¿Cuáles son algunos resultados elementales (teoría de los números) que utilizan teoremas que no se han demostrado durante mucho tiempo?

Question

En primer lugar, ¡no me importa que haya ejemplos de otros campos que no sean la teoría de los números! Este era sólo el primer campo, y de donde creo que pueden venir los ejemplos más ricos.

Ahora, para elaborar el título, aunque sólo sea un poco: ¿Hay alguna prueba de teoría de números elemental que se haya hecho desde entonces utilizando teoremas (como El último teorema de Fermat o Teorema débil de Goldbach $^{1}$ ) que no se probó durante un largo periodo de tiempo? ¿O, en general, pruebas elementales con teoremas que requerían una enorme maquinaria (geometría algebraica, teorema de la modularidad, etc.)?

No me importaría ver pruebas elementales de un resultado ya demostrado. Pero las nuevas pruebas también serían muy intrigantes. Parte de la razón para pensar de esta manera es la siguiente: Me pregunto dónde habría mirado la gente de la era anterior de las matemáticas si hubiera podido utilizar estos teoremas. Gracias por la ayuda.

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$^1$ esto es un teorema ahora, ¿verdad?

Edición: Añadida la etiqueta de la gran lista y la recompensa con la esperanza de obtener más respuestas.

Answer 1

No estoy seguro de haber entendido bien su pregunta. ¿Está pidiendo que se demuestren resultados elementales utilizando teoremas mucho más complicados? Si es así, aquí está mi ejemplo favorito.

Demostraremos que el $n^{th}$ raíz de $2$ es irracional, pues $n>2$

Supongamos que $\sqrt[n]{2}=\frac{p}{q}$ entonces $2 = \frac{p^n}{q^n}$ , lo que implica $p^n=q^n+q^n$

Esto contradice el último teorema de Fermat, por lo que $\sqrt[n]{2}$ debe ser irracional.

Answer 2

En mi antiguo trabajo utilicé el Teorema de los Cuatro Colores para demostrar un caso bidimensional de lo siguiente

Propuesta. Todo subconjunto abierto del espacio $\Bbb R^m$ puede ser dividir en $n$ partes homeomórficas si $n\ge 2^{m+1}-1$ o $m=2$ y $n\ge 4$ .

Prueba. Para cada número entero positivo $k$ dejar $A_k$ sea el conjunto de todos los puntos $x\in\Bbb R^m$ tal que todas las coordenadas del punto $2^{k-1}x$ son enteros. Sea $\mathcal W_k$ sea la familia de conjuntos de la forma $\{x+[0;2^{1-k})^m\}$ donde $x\in A_k$ . El punto $x$ llamaremos al vértice del conjunto $x+[0;2^{1-k})^m$ . Llamamos a los subconjuntos $W_1$ y $W_2$ de $\Bbb R^m$ separado si $\overline{W_1}\cap W_2=\varnothing=\overline{W_2}\cap W_1$ . Necesitaremos lo siguiente

Lema. Dejemos que $k$ sea un número entero positivo y $x_1$ , $x_2$ sean los vértices de los conjuntos $W_1,W_2\in\mathcal W_k$ respectivamente. Si $x_2\not\in\overline{W_1}$ y $x_1\not\in\overline{W_2}$ entonces los conjuntos $W_1$ y $W_2$ están separados.

Prueba. Supongamos lo contrario. Sin pérdida de generalidad podemos suponer que $k=1$ , $W_1\not=W_2$ y hay un punto $x\in\overline{W_1}\cap W_2$ . Sea $i$ ser un índice arbitrario, $1\le i\le m$ . Desde $x\in\overline{W_1}$ entonces $x_1^i\le x^i\le x_1^i+1$ donde $x^i$ y $x_1^i$ son los $i$ -coordenadas de los puntos $x$ y $x_1$ respectivamente. Dado que $x_2^i=\lfloor x^i\rfloor$ entonces $x_1^i\le x_2^i\le x_1^i+1$ . Como esta condición se cumple para cada $i$ tenemos que $x_2\in\overline{W_1}$ . $\square$

El lema implica que para cada $k$ y cada $W\in\mathcal W_k$ el familia $\{W'\in\mathcal W_k:W'$ y $W$ no están separados $\}$ tiene el tamaño igual al número doble de los vértices del $m$ -cubo de dimensiones menos $1$ que es $2^{m+1}-1\le n$ .

Ahora definamos por inducción las familias $\mathcal V_k\subset\mathcal W_k$ . Poner $\mathcal V_1=\{W\in\mathcal W_1:W\subset X\}$ y $\mathcal V_k=\{W\in\mathcal W_k:W\subset X\setminus\bigcup_{i=1}^{k-1}\bigcup\mathcal V_i\}$ para $k\ge 2$ . Poner $\mathcal V=\bigcup\mathcal V_k$ . Por la construcción $X=\bigcup\mathcal V$ . Si la familia $\mathcal V$ es finito entonces movemos el centro de coordenadas por el distancia irracional a lo largo de uno de los ejes de coordenadas y repetimos la construcción obteniendo la familia infinita $\mathcal V$ .

Ahora asignamos a cada miembro $V\in\mathcal V$ uno de $n$ colores en tal forma que se cumpla la siguiente condición

(*) todo conjunto monocromático $V,V'\in\mathcal V$ están separados.

Al principio suponemos que $n\ge 2^{m+1}-1$ . Enumerar cada familia $\mathcal V_k$ en un orden arbitrario. Ahora colorearemos la familia $\mathcal V$ de la siguiente manera usando no más que $n$ colores. En primer lugar, coloreamos a todos los miembros de la familia $\mathcal V_1$ en la enumeración orden, entonces todos los miembros de la familia $\mathcal V_2$ en el orden enumerado y así sucesivamente. Afirmamos que en cada paso del proceso para el miembro $V\in\mathcal V$ no hay más que $2^{m+1}-2<n$ ya coloreado miembros $W\in\mathcal V$ tal que $V$ y $W$ no están separados. En efecto, dejemos que $V\in\mathcal V_k$ para algunos $k$ . Si $W$ ya está coloreado y $W$ y $V$ son no se separan entonces hay un conjunto $W'\in\mathcal W_k$ tal que $W'\subset W$ y los conjuntos $W'$ y $V$ no están separados. Dado que la familia $\mathcal W_k$ es disjunta implica la afirmación. Así que podemos colorear el miembro $V$ en un color diferente de los colores ya coloreados no separados de $V$ miembros de $\mathcal V$ . La coloración construida satisface la condición (*).

Dejemos ahora $m = 2$ y $n\ge 4$ . Determinar el gráfico $G$ de la siguiente manera. Como el conjunto de vértices $V(G)$ del gráfico $G$ tomamos el conjunto de {\it los centros} de los cierres de la familia $\mathcal V$ elementos. Sea $V_1, V_2\in\mathcal V $ y $c_1, c_2\in V(G)$ sean los centros de los cuadrados $\overline{V_1}$ y $\overline{V_2}$ respectivamente. Los vértices $c_1 $ y $c_2$ están conectados por un una arista si los conjuntos $V_1$ y $V_2$ no están separados. Como borde consideraremos un segmento $[c_1,c_2]$ del avión. Se puede comprobar que $[c_1;c_2]\subset V_1\cup V_2$ siempre que los vértices $c_1$ y $c_2$ están conectados. Ahora mostramos que el gráfico $G$ es planar. Supongamos que las aristas $[c_1;c_2]$ y $[c_3;c_4]$ del gráfico $G$ se cruzan. Dado que $[c_1,c_2]\subset V_1\cup V_2$ y $[c_3;c_4]\subset V_3\cup V_4$ y la familia $\mathcal V$ es disjunta entonces $\{c_1,c_2\}\cap \{c_3,c_4\}\not=\varnothing$ . Sin pérdida de generalidad podemos suponer que $c_1=c_3$ y $c_2\not=c_4$ . Entonces $c_1$ es el único punto común de los segmentos $[c_1;c_2]$ y $[c_3;c_4]$ . De hecho, si uno de estos segmentos contendría al otro, lo cual es imposible ya que la familia $\mathcal V$ es disjunta. Por lo tanto, el gráfico $G$ es planar. Como $n\ge 4$ entonces los vértices del gráfico $G$ puede ser coloreado en no más de $n$ colores tales que dos vértices monocromáticos arbitrarios no estén conectados por una arista. De aquí obtenemos la coloración de la familia $\mathcal V$ en no más de $n$ colores que satisfacen el condición (*).

Para un índice $i$ dejar $\mathcal V^i$ denota los miembros de $\mathcal V$ de color en el color $i$ . Desde que la familia $\mathcal V$ es infinito entonces durante el coloración podemos asegurar fácilmente que precisamente $n$ se utilizan colores y cada familia $\mathcal V^i$ para $1\le 1\le n$ es infinito.

Dejemos que $x\in X$ . Desde $X$ está abierto en $\Bbb R^m$ entonces hay un número $k$ tal que la vecindad cúbica natural de $x$ con el lado $2^{-k}$ está contenida en $X$ . Entonces el conjunto $\bigcup_{j=1}^{k+1}\bigcup\mathcal V_j$ es una vecindad de $x$ y como cada familia $\mathcal V_j$ es localmente finita, entonces la familia $\mathcal V$ también es localmente finito. Esto implica que la familia $\mathcal V^i$ es localmente finito para cada $i$ . Dado que cada dos miembros de la familia $\mathcal V^i$ están separados, entonces cada miembro de $\mathcal V^i$ está abierto en la unión $\bigcup_{i}\bigcup\mathcal V^i$ . Por lo tanto, para cada $i$ la unión $\bigcup\mathcal V^i$ es homeomorfo al espacio $[0;1)^m\times\Bbb N$ lo que da lugar a la partición de $X$ en $n$ partes homeomórficas. $\square$

Answer 3

También hay una prueba muy conocida de la infinitud de los primos:

Si $P$ es el conjunto de los primos, el Fórmula del producto de Euler nos dice $$\prod\limits_{p\in P}\frac{1}{1-\frac{1}{p^2}}=\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$$

Sin embargo, $\pi$ es transendental, por lo que $|P|$ no puede ser finito (si no, el producto sería racional).

Answer 4

Si Euclides sabía que la serie de recíprocos de números primos diverge entonces no tendríamos su prueba de que hay infinitos primos. :-) (ver más aquí ).