necesariamente $p \mid a$ o $p \mid b$ .

En nuestro caso, como $p \mid \binom{p}{m} (p-m)! m!$ , entonces:

$p \mid \binom{p}{m}$ o $p \mid (p-m)!$ o $p \mid m!$ .

Como $p-m;m<p$ se sigue que $p$ no divide ni a $m!$ ni a $(p-m)!$ .

Por lo que entonces:

$p \mid \binom{p}{m}$ .

-Segunda manera.

Procedemos por el método de inducción matemática sobre $m$ .

Si $m=1$ , entonces $\binom{p}{m}=p$ luego efectivamente $p \mid \binom{p}{m}$ .

Asumamos la hipótesis de inducción, es decir, $p \mid \binom{p}{m}$ y sea $m+1<p$ .

Veámos que $p \mid \binom{p}{m+1}$ .

Tenemos:

$\binom{p}{m+1}=\dfrac{p!}{(m+1)! (p-m-1)!}=\dfrac{p-m}{m+1} \dfrac{p!}{m! (p-m)!}=\dfrac{p-m}{m+1} \binom{p}{m}$ .

Así pues, por hipótesis de inducción, sabemos que $p \mid (p-m) \binom{p}{m}$ y como $(m+1,p)=1$ , entonces la divisibilidad se conserva al dividir entre $m+1$ , es decir, finalmente tenemos que $p \mid \binom{p}{m+1}$ .

$Q.E.D.$

Bien, lo que no acabo de entender es aquello de que "como $(m+1,p)=1$ , entonces la divisibilidad se conserva al dividir entre $m+1$ ".

Yo sé por hipótesis de inducción que $(p-m) \binom{p}{m}$ es un múltiplo de $p$ .
Además, los coeficientes binomiales son siempre números naturales, entonces, ¿por qué es necesario asumir que $(m+1,p)=1$ ?

A ver, yo pienso lo siguiente.
Como $(p-m) \binom{p}{m}$ es un múltiplo de $p$ , entonces $(p-m) \binom{p}{m} = kp$ , para cierto natural $k$ .
El hecho de que los números $m+1,p$ sean coprimos, nos asegura que, para que el coeficiente binomial $\binom{p}{m+1}$ sea un número natural, $m+1$ tenga que dividir al número $k$ , ya que $m+1$ no puede dividir a $p$ , ya que estos dos números son coprimos y por tanto el divisor mas grande común es justo el $1$ y esta claro que $m+1 \neq 1$ ya que $m>0$ . Por tanto $m+1$ ha de dividir a $k$ y no a $p$ .
Así, nos aseguramos que el coeficiente binomial $\binom{p}{m+1}$ sea efectivamente un múltiplo de $p$ que era lo que buscábamos.

Lema 2.

Sea $p$ un número natural primo.
Entonces, $\forall n \in \mathbb{N} : p \mid n^p - n$ .

Demostración:

De nuevo, procedemos por el método de inducción matemática sobre $n$ .

Para $n=1$ , tenemos que $1^p - 1 = 0$ , luego efectivamente $p \mid n^p - n$ .

Asumamos la hipótesis de inducción, es decir, que $p \mid n^p - n$ .

Probemos que $p \mid (n+1)^p - (n+1)$ .

$\dfrac{(n+1)^p - (n+1)}{p}=\dfrac{n^p - n + \sum_{k=1}^{p-1} \binom{p}{k} n^{p-k}}{p} = \dfrac{n^p - n}{p} + \dfrac{\sum_{k=1}^{p-1} \binom{p}{k} n^{p-k}}{p} = t + s \in \mathbb{Z}$ .

Para ciertos enteros $t,s$ ; donde en la última igualdad he usado la hipótesis de inducción y el Lema 1.

$Q.E.D.$

Teorema.Fermat.

Si $p$ es un número primo, entonces, para cada número natural $n$ coprimo con $p$ , se tiene que $n^{p-1} \equiv 1 ; mod(p)$ .

Demostración:

Usando el Lema 2, sabemos que $n^p - n=\dot{p}$ .

Sacando factor común $n$ tenemos que,

$n( n^{p-1} - 1 ) = \dot{p}$ .

Ahora, tomamos clases de equivalencia módulo $p$ .

$[n( n^{p-1} - 1 )] = [\dot{p}]$ y además $[\dot{p}]$ es nulo por ser $\dot{p}$ múltiplo de $p$ , es decir,

$[n][ n^{p-1} - 1 ] = 0$ .

Hay que tener en cuenta que, como $p$ es un número primo, entonces $\mathbb{Z}_p$ es cuerpo, luego en particular es dominio de integridad, por lo tanto, no hay divisores de cero.

Luego, si $[n][ n^{p-1} - 1 ] = 0$ , entonces,

o bien $[n]=0$ o bien $[ n^{p-1} - 1 ]=0$ .

Si queremos que $[n]$ sea distinto de $0$ , entonces debemos imponer que $n$ no sea múltiplo de $p$ . Entonces, podemos imponer que $(n,p)=1$ .

En este caso, tenemos lo que queríamos, que $[n]$ sea distinto de $0$ , y por lo tanto debe ser $[ n^{p-1} - 1 ] = 0$ .

Así pues,

$[n^{p-1}] - [1] = 0$ ,

$[n^{p-1}] = [1]$ ,

de donde se obtiene finalmente que:

$n^{p-1} \equiv 1;mod(p)$ .

$Q.E.D.$

Notar que si no hubiésemos impuesto que $(n,p)=1$ , entonces, tomando por ejemplo $n=p=3$ tendríamos que el teorema no se cumpliría.

Tema: (MT:AL) Teorema de Fermat - luis esc

Herramientas

Buscar tema

Visualizar

(MT:AL) Teorema de Fermat - luis esc

Temas similares

Principio de Fermat (camino optico MAXIMO)

Teorema de Abel-Ruffini y Teorema Fundamental del Algebra

Luis Ibañez en el show de Oprah, digo Motl

"El enigma de Fermat" ("Fermat's last theorem

La habitación de Fermat

Etiquetas para este tema

Permisos de publicación