"Como sé, muy honorable Dionisio, que quieres aprender a resolver problemas numéricos, he emprendido la tarea de exponer la naturaleza y el poder de los números, empezando por las bases que sustentan estas cuestiones.
Es posible que parezcan más difíciles de lo que son por ser desconocidas aún y que los principiantes duden de conseguir alcanzarlas, pero las comprenderás fácilmente gracias a tu actividad y a mis demostraciones, pues que el deseo unido a la enseñanza conduce rápidamente al conocimiento [...]"

Diofanto, Fermat y la Arithmetica han estado estrechamente relacionados a lo largo de la historia de las matemáticas. Todo empezó cuando Fermat, en su ejemplar de la Arithmetica, escribió al lado del problema 8 del Libro II: Cubum autem in duos cubos, aut quadratoquadratum in duos quadratoquadratos, et generaliter nullam in infinitum ultra quadratum potestatem in duos eiusdem nominis fas est dividere cuius demostrationem mirabilem sane detexi. Hanc marginis exiguitas non caperet Es decir, que la ecuación x n + y n = z n no tiene soluciones enteras para n > 2. En el caso n = 2 una solución es (x, y, z) = (3, 4, 5) y ya se conocía desde la Grecia clásica. En general pueden obtenerse estas ternas, denominadas pitagóricas, a partir de la expresión x = 2n + 1 y = 2n 2 + 2n z = 2n 2 + 2n + 1 para n = 1, 2, 3, ... En Euclides. Elementos X 28 Lema I aparece la expresión general de estas ternas: x = a 2 - b 2 y = 2ab z = a 2 + b 2 Sin embargo, la demostración de esta proposición ha sido, hasta hace poco, el problema más famoso, al menos más popular, de las matemáticas y a su resolución se haya unido el nombre de grandes matemáticos. Al mismo Fermat se le atribuye una demostración para el caso n = 4 y a Euler una para n = 3. Dirichlet (1805-1859) y Legendre (1752-1833) también intevinieron y probaron la proposición para n = 5 Y muchos otros como Sophie Germain, Lamé, Kummer, Gerd Faltings (que por sus aportaciones recibió en 1986 una medalla Fields) pero esta columna es demasiado estrecha para contenerlos a todos. Por fin, en 1995 el inglés Andrew Wiles lo logró (después de algunos sustos). "No hay otro problema que pueda justificar lo mismo para mí. Fue la ilusión de mi infancia. Nada puede reemplazar eso. Lo he resuelto. Intentaré resolver otros problemas, estoy seguro. Algunos serán muy difíciles y tendré una sensación de realización otra vez, pero no hay ningún problema matemático que me pueda cautivar como lo hizo Fermat [...]" Puedes leer la historia sobre este apasionante teorema en El enigma de Fermat de Simon Singh (Planeta) El 17 de julio de 2000, la Vanguardia Digital publicó una entrevista con Wiles a la que puedes ir desde aquí

La Arithmetica no es propiamente un texto de álgebra sino una colección de problemas (150). No se sabe cuantos de ellos son originales o tomados de otros tratados de la época; Diofanto presenta en todos ellos una solución única y no establece distinción entre problemas determinados e indeterminados. Tampoco existe ningún orden en cuanto a la naturaleza de los problemas o los métodos de resolución

  Arithmetica Libro I   Contiene 25 problemas de primer grado y 14 de segundo.

  Arithmetica Libro II   Consta de 35 problemas. El problema 8, sin duda el más famoso, dió lugar al llamado "teorema de Fermat"

II. 8 Descomponer un cuadrado en dos cuadrados
"Si queremos descomponer 16 en dos cuadrados y suponemos que el primero es 1 aritmo, el otro tendrá 16 unidades menos un cuadrado de aritmo, y, por tanto, 16 unidades menos un cuadrado de aritmo son un cuadrado.
Formenos un cuadrado de un conjunto cualquiera de aritmos disminuido en tantas unidades como tiene la raiz de 16 unidades, y sea el cuadrado de 2 aritmos menos 4 unidades. Este ciadrado tendrá cuatro cuadrados de aritmo y 16 unidades menos 16 aritmos, que igualaremos a 16 unidades menos un cuadrado de aritmo y sumando a uno y otro lado los téminos negativos y restando los semejantes, resulta que 5 cuadrados de aritmo equivalen a 16 aritmos y, por tanto, 1 airtmo vale 16/5; luego uno de los números es 256/25 y otro 144/25, cuya suma es 400/25, es decir 16 unidades y cada uno de ellos es un cuadrado"

Diofanto resuelve la ecuación

  Arithmetica Libro III   Consta de 21 problemas. El más famoso es el 19 en el que por primera vez acude a la geometría para solucionarlo.
III. 19 Encontrar cuatro números tales que el cuadrado de la suma de los cuatro, aumentado o disminuido en cada uno de ellos, forma un cuadrado.

  Arithmetica Libro IV   Casi todos los problemas de este libro (40) se refieren a números cúbicos. Como lo griegos no conocían las fórmula de la ecuación cúbica, la sagaz elección de los datos por parte de Diofanto hace que se llegue a una solución aceptable. Y como muestra un botón
IV. 1 Descomponer un número dado en dos cubos cuya suma de raíces sea dada
"Si el número es 370 y la suma de las raíces 10, supongamos que la raíz del primer cubo es 1 aritmo y 5 unidades, o sea: la mitad de la suma de las raíces. Por tanto, la raíz del otro cubo será 5 unidades menos 1 aritmo; luego la suma de los cubos valdrá 30 cuadrados de aritmo más 250 unidades que igualaremos a las 370 unidades del número dado, de donde se deduce que 1 aritmo tiene 2 unidades; la raíz del primer cubo tendrá entonces 7 y la del segundo 3, y, por consiguientes, los cubos serán 343 y 27"

Con la notación actual, Diofanto resuelve el sistema formado por las ecuaciones

  Arithmetica Libro V   La mayoría de los problemas propuestos (28 de los 30 que tiene el libro) son problemas de segundo y tercer grado. En el último, el 30, Diofanto se aparta de su costumbre y propone un problema de los que hoy denominaríamos de "mezclas"
V. 30 Una persona se embarcó con sus sirvientes, quienes le encargaron que les fuera útil. Mezcló garrafas de vino, unas de 8 dracmas y otras de 5, y pagó por todo un número cuadrado que, aumentado en el número de unidades que se te indicará, 60, hará que tengas otro cuadrado cuya raíz es el número total de garrafas. Averigua cuántas había de 8 y cuántas de 5 dracmas"

  Arithmetica Libro VI  . Dedicado a resolver triángulos rectángulos de lados racionales; consta de 24 problemas.

Ejemplo Hemos comprado libros de una oferta por 86 € el volumen y en otra oferta libros a 76 € volumen pagando en total 1176 €. Deseamos saber cuátos libros se han comprado de cada oferta

Si x es el número de libros del primer lote e y del segundo podemos plantear la ecuación

Veremos a continuación que este tipo de ecuaciones de la forma ax ± by = c admite siempre soluciones enteras. Por ejemplo, despejando ax y dando a y los valores 0, 1, 2, ..., a - 1, resultan los a números

Apliquemos dicho razonamiento al problema y tendremos

Ya vemos la laboriosidad de este método, pero el gran Euler propuso el práctico y elegante que ahora se expone.
Consideramos el coeficiente más pequeño de x e y, en nuestro caso 17, el coeficiente de x. Despejamos x, efectuamos el cociente y asociando tendremos: