invece che per n generico, si misero a studiare il problema per casi specifici, partendo dai più facili: n = 3, n = 4, ... cercando poi strade per generalizzare i loro risultati. Lo stesso Fermat ci lasciò una dimostrazione (per fortuna questa volta la scrisse!) per il caso n = 4, che si rivela essere il più semplice.

Ci si potrebbe chiedere se il problema avesse a questo punto perso di interesse, ma naturalmente c'è una differenza concettuale enorme tra l'aver verificato un numero pur grande ma finito di casi rispetto al caso generale. E c'è un altro aspetto: lo studio dell'ultimo teorema di Fermat aveva nel corso degli anni condotto indirettamente allo sviluppo di nuovi strumenti matematici. Un attacco finale alla versione generale del problema avrebbe non solo soddisfatto una curiosità secolare, ma sarebbe stato accompagnato da scoperte matematiche di respiro ben più ampio.

E fu proprio quello che accadde... ma di questo parleremo nella prossima (ultima, promesso!) puntata.

Come anticipato, vorrei presentarvi la dimostrazione dell'ultimo teorema di Fermat nel caso n = 4, basata su quanto lasciatoci da Fermat stesso. Non siete curiosi di vedere concretamente almeno un caso di questo teorema leggendario? Farò il possibile per essere lineare, però devo ammettere che il post si presenta minacciosamente prolisso.

Come introduzione generale, useremo il metodo della discesa infinita, inventato prorio da Fermat e usato molto di frequente in matematica. In pratica, assumendo l'esistenza di una soluzione intera, si può costruire una seconda soluzione intera "più piccola". Si potrebbe quindi ripetere il processo partendo dalla seconda soluzione: arriveremmo ad una terza soluzione ancora più piccola, e via a continuare. Ma questo procedimento è impossibile sui numeri naturali, perché ad un certo punto i numeri naturali ... finiscono! Al più possiamo arrivare ad 1, e poi rimarremmo bloccati. Quando ci si imbatte in questa situazione, si conclude che la soluzione iniziale non sarebbe potuta esistere, l'unico modo per evitare di far cominciare la cascata infinita.

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Allora, vogliamo dimostrare che NON esistono soluzioni intere dell'equazione di Fermat nel caso n = 4:

a⁴ + b⁴ = c⁴.

Invece di fissarci su questa equazione, ne consideriamo un'altra, simile, che per brevità chiamerò d'ora in poi equazione (★):

a⁴ + b⁴ = c². (★)

Se dimostriamo che non esistono soluzioni intere di (★), abbiamo vinto. Infatti possiamo riscrivere l'equazione di Fermat per n = 4 così:

a⁴ + b⁴ = (c²)².

Se dunque l'equazione di Fermat avesse soluzioni intere, ne avrebbe anche (★). Se quindi dimostriamo che (★) non ne ha, Fermat neppure ne può avere.

Queste dimostrazioni di solito procedono per contraddizione: si suppone "per assurdo" che esista una terna di soluzioni intere di (★), si esplorano le conseguenze di questa assunzione, e si giunge infine ad una contraddizione logica, dimostrando che l'assunzione iniziale dell'esistenza di soluzioni intere non era valida.

Consideriamo tutte le terne di soluzioni intere dell'equazione (★). Non sappiamo quante siano, potrebbe essercene una sola, o più di una, o anche infinite. La nostra ipotesi di assurdo è proprio che ce ne sia almeno una. Se fossero più d'una, tra tutte queste potenziali terne di soluzioni, scegliamone poi una che abbia il più piccolo valore possibile di z, e chiamiamola (a, b, c). Attenzione, questo è un fatto chiave della dimostrazione: per come è stata scelta, nessun'altra terna di soluzioni di (★) ha come terzo elemento un numero strettamente minore di c.

Dobbiamo ora distinguere due casi.

• Caso A).

Supponiamo che a, b, c abbiano un fattore in comune. Questo vuol dire che esiste un numero p > 1 tale che a = p·𝛼, b = p·𝛽, c = p·𝛾 per opportuni interi 𝛼, 𝛽, 𝛾. Ma allora:

(p·𝛼)⁴ + (p·𝛽)⁴ = (p·𝛾)²;

e quindi, dividendo per p²:

p²·𝛼⁴ + p²·𝛽⁴ = p²(𝛼⁴ + 𝛽⁴) = 𝛾².

Questo mostra che 𝛾² è un multiplo di p², e quindi, dato che 𝛾 è intero, anche che 𝛾 è un multiplo di p. Esiste cioè un intero positivo 𝛿 tale che 𝛾 = p·𝛿. Ma allora:

p²·𝛼⁴ + p²·𝛽⁴ = 𝛾² = p²·𝛿²

e finalmente, semplificando il fattore p²,

𝛼⁴ + 𝛽⁴ = 𝛿².

Questo vuol dire che la terna (𝛼, 𝛽, 𝛿) soddisfa l'equazione (★).

Ma questo è una contraddizione. Infatti, 𝛿 = 𝛾/p = c/p² < c, perché p > 1. Ma noi avevamo specificamente scelto la terna (a, b, c) come la soluzione di (★) con il più piccolo valore possibile del terzo elemento. Ecco la contraddizione!

• Caso .

Abbiamo finora dimostrato che il caso A) non è possibile, cioè che a, b, c non possono avere un fattore comune. Supponiamo ora che a, b, c non abbiano fattori in comune. Notiamo che la terna (a², b², c) è una terna pitagorica, soddisfa cioè l'equazione pitagorica x² + y² = z², dato che (a, b, c) soddisfano (★):

(a²)² + (b²) = a⁴ + b⁴ = c².

Inoltre, dato a, b e c non hanno nessun fattore in comune, neppure a², b² e c possono averne (per esempio, a² contiene gli stessi fattori primi che contiene a, per cui se a e c non hanno fattori comuni, non ne hanno neppure a² e c). Questo vuol dire che (a², b², c) non solo è una terna pitagorica, ma è una terna primitiva. Abbiamo visto in un post precedente (link in fondo) che in ogni terna primitiva i primi due elementi devono avere parità opposta (cioè sono uno pari e uno dispari); senza perdita di generalità, supponiamo qui che a sia pari e b dispari. Inoltre, ogni terna primitiva si può scrivere così:

a² = 2 m·n;
b² = m² - n²;
c = m² + n².

Qui m ed n sono anche loro interi positivi primi tra loro.

La seconda equazione si può riscrivere come n² + b² = m², quindi (n, b, m) è anch'essa una terna pitagorica. Dato che m ed n sono primi tra loro, si tratta anzi di una terna primitiva. Inoltre, dato che b è dispari, n deve essere pari. Possiamo ripetere il giochetto di prima: devono esistere due interi positivi r ed s, primi tra loro, tali che:

n = 2 r·s;
b = r² - s²;
m = r² + s².

Ora, consideriamo il seguente fatto: se il prodotto di due interi primi tra loro è uguale ad un quadrato perfetto, ne segue che ciascuno dei due fattori è a sua volta un quadrato perfetto (per esempio, 4×9 = 36 = 6², e sia 4 che 9 sono quadrati). La dimostrazione non è difficile, ma la ometto per brevità. Usando questo fatto, scopriamo che m ed n/2 sono entrambi quadrati perfetti. Infatti, ricordando che a² = 2 m·n:

m·(n/2) = (2mn)/4 = a²/4 = (a/2)².

Ricordiamo che tanto a che n sono pari, per cui n/2 ed a/2 sono effettivamente numeri interi.

Ripetendo lo stesso trucchetto, si trova che anche r ed s sono quadrati perfetti, perché r ed s sono primi tra loro, ed r·s = n/2 che, come abbiamo appena dimostrato, è un quadrato perfetto.

Siamo quasi alla fine, manca solo un ultimo sforzo: abbiamo trovato tre interi m, r, s che sono quadrati perfetti, per cui r = u², s = v², m = w² con u, v, w opportuni interi. Ricordando che m = r² + s², abbiamo finalmente:

u⁴ + v⁴ = w².

Quindi la terna (u, v, w) soddisfa l'equazione (★)! Ma questo non è possibile, perché

c = m² + n² = w⁴ + n² > w⁴,

e quindi w⁴ < c e a maggior ragione w < c. Ma questo è un assurdo: abbiamo costruito una terna (u, v, w) che soddisfa l'equazione (★), e il cui il terzo elemento è strettamente minore di c - in contraddizione con la scelta di (a, b, c) come terna col più piccolo c.