El documento presenta una discusión matemática sobre el Último Teorema de Fermat. Comienza resumiendo brevemente el teorema y la demostración de Andrew Wiles. Luego, el autor desarrolla una demostración alternativa para los casos cuando n=2 y n=3, mostrando que es posible para n=2 pero no para n=3 o mayores debido a problemas de recursividad. Concluye que la afirmación original de Fermat es cierta para todos los casos cuando n>2.

1. Santiago, República Dominicana.
01 de julio de 2020
Saludos, estimado Antonio Gauche Falcón.
Hace un tiempo, me presentaste tus avances en lo referente al Último Teorema
de Fermat (UTF). Aunque el problema fue resuelto por Andrew Wiles en 1995, al
igual que tú pienso que sería interesante encontrar una prueba que no requiera de
los engorrosos procedimientos que utilizó Wiles en su demostración; después de
todo, no hay nada que prohíba que un problema de planteamiento sencillo como el
de Fermat pueda ser resuelto mediante el empleo de matemáticas básicas. Como
fiel creyente de que, por lo general, existe un camino más corto que nos permite
llegar a la verdad, a continuación, dejo mis conclusiones sobre el UTF.
Si 𝒏 es un número entero mayor que 2, entonces no existen número enteros
positivos 𝒙, 𝒚 y 𝒛, tales que la ecuación 𝒙 𝒏
+ 𝒚 𝒏
= 𝒛 𝒏
.
- Pierre de Fermat.
El propio Fermat afirmó haber encontrado una demostración al problema, pero el
margen del libro Arithmetica de Diofanto que el jurista poseía era muy estrecho
para contener la “admirable” demostración que supuestamente había encontrado.
Pese al esfuerzo de grandes matemáticos de la talla de Euler por conseguir tan
extraordinaria prueba, el problema permaneció abierto por más de trecientos años
hasta que fue resuelto por Andrew Wiles a finales del siglo XX. Para demostrar el
problema, Wiles hizo uso de matemáticas que no eran conocidas en la época de
Fermat, por lo tanto, la prueba de Fermat (si es que existió) debió ser muy distinta
a la presentada por Wiles en 1995.
Pienso que nunca sabremos si realmente Fermat demostró el llamado último
teorema, pero en mi opinión personal, y resalto lo de personal, creo que tal

2. demostración existió y no fue para nada compleja. Esa premisa es la razón por la
que creo que buscar una solución simple al UTF es algo que vale la pena.
A continuación, dejo mis planteamientos matemáticos sobre el mismo.
𝒙 𝒏
+ 𝒚 𝒏
= 𝒛 𝒏
.
Sabemos que los valores de 𝑥, 𝑦, 𝑧 deben ser positivos y mayores que 1. Para que
se mantenga la igualdad entonces, 𝑧 debe ser mayor que 𝑥 y también mayor que 𝑦.
Como sabemos que los números deben ser enteros positivos mayores a la unidad,
entonces hablaremos de números naturales en vez de referirnos a todos los enteros.
Verdad 1.
Todo número natural, mayor que 1, puede expresarse como la suma de dos
números naturales menores que el número dado. Ejemplos: 3 = 2 + 1, 6 = 4 + 2,
100 = 95 + 5.
Como hemos asumido que 𝑥, 𝑦, 𝑧 son números enteros, más concretamente
pertenecientes al conjunto de los números naturales, donde se cumple que:
𝑧 > 𝑥, 𝑧 > 𝑦
Por lo tanto, podemos expresar a 𝑧 𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑧 = 𝑥 + 𝑤, 𝑧 = 𝑦 + 𝑢. Donde 𝑤, 𝑢,
también son números naturales.
Digamos que tomamos 𝑧 = 𝑥 + 𝑤, bien podría ser la otra expresión, pero por
motivos de gustos he tomado la primera. Entonces, sustituyendo a 𝑧 en la ecuación
de Fermat tenemos que:

3. 𝑥 𝑛
+ 𝑦 𝑛
= (𝑥 + 𝑤) 𝑛
Claramente, hemos conseguido expresar la parte derecha de la igualdad como un
binomio de Newton y llegado a este punto vamos a pasar de lo general a lo
particular asignándole valores a 𝑛.
Caso 1, 𝒏 = 𝟐.
𝑥2
+ 𝑦2
= (𝑥 + 𝑤)2
Desarrollando el binomio de la parte derecha tenemos:
𝑥2
+ 𝑦2
= 𝑥2
+ 2𝑥𝑤 + 𝑤2
𝑦2
= 2𝑥𝑤 + 𝑤2
Recordemos que tanto 𝑥 como 𝑤 son números naturales, es evidente que para que
𝑦 sea un cuadrado también 2𝑥𝑤 + 𝑤2
debe serlo y por lo tanto 2𝑥𝑤 + 𝑤2
debe
expresarse como un binomio de Newton de la forma: (𝑣 + 𝑤)2
. Para que tal
condición se cumpla, inexorablemente, 𝑥 debe quedar expresada en términos de
𝑤, es decir: 𝒙 = 𝒂 (𝟐𝒂𝒘 + 𝟐𝒘), donde 𝑎 o bien es un número entero o una
fracción cuyo numerador es la unidad y el denominador es un divisor de 𝑤. De esa
forma vemos que 2𝑥𝑤 puede completar el binomio al quedar la expresión de la
siguiente forma:
𝑦2
= 2𝑤𝑎 (2𝑎𝑤 + 2𝑤) + 𝑤2
𝑦2
= (2𝑎𝑤) 2
+ 2(2𝑎𝑤) 𝑤 + 𝑤2
𝒚 𝟐
= (𝟐𝒂𝒘 + 𝒘) 𝟐
De esto deducimos que 𝒗 = 𝟐𝒂𝒘 y que la ecuación de Fermat debe cumplirse
para todos los valores donde v que también dan como resultado un número entero.
Así, la ecuación identidad final nos debe quedar de la siguiente forma:

4. (𝟐𝒂𝒘 + 𝒘) 𝟐
+ ( 𝟐𝒂 𝟐
𝒘 + 𝟐𝒂𝒘) 𝟐
= ( 𝟐𝒂 𝟐
𝒘 + 𝟐𝒂𝒘 + 𝒘) 𝟐
Veamos que sucede si 𝑎 = 3 y 𝑤 = 1.
(6 + 1) 2
+ (18 + 6)2
= (18 + 6 + 1)2
7 2
+ 242
= 252
49 + 576 = 625
625 = 625
En el caso particular en que 𝑛 = 2, vemos que la ecuación de Fermat se cumple,
de hecho, hemos encontrado una fórmula que nos permite encontrar las llamadas
ternas pitagóricas.
Usando el mismo procedimiento buscaremos una expresión para el caso particular
𝑛 = 3 que satisfaga el UTF.
Caso 2, 𝒏 = 𝟑.
Como vamos a seguir el mismo procedimiento usado para el caso 𝑛 = 2,
avanzaremos los pasos sin dar muchas explicaciones.
𝑥3
+ 𝑦3
= (𝑥 + 𝑤)3
𝑥3
+ 𝑦3
= 𝑥3
+ 3𝑥2
𝑤 + 3𝑥𝑤2
+ 𝑤3
𝑦3
= 3𝑥2
𝑤 + 3𝑥𝑤2
+ 𝑤3

5. 𝑦3
= 3𝑥𝑤 (𝑥 + 𝑤) + 𝑤3
Al llegar a este punto, al igual que sucedió en el caso 𝑛 = 2, para que 𝑦 sea un
número cúbico, la parte derecha de la ecuación debe expresarse como: (𝑣 + 𝑤) 3
.
Inexorablemente, la expresión 𝒙( 𝒙 + 𝒘) = 𝒂[(𝟑𝒂𝒘) 𝟐
+ 𝟑( 𝟑𝒂𝒘) 𝒘 + 𝟑𝒘 𝟐] debe
cumplirse para valores enteros de 𝑤 y valores enteros de 𝑎 o bien una fracción
cuyo numerador es 1 y el denominador 𝑎 un divisor de 𝑤.
Como ya podrán advertir, es imposible que para el caso 𝑛 = 3, resulte verdadera
la ecuación de Fermat, esto se puede deducir a partir de la expresión:
𝑦3
= 3𝑥𝑤 (𝑥 + 𝑤) + 𝑤3
Sin embargo, seguiremos desarrollando nuestro razonamiento hasta encontrar una
expresión en la que podamos darle valores a 𝑤 y 𝑎 que confirmen la imposibilidad
de expresar el UTF como suma de dos cubos.
𝑦3
= 3𝑤𝑎[(3𝑎𝑤)2
+ 3(3𝑎𝑤) 𝑤 + 3𝑤2] + 𝑤3
𝒚 𝟑
= (𝟑𝒂𝒘 + 𝒘) 𝟑
Recordemos que llegado a este punto hemos conseguido una identidad y la misma
debe cumplirse para todos los valores enteros de 3𝑎𝑤 y 𝑤.
Haciendo 𝑎 = 1 y 𝑤 = 1, tenemos:
𝑦3
= (3 + 1)3
𝑦3
= 43

6. El valor de 𝑥 lo conseguiremos en la expresión: 𝑥( 𝑥 + 𝑤) = 𝑎[(3𝑎𝑤)2
+
3(3𝑎𝑤) 𝑤 + 3𝑤2]
𝑥2
+ 𝑥 = 9 + 9 + 3
𝑥2
+ 𝑥 − 21 = 0
𝑥1,2 =
−1 ± √1 + 84
2
𝑥1,2 =
−1 ± √85
2
Como podemos observar, 𝑥 no es un número entero y mucho menos un natural.
Finalmente, la ecuación de Fermat nos quedaría de la siguiente forma:
43
+ (
−1 ± √85
2
)
3
= (
−1 ± √85
2
+ 1)
3
Aunque igualdad se cumple en esta ecuación, la misma solo confirma que lo
establecido por Fermat era cierto, puesto que para refutar el UTF los tres números
𝑥, 𝑦, 𝑧 deben ser enteros.
Este final no resulta nada extraño, recuerden que ya lo habíamos vaticinado al
llegar al conseguir la expresión:
𝑦3
= 3𝑥𝑤 (𝑥 + 𝑤) + 𝑤3
Ahora, vamos a explicar el porqué.

7. Puesto que 𝑥 y 𝑤 son número naturales, para que la expresión:
𝑦3
= 3𝑥𝑤 (𝑥 + 𝑤) + 𝑤3
se cumpla en el reino de los naturales, inexorablemente
la expresión del lado derecho de la igualdad se debe expresar como un binomio de
Newton. El problema es que 𝑥 multiplica a (𝑥 + 𝑤), una expresión donde vuelve
aparecer el número 𝑥, por lo tanto tenemos una recursividad que no es para nada
buena al hablar de números enteros, pues es evidente que si queremos expresar a 𝑥
en términos de 𝑤 tal como sucedió en el caso 𝑛 = 2, no lo podríamos conseguir
pues x se volvería a llamar así misma, se hace recursiva. Veamos lo expresado en
la propia ecuación: 𝑦3
= 3𝑥𝑤 (𝑥 + 𝑤) + 𝑤3
.
Supongamos que 𝑏 = 𝑥 + 𝑤, entonces tendríamos: 𝑦3
= 3𝑥𝑤𝑏 + 𝑤3
.
Para completar el binomio de Newton, 𝑥 = [(3𝑤𝑏)2
+ 3 (3𝑤𝑏) 𝑤 + 3𝑤2].
Como sabemos 𝑏 = 𝑥 + 𝑤, por lo que el valor de 𝑥 se tendría que colocar
recursivamente en la expresión y nos vemos obligados a aceptar que 𝑥 no se puede
expresar en términos de 𝑤 y por lo tanto no puede adoptar un valor entero en dicha
expresión.
Caso 3, 𝒏 > 𝟑.
A partir del caso 𝑛 = 3 deducimos el destino que tienen los casos 𝑛 > 3, el
enunciado del UTF es verdadero.
Por lo que hemos visto, sabemos que de forma genérica podemos expresar la
ecuación de Fermat como:
𝑥 𝑛
+ 𝑦 𝑛
= 𝑥 𝑛
+ 𝑤 𝑛
+ ∑ (
𝑛
𝑘
)
𝑛−1
𝑘=1
𝑥 𝑛−𝑘
𝑤 𝑘

8. 𝑦 𝑛
= 𝑤 𝑛
+ ∑ (
𝑛
𝑘
)
𝑛−1
𝑘=1
𝑥 𝑛−𝑘
𝑤 𝑘
Sacando factor común en la sumatoria tenemos:
𝑦 𝑛
= 𝑤 𝑛
+ 𝑥𝑤 ∑ (
𝑛
𝑘
)
𝑛−1
𝑘=1
𝑥 𝑛−𝑘−1
𝑤 𝑘−1
Acomodando finalmente tenemos:
𝑦 𝑛
= 𝑤𝑥 [∑ (
𝑛
𝑘
)
𝑛−1
𝑘=1
𝑥 𝑛−𝑘−1
𝑤 𝑘−1
] + 𝑤 𝑛
Es evidente que para los casos de 𝑛 > 2, la ecuación presenta el problema de
recursividad que ya habíamos advertido. De esto concluimos que el UTF es
verdadero para todos los casos donde 𝑛 > 2.
Esperando que sea de tu interés, se despide con un fuerte abrazo,
José Acevedo Jiménez.