Hola,       


Supongamos que  \( a^3+b^3+c^3=0 \) ,  para  \( a,b,c \)  enteros -y- coprimos entre sí.    

Si  \( 3 \)  no divide á  \( abc \) ;  puesto que  \( (\mathbb{Z}/9\mathbb{Z})^3=\{0,1,-1\} \) ,  tendremos que  \( a^3+b^3+c^3\not\equiv{\pm 1\pm 1\pm 1=0} \) mod \( 9 \) .  Lo que no puede ser.     

Luego  \( 3 \)  debe dividir á  \( abc \) .  Y no perdemos generalidad si suponemos que  \( 3^k \) ,  para  \( k\in{\mathbb{N^+}} \) ,  divide á  \( c \)  -y- que  \( a^3+b^3+c^3=1-1+0 \)  módulo  \( 3 \) .     

Entonces:   

\( -c^3=a^3+b^3=(a+b)((a+b)^2-3ab) \) .  Donde  \( a+b \)  -y-  \( (a+b)^2-3ab \)  serán coprimos y terceras potencias salvo por  \( 3 \) ;  puesto que  \( 3 \) ,  que divide á  \( c \) ,  debe dividir á  \( a+b \) .  Así:  \( 3^{3k-1} \)  dividirá á  \( a+b \)  -y- sólo  \( 3 \)  á  \( (a+b)^2-3ab=a^2+b^2-ab \) .   

Tenemos que  \( \dfrac{a^2+b^2-ab}{3}+ab=\dfrac{(a+b)^2}{3} \) .  Como  \( 3^{3k-1} \)  divide á  \( a+b \) ,  entonces  \( 3^{6k-2} \)  divide á  \( (a+b)^2 \)  -y-  \( 3^{6k-3} \)  divide á  \( \dfrac{(a+b)^2}{3} \) .   

De esta manera  \( \dfrac{a^2+b^2-ab}{3}+ab\equiv r-r=0 \) mod \( 3^{6k-3} \) ,  para un resto  \( r \)  de  \( 3^{6k-3} \)  no múltiplo de  \( 3 \)   .       

Luego  \( \dfrac{a^2+b^2+r}{3}\equiv r \) mod \( 3^{6k-3} \) .  Y si multiplicamos por  \( 3 \) :  \( a^2+b^2+r\equiv 3r \) mod \( 3^{6k-2} \) .  Que implica:  \( a^2+b^2\equiv 2r \) mod \( 3^{6k-2} \)   -y-  \( a^2+b^2\equiv 2r \) mod \( 3^{6k-3} \) .     

Además si  \( a^2\equiv s \) mod \( 3^{6k-3} \)  -y-  \( b^2\equiv t \) mod \( 3^{6k-3} \) ,  para  \( s,t \)  restos de  \( 3^{6k-3} \)  no múltiplos de  \( 3 \) ;  será que  \( s+t\equiv 2r \) mod \( 3^{6k-3} \) .   

Por otra parte, conocemos que  \( ab\equiv-r \) mod \( 3^{6k-3} \) ,  por lo que  \( a^2b^2\equiv r^2 \) mod \( 3^{6k-3} \)  -y-  \( st\equiv r^2 \) mod \( 3^{6k-3} \) .     

Ahora multiplico  \( s \)  por  \( s+t\equiv 2r \) mod \( 3^{6k-3} \)  -y- obtengo  \( s^2+st\equiv 2rs \) mod \( 3^{6k-3} \) .  Que es lo mismo que  \( s^2+r^2\equiv 2rs \) mod \( 3^{6k-3} \) .  Luego  \( s^2+r^2-2rs\equiv 0 \) mod \( 3^{6k-3} \) ,  que implica:  \( (s-r)^2\equiv 0 \) mod \( 3^{6k-3} \)  -y-  \( s\equiv r \) mod \( 3^{6k-3} \) .    

De esta manera  \( a^2\equiv s\equiv r \) mod \( 3^{6k-3} \)  -y-  \( a^2+b^2\equiv r+t\equiv 2r \) mod \( 3^{6k-3} \) .  Donde  \( t\equiv r \) mod \( 3^{6k-3} \)  -y-  \( b^2\equiv t\equiv r \) mod \( 3^{6k-3} \) .   

Pero entonces  \( a^2-b^2\equiv r-r=0 \) mod \( 3^{6k-3} \) .  Lo que no es cierto, porque sólo  \( 3^{3k-1} \)  divide á  \( a^2-b^2=(a+b)(a-b) \) .   

La generalización a otros casos del UTF de exponente impar es inmediata, pero no vale la pena concretar más si esto está ya mal.      


Un saludo,

Hola,               


Supongamos en el anillo de los enteros de Eisenstein  \( \mathbb{Z}(\omega) \) ,  para \( \omega=(-1+\sqrt{-3})/2 \) ,  la raíz primitiva tercera de la unidad; la siguiente ecuación: \( \alpha^3+\beta^3+\gamma^3=0 \) ,  donde  \( \alpha,\beta,\gamma \)  son coprimos entre sí.    

Conocemos (Keith Conrad) que  \( (c_0+c_1\zeta+\cdot\cdot+c_{p-2}\zeta^{p-2})^p\equiv c_0+c_1+\cdot\cdot+c_{p-2} \) mod \( p \) ,  para  \( c_0,c_1,.. \)  enteros usuales. Luego podemos considerar módulo  \( 3 \)  á  \( \alpha^3+\beta^3+\gamma^3=0 \) ,  como si fuera  \( a+b+c=0 \) ,  donde  \( a,b,c \)  serían enteros usuales. Pero si  \( 3 \)  no divide a ninguna de las terceras potencias mencionadas, entonces:   

\( -\alpha^3=\beta^3+\gamma^3=(\beta+\gamma)((\beta+\gamma)^2-3\beta\gamma) \)   

\( -\beta^3=\alpha^3+\gamma^3=(\alpha+\gamma)((\alpha+\gamma)^2-3\alpha\gamma) \)   

\( -\gamma^3=\alpha^3+\beta^3=(\alpha+\beta)((\alpha+\beta)^2-3\alpha\beta) \)   

Y :  \( \beta+\gamma \)  ,   \( \alpha+\gamma \)  -y-  \( \alpha+\beta \)  serán a su vez terceras potencias, salvo unidades, en  \( \mathbb{Z}(\omega) \) . Siendo congruentes con un entero usual módulo  \( 3 \) ,  pongamos que respectivamente, de la siguiente forma:  \( \epsilon_1\,a’ \)  ,  \( \epsilon_2\,b’ \)  -y-  \( \epsilon_3\,c’ \) ,  para  \( \epsilon_{1,2,3} \)  unidades del anillo.

Ahora bien, como:  \( -\alpha^3=\beta^3+\gamma^3=(\beta+\gamma)((\beta+\gamma)^2-3\beta\gamma)\equiv(\beta+\gamma)^3\equiv (\epsilon_1\,a’)^3 \) mod \( 3 \)  \( \Rightarrow \)  \( -\alpha^3\equiv \pm a’\,^3 \) mod \( 3 \) ;  \( -\beta^3\equiv(\alpha+\gamma)^3 \) mod \( 3 \)  \( \Rightarrow \)  \( -\beta^3\equiv (\epsilon_2 \,b’)^3=\pm b'\,^3 \) mod \( 3 \)  -y-  \( -\gamma^3\equiv(\alpha+\beta)^3 \) mod \( 3 \)  \( \Rightarrow \)  \( -\gamma^3\equiv(\epsilon_3\,c’)^3=\pm c'\,^3 \) mod \( 3 \) , ya que sabemos que todas estas unidades al cubo son de la forma  \( \pm 1 \) .  Tendremos en realidad que  \( \alpha^3+\beta^3+\gamma^3\equiv \pm a’\,^3\pm b’\,^3 \pm c’\,^3\equiv 0 \) mod \( 3 \) .  Y si  \( 3 \)  no divide á  \( a’b’c’ \) ;  puesto que  \( (\mathbb{Z}/9\mathbb{Z})^3=\{0,1,-1\} \) ,  será que  \( \pm a’\,^3\pm b’\,^3\pm c’\,^3\not\equiv{0} \) mod \( 9 \) .  Lo que no puede ser. Luego no perdemos generalidad si suponemos que  \( 3 \)  divide á uno de los cubos de partida, pongamos que á  \( \gamma^3 \)  -y- que:  \( \alpha^3+\beta^3+\gamma^3=1-1+0 \) mod \( 3 \) .    

Como en  \( \mathbb{Z}(\omega) \) ,  \( 3 \)  es igual á \( -\omega^2\lambda^2 \)  -y- por tanto  \( 9=\omega\lambda^4 \) ,   siendo  \( \pm\omega^{1,2} \)  unidades de este anillo -y-  \( \lambda \)  el primo  \( 1-\omega \) .  Y además:  \( -\gamma^3=\alpha^3+\beta^3=(\alpha+\beta)((\alpha+\beta)^2-3\alpha\beta) \) ;  donde estos dos últimos factores son coprimos salvo por  \( 3 \)  -y-  \( 3 \) ,  como mínimo, -y-  \( \lambda^{2} \) ,  deben dividir á  \( \alpha+\beta \) .  Será que \( \lambda^{k+1} \) ,  para  \( k\in{N^+} \) ,  divide á  \( \gamma \) ,  -y- por consiguiente: \( \epsilon_1^3\cdot\lambda^{3k+3} \)  dividirá á  \( -\gamma^3 \) ; \( \epsilon_2\cdot\lambda^{3k+1} \)  dividirá á  \( \alpha+\beta \)  -y- sólo  \( 3=-\omega^2\cdot\lambda^2 \)  dividirá  á  \( (\alpha+\beta)^2-3\alpha\beta \) ,  para  \( \epsilon_{1,2} \) unidades de este anillo.   

De esta forma, tendremos sin perder generalidad, que  \( -\gamma^3=-\lambda^{3k+3}\gamma'\,^3 \)  ,  \( \alpha+\beta=\omega\lambda^{3k+1}\delta^3 \)  -y-  \( (\alpha+\beta)^2-3\alpha\beta=-\omega^2\lambda^2\eta^3 \) ,  para unos  \( \delta,\eta \)  enteros de Eisenstein coprimos entre sí -y- :  \( \omega\cdot (-\omega^2)=-1 \) .  Donde  \( \dfrac{\alpha+\beta}{\lambda}=\omega\delta'\,^3 \)  -y-  \( \dfrac{(\alpha+\beta)^2-3\alpha\beta}{\lambda^2}=-\omega^2\eta^3 \)  serán coprimos y terceras potencias (salvo estas unidades).    

Llamamos ahora:  \( \pi=\dfrac{2\alpha-\beta}{3} \)  -y-  \( \rho=\dfrac{\alpha+\beta}{3} \) .  Sabemos que  \( 3 \)  divide á  \( 2\alpha+\beta \)  porque divide á  \( \alpha+\beta\equiv r-r \) mod \( 3 \) .  Y que ambos elementos serán coprimos entre sí, porque su suma es:  \( \dfrac{2\alpha-\beta+\alpha+\beta}{3}=\alpha \) .  Y su diferencia es:  \( \dfrac{2\alpha-\beta-\alpha-\beta}{3}=\dfrac{\alpha-2\beta}{3} \) .   

Si despejo en  \( \pi \)  -y- en  \( \rho \) , obtengo:  \( \alpha=\pi+\rho \)  -y-  \( \beta=2\rho-\pi \) . 

Luego:  \( \pi^2+\rho^2-\pi\rho=\left(\dfrac{2\alpha-\beta}{3}\right)^2+\left(\dfrac{\alpha+\beta}{3}\right)^2-\left(\dfrac{2\alpha-\beta}{3}\right)\left(\dfrac{\alpha+\beta}{3}\right)\,= \)   


\( =\,\dfrac{4\alpha^2+\beta^2-4\alpha\beta+\alpha^2+\beta^2+2\alpha\beta-2\alpha^2-2\alpha\beta+\alpha\beta+\beta^2}{9}\,= \)     


\( =\,\dfrac{3\alpha^2+3\beta^2-3\alpha\beta}{9}\,=\,\dfrac{\alpha^2+\beta^2-\alpha\beta}{3} \) .       


Sabemos por arriba que  \( \dfrac{\alpha^2+\beta^2-\alpha\beta}{(3=-\omega^2\lambda^2)} \)  es un cubo perfecto de la forma  \( \eta^3 \) . De esta manera  \( (\pi+\rho\omega)(\pi+\rho\omega^2)=\eta^3 \) .  Y como  \( \pi+\rho\omega \)  -y-  \( \pi+\rho\omega^2 \)  son coprimos, porque su suma es:  \( \pi+\rho\omega+\pi+\rho\omega^2=2\pi+\rho(\omega+\omega^2)=2\pi-\rho \)  -y- su diferencia:  \( \pi+\rho\omega-\pi-\rho\omega^2=\rho(\omega-\omega^2)=\rho\omega(1-\omega) \) .  Donde  \( 1-\omega \)  no divide á  \( \pi=\dfrac{2\alpha-\beta}{3}\equiv \dfrac{2-(-1)}{3}=1 \) mod \( 3 \) .  Entonces  \( \pi+\rho\omega \)  -y-  \( \pi+\rho\omega^2 \)  serán dos terceras potencias  (\( \mu^3_{1,2} \)) , salvo unidades.   

Como   \( \pi+\rho\omega=\epsilon_1\mu_1^3 \) ,  para  \( \epsilon_1 \)  una unidad del anillo -y-  \( \pi+\rho\omega\equiv\epsilon_1\mu_1^3 \) mod \( 3 \)  \( \Rightarrow \)  \( \pi\equiv\epsilon_1\mu_1^3 \) mod \( 3 \) ,  ya que  \( \rho\equiv 0 \) mod \( 3 \)  -y- asimismo:  \( \pi+\rho\omega^2\equiv\epsilon_2\mu_2^3 \) mod \( 3 \)  \( \Rightarrow \)  \( \pi\equiv\epsilon_2\mu_2^3 \) mod \( 3 \) .  Las unidades  \( \epsilon_1\,,\,\epsilon_2 \)  deben ser el mismo tipo, dado que como dijimos al principio:  \( \mu^3_{1,2}\equiv\pm1 \) mod \( 3 \) . Luego no pueden ser de la forma  \( \omega\cdot\omega=1 \)  ó  \( \omega^{2}\cdot\omega^{2}=1 \) ; teniendo que ser de la forma  \( \pm 1 \) ,  pongamos que sin perder generalidad:  \( 1 \) . 

Si restamos ahora de esta forma:  \( (\pi+\rho\omega)-(\pi+\rho\omega^2)=\rho\omega(1-\omega) \) .  Tendremos que  \( \mu_1^3-\mu_2^3=\dfrac{\alpha+\beta}{3}\cdot\omega\lambda \) .  Donde  \( \dfrac{\alpha+\beta}{3}\cdot\omega\lambda=\dfrac{\omega\lambda^{3k+1}\delta^3}{-\omega^2\lambda^2}\cdot\omega\lambda=-\lambda^{3k}\delta^3 \) .  Por lo que obtenemos en definitiva los sumandos de tres cubos perfectos igual a cero:   \( \mu_1^3-\mu_2^3+\lambda^{3k}\delta^3=0 \) .  Pero en esta ocasión, el término múltiplo de  \( \lambda \)  es por una potencia  (\( \lambda^{3k} \))  menor que la de partida:  \( \lambda^{3k+3} \) .  Iniciando así un descenso infinito si repetimos este mismo razonamiento una y otra vez.    


Un saludo

Retocado 26 de febrero

Hola. Numero los párrafos para que sea más fácil de analizar. Gracias de antemano     


(1) Supongamos en el anillo de los enteros de Eisenstein  \( \mathbb{Z}(\omega) \) ,  para  \( \omega=(-1+\sqrt{-3})/2 \) ,  la raíz primitiva tercera de la unidad; la siguiente ecuación:  \( \alpha^3+\beta^3+\gamma^3=0 \) ,  donde  \( \alpha,\beta,\gamma \)  son coprimos entre sí. 

(2) Conocemos (Keith Conrad) que:  \( (c_0+c_1\zeta+\cdot\cdot+c_{p-2}\zeta^{p-2})^p\equiv c_0+c_1+\cdot\cdot+c_{p-2} \) mod \( p \) ,  para  \( c_0,c_1,.. \)  enteros usuales. Luego podemos considerar módulo  \( 3 \)  á  \( \alpha^3+\beta^3+\gamma^3=0 \) ,  como si fuera  \( a^3+b^3+c^3=0 \) ,  donde  \( a,b,c \)  serían enteros usuales y les podemos aplicar el Teorema de Sophie Germain que dice que en este caso al menos una de las terceras potencias es divisible por  \( 3 \) .  Supongamos que sea  \( \gamma^3 \) .   Aquí hay un error. De lo que escribe Keith Conrad, lo único que se deduce es que  \( \alpha^p+\beta^p+\gamma^p\equiv a+b+c \) mod \( p \) .  Luego no puedo aplicar ahí el Teorema de Sophie Germain. Primero tendría que demostrar el caso en que  \( p \) ,  en este caso  \( 3 \) ,  no divide a ninguna de las variables. Por ahora lo dejo así, sólo para el caso en que  \( 3 \)  sí divide a una de las variables.

(3) Como en  \( \mathbb{Z}(\omega) \) ,  \( 3 \)  es igual á  \( -\omega^2\lambda^2 \) ,  siendo  \( -\omega^2 \)  una unidad de este anillo -y-  \( \lambda \)  el primo  \( 1-\omega \) .  Y además:  \( -\gamma^3=\alpha^3+\beta^3=(\alpha+\beta)((\alpha+\beta)^2-3\alpha\beta) \) .  Donde es claro que estos dos últimos factores son coprimos salvo por  \( 3 \) .  Entonces  \( 3 \) ,  como mínimo, y por tanto  \( \lambda^{2} \) ,  deben dividir á  \( \alpha+\beta \) .  Por lo que en definitiva  \( 9 \) ,  como mínimo, -y-  \( \lambda^{4} \)  dividen en realidad á  \( -\gamma^3 \) .  Lo que significa que  \( \lambda^{k+1} \) ,  para  \( k\in{N^+} \) ,  divide á  \( \gamma \) ,  -y- así:  \( e_1^3\cdot\lambda^{3k+3} \)  dividirá á  \( -\gamma^3 \) ; \( e_2\cdot\lambda^{3k+1} \)  dividirá á  \( \alpha+\beta \)  -y- sólo  \( 3=-\omega^2\cdot\lambda^2 \)  dividirá  á:  \( (\alpha+\beta)^2-3\alpha\beta \) ,  para  \( e_{1,2} \)  unidades del anillo.   

(4) Sabemos que todas estas unidades al cubo son de la forma  \( \pm 1 \) .  Por tanto tendremos, sin perder generalidad, que  \( -\gamma^3=-\lambda^{3k+3}\gamma'\,^3 \)  ,  \( \alpha+\beta=\omega\lambda^{3k+1}\delta^3 \)  -y-  \( (\alpha+\beta)^2-3\alpha\beta=-\omega^2\lambda^2\eta^3 \) ,  para unos  \( \delta,\eta \)  enteros de Eisenstein coprimos entre sí -y-  \( \omega\cdot (-\omega^2)=-1 \) .  De esta forma  \( \dfrac{\alpha+\beta}{\lambda}=\omega\delta'\,^3 \)  -y-  \( \dfrac{(\alpha+\beta)^2-3\alpha\beta}{\lambda^2}=-\omega^2\eta^3 \)  serán coprimos y terceras potencias (salvo unidades). 

(5) Luego:  \( \dfrac{(\alpha+\beta)^2-3\alpha\beta}{-\omega^2\lambda^2}=\dfrac{(\alpha+\beta\omega)(\alpha+\beta\omega^2)}{-\omega^2\lambda^2} \) .  Donde  \( \dfrac{\alpha+\beta\omega}{\lambda} \)  -y-  \( \dfrac{\alpha+\beta\omega^2}{-\omega^2\lambda} \)  serán coprimos y terceras potencias también, salvo unidades.  Pues de la suma de:  \( \dfrac{\alpha+\beta\omega}{\lambda}+\dfrac{\alpha+\beta\omega^2}{\lambda}=\dfrac{2\alpha+\beta(\omega+\omega^2)}{\lambda}=\dfrac{2\alpha-\beta}{\lambda} \) ,  ya que  \( \omega+\omega^2=-1 \) .  Y de su diferencia:  \( \dfrac{\alpha+\beta\omega}{\lambda}-\dfrac{\alpha+\beta\omega^2}{\lambda}=\dfrac{\beta(\omega-\omega^2)}{\lambda}=\dfrac{\beta\omega(1-\omega)}{\lambda}=\beta\omega \) .  Se desprende que no tienen ningún divisor en común, pues  \( \alpha \)  -y-  \( \beta \)  son coprimos;  \( \beta \)  no es par, porque si no ambos factores:  \( \left(\dfrac{\alpha+\beta\omega}{\lambda}\right)\cdot\left(\dfrac{\alpha+\beta\omega^2}{\lambda}\right) \) ,  serían coprimos salvo por  \( 2 \)  -y-  \( 4 \)  debería dividir á  \( (\alpha+\beta)^2-3\alpha\beta=\alpha^2+\beta^2-\alpha\beta \)  que no puede ser par y por último:  \( \lambda \)  divide á  \( 2\alpha-\beta \)  porque divide á  \( \alpha+\beta \) .   

(6) Resalto que la unidad real, en este caso  \( \pm 1 \) ,  que tomo sin perder generalidad como  \( 1 \) ,  es la única que asocio al factor  \( \dfrac{\alpha+\beta\omega}{\lambda} \) .  Esto mismo haré en el caso del UTF5, que expondré a continuación como prueba de un razonamiento general por inducción.    

(7) Ahora hay que demostrar que en  \( \dfrac{\alpha+\beta\omega}{\lambda}=\epsilon_1\mu_1^3 \) ,  para un cubo  \( \mu_1^3 \)  de  \( \mathbb{Z}(\omega) \) ,  la unidad  \( \epsilon_1 \)  es de la forma  \( \pm 1 \) .  Tenemos que  \( \dfrac{(\alpha+\beta)^2-3\alpha\beta}{3}=\eta^3 \)  es una tercera potencia perfecta. Luego:  \( \dfrac{\alpha+\beta\omega}{\lambda}\cdot\dfrac{\alpha+\beta\omega^2}{-\omega^2\lambda}=\epsilon_1\mu_1^3\epsilon_2\mu_2^3=\eta^3 \) ,  para  \( \mu_2^3 \)  un cubo de  de  \( \mathbb{Z}(\omega) \)  -y-  \( \epsilon_1\cdot\epsilon_2=1 \)  -tomando sin perder generalidad sólo los valores positivos.   

(8) Sabemos por este Lema 3 de Carlos Ivorra, que si  \( \lambda\nmid\alpha' \) ,  para un  \( \alpha' \)  elemento de  \( \mathbb{Z}(\omega) \) ,  entonces  \( \alpha'\,^3\equiv\pm 1 \) mod \( 9 \) .  Como  \( \alpha,\beta \)  serán congruentes con un  \( e'\rho \)   módulo  \( 9 \) ,  para  \( \rho \)  un elemento de  \( \mathbb{Z}(\omega) \)  -y-  \( e' \)  una unidad. Tendremos que  \( \alpha\equiv e'\rho \) mod \( 9 \)  -y-  \( \beta\equiv-e'\rho \) mod \( 9 \) ,  puesto que  \( \alpha+\beta\equiv 0 \) mod \( (9=\omega\lambda^4) \) .     

(9) Luego:  \( \dfrac{\alpha+\beta\omega}{\lambda}=\epsilon_1\mu_1^3 \)  \( \Rightarrow \)  \( \alpha+\beta\omega=\lambda\epsilon_1\mu_1^3 \)  \( \Rightarrow \)  \( \alpha+\beta\omega\equiv\lambda\epsilon_1\mu_1^3 \) mod \( 9 \)  \( \Rightarrow \)  \( e'\rho-e'\rho\omega\equiv\pm\lambda\epsilon_1 \) mod \( 9 \)  \( \Rightarrow \)  \( e'\rho(1-\omega)\equiv\pm\lambda\epsilon_1 \) mod \( 9 \)  \( \Rightarrow \)  \( \lambda(e'\rho\mp\epsilon_1)\equiv 0 \) mod \( 9 \)  \( \Rightarrow \)  \( e'\rho\equiv\pm\epsilon_1 \) mod \( (3=-\omega^2\lambda^2) \) .  Por otra parte:  \( \dfrac{\alpha+\beta\omega^2}{-\omega^2\lambda}=\dfrac{-\alpha\omega-\beta}{\lambda}=\epsilon_2\mu_2^3 \)  \( \Rightarrow \)  \( -\alpha\omega-\beta=\lambda\epsilon_2\mu_2^3 \)  \( \Rightarrow \)  \( -\alpha\omega-\beta\equiv\lambda\epsilon_2\mu_2^3 \) mod \( 9 \)  \( \Rightarrow \)  \( -e'\rho\omega+e'\rho\equiv\pm\lambda\epsilon_2 \) mod \( 9 \)  \( \Rightarrow \)  \( e'\rho(-\omega+1)\equiv\pm\lambda\epsilon_2 \) mod \( 9 \)  \( \Rightarrow \)  \( \lambda(-e'\rho\mp\epsilon_2)\equiv 0 \) mod \( 9 \)  \( \Rightarrow \)  \( -e'\rho\equiv\pm\epsilon_2 \) mod \( 3 \) .  Pero como teníamos que  \( e'\rho\equiv\pm\epsilon_1 \) mod \( 3 \) ,  entonces  \( \mp\epsilon_1\equiv\pm\epsilon_2 \) mod \( 3 \) .        

(10) De esta manera, como por (7):  \( \epsilon_1\cdot\epsilon_2=1 \)  -y-  \( \epsilon_1\cdot\epsilon_2\equiv 1 \) mod \( 3 \) .  Será que  \( \mp\epsilon_2\cdot\pm\epsilon_2\equiv 1 \) mod \( 3 \) .  Ahora bien, si  \( \epsilon_2\equiv\omega^{1,2} \) mod \( 3 \) ,  entonces  \( (\mp\epsilon_2)^2=(\omega^{1,2})^2\not\equiv 1 \) mod \( 3 \) .   Así,   \( \pm\epsilon_2 \)  debe ser congruente con  \( \pm 1 \)  módulo  \( 3 \)  -y- por tanto  \( \pm\epsilon_1\equiv\mp 1 \) mod \( 3 \) ;  siendo  \( \pm\epsilon_1,\pm\epsilon_2 \)  de la forma  \( \pm 1 \) ,  pues no pueden ser otra cosa módulo  \( 3 \) .    

(11) Hacemos ahora esta resta:  \( \dfrac{\alpha+\beta\omega}{\lambda}-\dfrac{\alpha+\beta\omega^2}{-\omega^2\lambda}=\dfrac{\alpha+\beta\omega}{\lambda}-\dfrac{-\alpha\omega-\beta}{\lambda}=\dfrac{\alpha+\beta}{\lambda}(1+\omega) \) ,  porque  \( \dfrac{1}{-\omega^2}=-\omega \) .  Y nos encontramos con lo siguiente; por una parte:  \( \dfrac{\alpha+\beta\omega}{\lambda} \)  -y-  \( -\dfrac{\alpha\omega+\beta}{\lambda} \)  son dos terceras potencias perfectas en  \( \mathbb{Z}(\omega) \)  -y- por otra:  \( \dfrac{\alpha+\beta}{\lambda}(1+\omega)=\dfrac{\omega\lambda^{3k+1}\delta^3}{\lambda}(1+\omega) \) .  Y si seguimos desarrollando:  \( \dfrac{\omega\lambda^{3k+1}\delta^3}{\lambda}(1+\omega)=\dfrac{\omega\lambda^{3k+1}\delta^3}{\lambda}(-\omega^2)=-\lambda^{3k}\delta^3 \) .  Es decir, otro cubo perfecto en  \( \mathbb{Z}(\omega) \) .  Por lo que tenemos que si:  \( \dfrac{\alpha+\beta\omega}{\lambda}=\alpha'\,^3 \)  ,  \( -\dfrac{\alpha\omega+\beta}{\lambda}=-\beta'\,^3 \)  -y-  \( -\lambda^{3k}\delta^3=-\gamma''\,^3 \) ;  será que:  \( \alpha'\,^3+\beta'\,^3+\gamma''\,^3=0 \) .  Pero ahora sólo  \( \lambda^{3k} \)  divide á  \( \gamma''\,^3 \) . 

(12) Si aplicamos todo este razonamiento a esta última ecuación y lo repetimos una y otra vez, nos llevará a un descenso infinito de potencias de  \( \lambda \) ,  que será múltiplo siempre de uno de los cubos de una suma de tres igual a cero en  \( \mathbb{Z}(\omega) \)  -y- donde a su vez el valor de  \( k \)  tenderá a hacerse indeterminadamente grande.   

(13) Supongamos ahora en el anillo  \( \mathbb{Z}(\zeta_5) \) ,  para  \( \zeta_5 \)  la raíz primitiva quinta de la unidad; la siguiente ecuación:  \( \alpha^5+\beta^5+\gamma^5=0 \) ,  donde  \( \alpha,\beta,\gamma \)  son coprimos entre sí. 

(14) Conocemos (Keith Conrad) que módulo  \( 5 \) :  \( \alpha^5+\beta^5+\gamma^5=0 \) ,  es como si fuera  \( a^5+b^5+c^5=0 \) ,  donde  \( a,b,c \)  serían enteros usuales y les podemos aplicar el Teorema de Sophie Germain que dice que en este caso al menos una de las quintas potencias es divisible por  \( 5 \) .  Supongamos que sea  \( \gamma^5 \) .  .  Lo único que dice Keith Conrad es que  \( \alpha^p\equiv a \) mod \( p \) .  Suponemos a partir de ahora que  \( 5 \)  divide a una de las variables y dejo para otro momento el caso en el que  \( 5 \)  no divide a ninguna.

(15) Como en  \( \mathbb{Z}(\zeta_5) \) ,  \( 5 \)  es igual á  \( (\zeta+\zeta^2)^2\lambda^4 \) ,  siendo  \( (\zeta+\zeta^2)^2 \)  una unidad de este anillo -y-  \( \lambda \)  el primo  \( 1-\zeta \) .  Y además:  \( -\gamma^5=\alpha^5+\beta^5=(\alpha+\beta)((\alpha+\beta)^4-5\alpha\beta((\alpha+\beta)^2-\alpha\beta) \) .  Donde estos dos últimos factores son coprimos salvo por  \( 5 \) .  Entonces  \( 5 \) ,  como mínimo, y por tanto  \( \lambda^{4} \) ,  deben dividir á  \( \alpha+\beta \) .  Por lo que en definitiva  \( 25 \) ,  como mínimo, -y-  \( \lambda^{8} \)  divide en realidad á  \( -\gamma^5 \) .  Lo que significa que por lo menos  \( \lambda^{k+1} \) ,  para  \( k\in{N^+} \) ,  divide á  \( \gamma \) ,  -y- así:  \( e_1^5\cdot\lambda^{5k+5} \)  dividirá á  \( -\gamma^5 \) ; \( e_2\cdot\lambda^{5k+1} \)  dividirá á  \( \alpha+\beta \)  -y- sólo  \( 5=(\zeta+\zeta^2)^2\cdot\lambda^4 \)  dividirá  á:  \( (\alpha+\beta)^4-5\alpha\beta((\alpha+\beta)^2-\alpha\beta) \) ,  para  \( e_{1,2} \)  unidades del anillo.   

(16) Sabemos (Carlos Ivorra (1)) que todas las unidades  \( (e) \)  de este anillo son de la forma  \( e=\pm\zeta^m\varepsilon^n \) ,  para  \( \varepsilon=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}=-\zeta^3-\zeta^2 \)  (la unidad real);  \( m=0,1,2,3,4 \)  -y-  \( n \)  un entero. Luego  \( e_1^5 \)  será igual á  \( \varepsilon^{5q} \) ,  para un  \( q\in\mathbb{N^+} \) ,  -y-  \( e_2=\zeta^2\varepsilon^{5q-2} \) ;  ya que la unidad  \( (\zeta+\zeta^2)^2 \)  es de esta forma:  \( \zeta^3\varepsilon^2 \)  -y- debe darse que:  \( \varepsilon^{5q}=\zeta^2\varepsilon^{5q-2}\cdot\zeta^3\varepsilon^2 \) .   

(17) Tendremos pues que  \( \dfrac{\alpha+\beta}{\zeta^2\varepsilon^{5q-2}\lambda} \)  -y-  \( \dfrac{(\alpha+\beta)^4-5\alpha\beta((\alpha+\beta)^2-\alpha\beta)}{\zeta^3\varepsilon^2\lambda^4=5} \)  serán coprimos y quintas potencias perfectas.   

Y como  \( \dfrac{(\alpha+\beta)^4-5\alpha\beta((\alpha+\beta)^2-\alpha\beta)}{\zeta^3\varepsilon^2\lambda^4}=\dfrac{(\alpha+\beta\zeta)(\alpha+\beta\zeta^2)(\alpha+\beta\zeta^3)(\alpha+\beta\zeta^4)}{\zeta^3\varepsilon^2\lambda^4} \) .     


Si:  \( -\epsilon^{5q}\lambda^{5k+5}\gamma'\,^5=(\alpha+\beta)(\alpha+\beta\zeta)(\alpha+\beta\zeta^2)(\alpha+\beta\zeta^3)(\alpha+\beta\zeta^4) \) ;  entonces:     


 \( -\lambda^{5k}\gamma'\,^5=\left(\dfrac{\alpha+\beta}{\zeta^2\varepsilon^{5q-2}\lambda}\right) \left(\dfrac{\alpha+\beta\zeta}{\varepsilon^4\lambda}\right) \left(\dfrac{\alpha+\beta\zeta^2}{\zeta^2\varepsilon^{-3}\lambda}\right) \left(\dfrac{\alpha+\beta\zeta^3}{\zeta^2\varepsilon^{-3}\lambda}\right) \left(\dfrac{\alpha+\beta\zeta^4}{\zeta^4\varepsilon^4\lambda}\right) \) .     


Pues en los cuatro últimos factores tendremos que  \( \varepsilon^4\cdot\varepsilon^{-3}\cdot\varepsilon^{-3}\cdot\varepsilon^4=\varepsilon^2 \)  -y-  \( \zeta^2\cdot\zeta^2\cdot\zeta^4=\zeta^3 \) .   
 
(18) Ahora hay que demostrar que:  \( \dfrac{\alpha+\beta\zeta}{\varepsilon^4\lambda} \)  ,   \( \dfrac{\alpha+\beta\zeta^2}{\zeta^2\varepsilon^{-3}\lambda} \)  ,  \( \dfrac{\alpha+\beta\zeta^3}{\zeta^2\varepsilon^{-3}\lambda} \)  -y-  \( \dfrac{\alpha+\beta\zeta^4}{\zeta^4\varepsilon^4\lambda} \)  son quintas potencias salvo unidades.  No es difícil deducir que los factores  \( \dfrac{\alpha+\beta\zeta}{\lambda} \)  ,  \( \dfrac{\alpha+\beta\zeta^2}{\lambda} \)  ,  \( \dfrac{\alpha+\beta\zeta^3}{\lambda} \)  -y-  \( \dfrac{\alpha+\beta\zeta^4}{\lambda} \)  son coprimos. Veámoslo. Por una parte, de la suma de estos términos dos a dos:  \( \dfrac{\alpha+\beta\zeta^r}{\lambda}+\dfrac{\alpha+\beta\zeta^s}{\lambda}=\dfrac{2\alpha+\beta(\zeta^r+\zeta^s)}{\lambda} \) ,  para unos  \( r,s \)  definidos entre  \( 1 \)  -y-  \( 4 \)  (incluidos) -y-  \( r<s \) ,  donde  \( \zeta^r+\zeta^s \)  es una unidad. Por otra parte, de su diferencia:  \( \dfrac{\alpha+\beta\zeta^r}{\lambda}-\dfrac{\alpha+\beta\zeta^s}{\lambda}=\dfrac{\beta(\zeta^r-\zeta^s)}{\lambda} \) ;  donde siempre se dará:  \( \dfrac{\beta\cdot e\cdot(1-\zeta)}{\lambda}=e\beta \) ,  para  \( e \)  una unidad del anillo. Luego se desprende que entre los respectivos ambos términos (de las sumas y las restas) no hay ningún factor en común.  Pues primero hay que tener en cuenta que en las sumas, el numerador:  \( 2\alpha+\beta(\zeta^r+\zeta^s)\equiv 2(\alpha+\beta) \) , al ser  \( \zeta\equiv 1 \) mod \( \lambda \)  -y-  \( \lambda \) ,  del denominador, dividirá á  \( \alpha+\beta \)  -y- segundo, que  \( \beta \)  no es par, porque si no los factores  \( \left(\dfrac{\alpha+\beta\zeta}{\lambda}\right)\cdot\left(\dfrac{\alpha+\beta\zeta^2}{\lambda}\right)\cdot\left(\dfrac{\alpha+\beta\zeta^3}{\lambda}\right)\cdot\left(\dfrac{\alpha+\beta\zeta^4}{\lambda}\right) \)  serían coprimos salvo por  \( 2 \)  -y-  \( 16 \)  dividiría á  \( (\alpha+\beta)^4-5\alpha\beta((\alpha+\beta)^2-\alpha\beta) \)  que no puede ser par.   

(19) Como  \( \dfrac{\alpha+\beta\zeta}{\varepsilon^4\lambda}=e_1\mu_1^5 \) ,  para una quinta potencia  \( \mu_1^5 \)  de  \( \mathbb{Z}(\zeta_5) \) ,  tenemos que averiguar si la unidad  \( e_1 \)  es de la forma  \( \pm 1 \) .  Vimos que  \( \dfrac{(\alpha+\beta)^4-5\alpha\beta((\alpha+\beta)^2-\alpha\beta)}{\zeta^3\varepsilon^2\lambda^4} \)  es una quinta potencia perfecta  (\( \eta^5 \)) .  Luego:  \( \dfrac{\alpha+\beta\zeta}{\varepsilon^4\lambda}\cdot\dfrac{\alpha+\beta\zeta^2}{\zeta^2\varepsilon^{-3}\lambda}\cdot\dfrac{\alpha+\beta\zeta^3}{\zeta^2\varepsilon^{-3}\lambda}\cdot\dfrac{\alpha+\beta\zeta^4}{\zeta^4\varepsilon^4\lambda}=e_1\mu_1^5\cdot e_2\mu_2^5\cdot e_3\mu_3^5\cdot e_4\mu_4^5=\eta^5 \) ,  para  \( e_1\cdot e_2\cdot e_3\cdot e_4=1 \)  -tomando sin perder generalidad sólo los valores positivos (de aquí en adelante).   

(20) Sabemos por (14) que  \( \alpha^5,\beta^5\equiv(\pm 1,\pm 2) \) mod \( 5 \) .  Como  \( \alpha,\beta \)  serán congruentes con un  \( e'\rho \) mod \( (5=(\zeta+\zeta^2)^2\lambda^4) \)  -y- por tanto: mod \( \lambda^3 \) ,  mod \( \lambda^2 \)  ó  mod \( \lambda \) ;  para  \( \rho \)  un elemento de  \( \mathbb{Z}(\zeta_5) \)  -y-  \( e' \)  una unidad.  Tendremos que  \( \alpha\equiv e'\rho \) mod \( 5 \)  -y-  \( \beta\equiv-e'\rho \) mod \( 5 \) ,  puesto que  \( \alpha+\beta\equiv 0 \) mod \( 5 \) .          

(20.1) Luego:  \( \dfrac{\alpha+\beta\zeta}{\varepsilon^4\lambda}=e_1\mu_1^5 \)  \( \Rightarrow \)  \( \alpha+\beta\zeta=\varepsilon^4\lambda e_1\mu_1^5 \)  \( \Rightarrow \)  \( \alpha+\beta\zeta\equiv\varepsilon^4\lambda e_1\mu_1^5 \) mod \( 5 \)  \( \Rightarrow \)  \( e'\rho-e'\rho\zeta\equiv\varepsilon^4\lambda(\pm 1,\pm 2)e_1 \) mod \( 5 \)  \( \Rightarrow \)  \( e'\rho(1-\zeta)\equiv\varepsilon^4\lambda(\pm 1,\pm 2)e_1 \) mod \( 5 \)  \( \Rightarrow \)  \( e'\rho\lambda\varepsilon^{-4}\dfrac{1}{\pm 1,\pm 2}\equiv\lambda e_1 \) mod \( 5 \)  \( \Rightarrow \)  \( \lambda(e'\rho\varepsilon^{-4}(\pm 1,\pm 2)-e_1)\equiv 0 \) mod \( 5 \)  \( \Rightarrow \)  \( e'\rho\varepsilon^{-4}(\pm 1,\pm 2)\equiv e_1 \) mod \( \lambda^3 \) .   

(20.2) Simplifico a continuación: 

\( \dfrac{\alpha+\beta\zeta^2}{\zeta^2\varepsilon^{-3}\lambda}=e_2\mu_2^5 \)  \( \Rightarrow \)  \( \alpha+\beta\zeta^2\equiv\zeta^2\varepsilon^{-3}\lambda(\pm 1\pm 2)e_2 \) mod \( 5 \)  \( \Rightarrow \)  \( e'\rho(1-\zeta^2)\equiv\zeta^2\varepsilon^{-3}\lambda(\pm 1\pm 2)e_2 \) mod \( 5 \)  \( \Rightarrow \)  \( e'\rho(1-\zeta)(1+\zeta)\zeta^{-2}\varepsilon^3(\pm 1,\pm 2)\equiv\lambda e_2 \) mod \( 5 \) . Y como  \( 1+\zeta=-\zeta^3\varepsilon \)  \( \Rightarrow \)  \( -e'\rho\lambda\zeta\varepsilon^{4}(\pm 1\pm 2)\equiv \lambda e_2 \) mod \( 5 \)  \( \Rightarrow \)  \( -\lambda(e'\rho\zeta\varepsilon^{4}(\pm 1\pm 2)+e_2)\equiv 0 \) mod \( 5 \)  \( \Rightarrow \)  \( e'\rho\zeta\varepsilon^{4}(\pm 1\pm 2)\equiv -e_2 \) mod \( \lambda^3 \) .            

\( \dfrac{\alpha+\beta\zeta^3}{\zeta^2\varepsilon^{-3}\lambda}=e_3\mu_3^5 \)  \( \Rightarrow \)  \( \alpha+\beta\zeta^3\equiv\zeta^2\varepsilon^{-3}\lambda(\pm 1\pm 2)e_3 \) mod \( 5 \)  \( \Rightarrow \)  \( e'\rho(1-\zeta^3)\equiv\zeta^2\varepsilon^{-3}\lambda(\pm 1\pm 2)e_3 \) mod \( 5 \)  \( \Rightarrow \)  \( e'\rho(1-\zeta)(1+\zeta+\zeta^2)\zeta^{-2}\varepsilon^3(\pm 1,\pm 2)\equiv\lambda e_3 \) mod \( 5 \) . Y como  \( 1+\zeta+\zeta^2=\zeta\varepsilon \)  \( \Rightarrow \)  \( e'\rho\lambda\zeta^{-1}\varepsilon^{4}(\pm 1\pm 2)\equiv \lambda e_3 \) mod \( 5 \)  \( \Rightarrow \)  \( \lambda(e'\rho\zeta^{-1}\varepsilon^{4}(\pm 1\pm 2)-e_3)\equiv 0 \) mod \( 5 \)  \( \Rightarrow \)  \( e'\rho\zeta^{-1}\varepsilon^{4}(\pm 1\pm 2)\equiv e_3 \) mod \( \lambda^3 \) .           

\( \dfrac{\alpha+\beta\zeta^4}{\zeta^4\varepsilon^4\lambda}=e_4\mu_4^5 \)  \( \Rightarrow \)  \( \alpha+\beta\zeta^4\equiv\zeta^4\varepsilon^4\lambda(\pm 1\pm 2)e_4 \) mod \( 5 \)  \( \Rightarrow \)  \( e'\rho(1-\zeta^4)\equiv\zeta^4\varepsilon^{4}\lambda(\pm 1\pm 2)e_4 \) mod \( 5 \)  \( \Rightarrow \)  \( e'\rho(1-\zeta)(1+\zeta)(1+\zeta^2)\zeta^{-4}\varepsilon^{-4}(\pm 1,\pm 2)\equiv\lambda e_4 \) mod \( 5 \) . Y como  \( (1+\zeta)(1+\zeta^2)=-\zeta^3\varepsilon\cdot\zeta\varepsilon^{-1} \)  \( \Rightarrow \)  \( -e'\rho\lambda\varepsilon^{-4}(\pm 1\pm 2)\equiv \lambda e_4 \) mod \( 5 \)  \( \Rightarrow \)  \( -\lambda(e'\rho\varepsilon^{-4}(\pm 1\pm 2)+e_4)\equiv 0 \) mod \( 5 \)  \( \Rightarrow \)  \( e'\rho\varepsilon^{-4}(\pm 1\pm 2)\equiv -e_4 \) mod \( \lambda^3 \) .         
 
(21) De esta manera:  \( e_1\cdot e_2\cdot e_3\cdot e_4\equiv e'\rho\varepsilon^{-4}(\pm 1,\pm 2)\cdot\left(-e'\rho\zeta\varepsilon^4(\pm 1,\pm 2)\right)\cdot e'\rho\zeta^{-1}\varepsilon^{4}(\pm 1,\pm 2)\cdot\left(-e'\rho\varepsilon^{-4}(\pm 1,\pm 2)\right) \) mod \( \lambda^3 \) .  Y como  \( e'\rho\varepsilon^{-4}(\pm 1,\pm 2)\equiv e_1 \) mod \( \lambda^3 \) ,  entonces:  \( e'\rho\varepsilon^{-4}(\pm 1,\pm 2)\cdot\left(-e'\rho\zeta\varepsilon^4(\pm 1,\pm 2)\right)\cdot e'\rho\zeta^{-1}\varepsilon^{4}(\pm 1,\pm 2)\cdot\left(-e'\rho\varepsilon^{-4}(\pm 1,\pm 2)\right)\equiv e_1\cdot(-\zeta\varepsilon^8e_1)\cdot\zeta^4\varepsilon^8e_1\cdot(-e_1)=e_1^4\varepsilon^{16} \) mod \( \lambda^3 \) .  Pero por (19):  \( e_1\cdot e_2\cdot e_3\cdot e_4=1 \)  -y-  \( e_1\cdot e_2\cdot e_3\cdot e_4\equiv 1 \) mod \( \lambda^3 \) .  En consecuencia:  \( e_1^4\varepsilon^{16}\equiv 1 \) mod \( \lambda^3 \)  -y-  \( e_1^4\varepsilon^{16}\equiv 1 \) mod \( \lambda^2 \) .   Tenemos (Carlos Ivorra (2)) que  \( \varepsilon^4=-3\zeta^3-3\zeta^2+2=3\varepsilon+2=3\cdot\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}+2=3\cdot\dfrac{1+\sqrt{(\zeta+\zeta^2)^2\lambda^4}}{2}+2 \) .  Donde  \( \dfrac{1}{2}\equiv 3 \) mod \( 5 \) ,  -y- entonces:  \( \varepsilon^4=\dfrac{3}{2}\cdot(1+(\zeta+\zeta^2)\lambda^2)+2\equiv 9\cdot(1+0)+2\equiv 1 \) mod \( \lambda^2 \) .  Luego si  \( \varepsilon^4\equiv 1 \) mod \( \lambda^2 \)  \( \Rightarrow \)  \( \varepsilon^{16}\equiv 1 \) mod \( \lambda^2 \) .  Así:  \( e_1^4\equiv 1 \) mod \( (\lambda^2=(1-\zeta)^2=1+\zeta^2-2\zeta) \) ,  por lo que:  \( e_1\equiv\pm 1 \) mod \( \lambda^2 \) .  Y la única manera de que la unidad  \( e_1 \)  no sea de la forma  \( \pm 1 \)  es que:  \( e_1\equiv-\zeta^2+2\zeta=-\zeta(\zeta-2) \) mod \( 1+\zeta^2-2\zeta \)  -y-  \( e_1 \)  sea una unidad imaginaria.  Pero esto no puede ser, porque  \( \zeta-2 \)  no es una unidad imaginaria sino un número primo múltiplo de  \( 31 \)  (Carlos Ivorra (3)).

Por esta respuesta: https://foro.rinconmatematico.com/index.php?topic=125610.msg512874#msg512874 ; me doy cuenta que lo de arriba no es exacto. Aunque sigo manteniendo que  \( e_1 \)  no puede ser una unidad imaginaria sí podría ser una unidad real distinta de  \( 1 \) . Si  \( e_1^4\equiv 1 \) mod \( \lambda^2 \)  -y-  \( e_1\equiv\pm 1 \) mod \( \lambda^2 \) ,  entonces pordría ser también de la forma  \( e_1=\varepsilon^{4} \) ,  puesto que  \( \varepsilon^{4,16}\equiv 1 \) mod \( \lambda^2 \) .  Sería incluso la opción más correcta. Me lo pienso y si acaso reescribo la demostración.

(22) Si hacemos a continuación esta suma:  \( \dfrac{\alpha+\beta\zeta}{\varepsilon^4\lambda}+\dfrac{\alpha+\beta\zeta^4}{\zeta^4\varepsilon^4\lambda}=\dfrac{\alpha+\beta\zeta}{\varepsilon^4\lambda}+\dfrac{\alpha\zeta+\beta}{\varepsilon^4\lambda}=\dfrac{\alpha+\beta}{\varepsilon^4\lambda}(1+\zeta) \) .  Nos encontraremos entonces con lo siguiente; por un lado:  \( \dfrac{\alpha+\beta\zeta}{\varepsilon^4\lambda} \)  -y-  \( \dfrac{\alpha\zeta+\beta}{\varepsilon^4\lambda} \)  serán dos quintas potencias perfectas en  \( \mathbb{Z}(\zeta_5) \)  -y- por otro:  \( \dfrac{\alpha+\beta}{\varepsilon^4\lambda}(1+\zeta)=\dfrac{\zeta^2\varepsilon^{5q-2}\lambda^{5k+1}\delta^5}{\varepsilon^4\lambda}(1+\zeta) \) ,  para un  \( \delta^5 \)  divisor de  \( \gamma'\,^5 \) .  Y como además  \( 1+\zeta=-\varepsilon\zeta^3 \) .  Si seguimos desarrollando:  \( \dfrac{-\zeta^2\varepsilon^{5q-2}\lambda^{5k+1}\delta^5}{\varepsilon^4\lambda}(\varepsilon\zeta^3)=-\varepsilon^{5q-5}\lambda^{5k}\delta^5 \) .  Es decir, otra quinta potencia perfecta en  \( \mathbb{Z}(\zeta_5) \) .  Por lo que tenemos que si:  \( \dfrac{\alpha+\beta\zeta}{\varepsilon^4\lambda}=\alpha'\,^5 \)  ,  \( \dfrac{\alpha\zeta+\beta}{\varepsilon^4\lambda}=\beta'\,^5 \)  -y-  \( -\varepsilon^{5q-5}\lambda^{5k}\delta^5=-\gamma''\,^5 \) ;  será que:  \( \alpha'\,^5+\beta'\,^5+\gamma''\,^5=0 \) .  Pero ahora sólo  \( \lambda^{5k} \)  divide á  \( \gamma''\,^5 \) . 

(23) Luego estamos, por tanto, ante un descenso infinito si repetimos este razonamiento una y otra vez sobre las ecuaciones resultantes. Y si seguimos este mismo esquema de los casos expuestos del UTF3 y UTF5, se puede generalizar la demostración a todo UTFp, para un  \( p>5 \)  primo regular que divida a una de las potencias, en el sentido de la condición impuesta por Kummer: Que si  \( \mathfrak{a}^p \)  es un ideal principal, entonces  \( \mathfrak{a} \)  también lo sea (Carlos Ivorra (4)).   


Un saludo y Feliz entrada de año nuevo 2024


PD. Reescribo (9 de enero) simplificando y mejorando este intento de demostración aquí: https://foro.rinconmatematico.com/index.php?topic=125610.msg512888#msg512888

Hola,    


Supongamos que  \( a^3+b^3+c^3=0 \) ,  para  \( a,b,c \)  enteros y coprimos entre sí.     

Si  \( 3 \)  no divide á  \( abc \) ;  puesto que  \( (\mathbb{Z}/9\mathbb{Z})^3=\{0,1,-1\} \) ,  tendremos que  \( a^3+b^3+c^3\not\equiv{0} \) mod \( 9 \) .  Lo que no puede ser.       

Luego  \( 3 \)  debe dividir á  \( abc \) .  Y no perdemos generalidad si suponemos que  \( 3^k \) ,  para  \( k\in{\mathbb{N}} \) ,  divide á  \( c \) . 

Entonces:   

\( -b^3=a^3+c^3 \)  \( \Rightarrow \)  \( -1=\left(\dfrac{a}{b}\right)^3+\left(\dfrac{c}{b}\right)^3 \)  \( \Rightarrow \)  \( -1-\left(\dfrac{a}{b}\right)^3=\left(\dfrac{c}{b}\right)^3 \)  -y-  \( 1+\left(\dfrac{a}{b}\right)^3=-\left(\dfrac{c}{b}\right)^3 \) . 

Como en el anillo  \( \mathbb{Z}(\omega=(-1+\sqrt{-3})/2) \)  de los enteros de Eisenstein:  \( 1=\omega^3 \) ;  tendremos: 

\( \omega^3+\left(\dfrac{a}{b}\right)^3=-\left(\dfrac{c}{b}\right)^3 \) .    

Y : 

\( \left(\omega+\dfrac{a}{b}\right)\left(\omega^2-\omega\dfrac{a}{b}+\dfrac{a^2}{b^2}\right)=-\left(\dfrac{c}{b}\right)^3 \)   \( \Rightarrow \)   


\( \left(\dfrac{a}{b}+\omega\right)\left(-1+\dfrac{a^2}{b^2}-\omega\dfrac{a}{b}-\omega\right)=-\left(\dfrac{c}{b}\right)^3 \)   \( \Rightarrow \)      


\( \left(\dfrac{a}{b}+\omega\right)\left(\dfrac{a^2-b^2}{b^2}-\dfrac{a+b}{b}\omega\right)=-\left(\dfrac{c}{b}\right)^3 \) .     


Como:  \( -c^3=a^3+b^3=(a+b)((a+b)^2-3ab) \) .  Y :  \( a+b \)  -y-  \( (a+b)^2-3ab \)  son coprimos y terceras potencias salvo por  \( 3 \) ;  puesto que  \( 3^k \) ,  que divide á  \( c \) ,  debe dividir á  \( a+b \) .  Entonces  \( 3^{3k-1} \)  dividirá á  \( a+b \)  -y- sólo  \( 3 \)  á  \( (a+b)^2-3ab \) .    

De esta manera, si pasamos la última ecuación a módulo  \( 3^{3k} \) ,  será que:    


\( \left(\dfrac{a}{b}+\omega\right)\left(\dfrac{a^2-b^2}{b^2}-3^{3k-1}\omega\right)\equiv 0 \) mod \( 3^{3k} \) .        


- ó - :     


\( \left(\dfrac{a}{b}+\omega\right)\left(\dfrac{a^2-b^2}{b^2}-2\cdot 3^{3k-1}\omega\right)\equiv 0 \) mod \( 3^{3k} \) .       


Si analizamos con detenimiento estas ecuaciones, llegamos a la conclusión que únicamente tendrían solución si quedaran como: 

\( (-1+\omega)3^{3k-1}(1-\omega)\equiv 0 \) mod \( 3^{3k} \)   -ó-   \( (-1+\omega)2\cdot 3^{3k-1}(1-\omega)\equiv 0 \) mod \( 3^{3k} \) . 

Es decir, si  \( \dfrac{a^2-b^2}{b^2} \)  es congruente con  \( 3^{3k-1} \)  módulo  \( 3^{3k} \)  -ó-  con  \( 2\cdot 3^{3k-1} \)  módulo  \( 3^{3k} \) .   Pero esto no puede suceder, porque si  \( \dfrac{a}{b}\equiv -1 \) mod \( 3^{3k} \) ;  entonces  \( \dfrac{a^2-b^2}{b^2}=\left(\dfrac{a}{b}\right)^2-1\equiv 1-1=0 \) mod \( 3^{3k} \) .  Y en este último caso:  \( (-1+\omega)(0-3^{3k-1}\omega)\not\equiv 0 \) mod \( 3^{3k} \) .           


La generalización de este razonamiento a otros casos es sencilla. La podemos ver sucintamente en el caso del UTF5:   

Si  \( a^5+b^5+c^5=0 \) ,  para  \( a,b,c \)  enteros, coprimos entre sí -y-  \( 5^k \)  divide á  \( c \) .   

Entonces: 

\( -b^5=a^5+c^5 \)  \( \Rightarrow \)  \( -1=\left(\dfrac{a}{b}\right)^5+\left(\dfrac{c}{b}\right)^5 \)  \( \Rightarrow \)  \( -1-\left(\dfrac{a}{b}\right)^5=\left(\dfrac{c}{b}\right)^5 \)  -y-  \( 1+\left(\dfrac{a}{b}\right)^5=-\left(\dfrac{c}{b}\right)^1 \) . 

Como en el anillo  \( \mathbb{Z}(\zeta_5) \) ,  para  \( \zeta_5 \)  la raíz primitiva quinta de la unidad:  \( 1=\zeta^5 \) ;  tendremos: 

\( \zeta^5+\left(\dfrac{a}{b}\right)^5=-\left(\dfrac{c}{b}\right)^5 \) .    

Y : 

\( \left(\zeta+\dfrac{a}{b}\right)\left(\zeta^4-\dfrac{a}{b}\zeta^3+\dfrac{a^2}{b^2}\zeta^2-\dfrac{a^3}{b^3}\zeta+\dfrac{a^4}{b^4}\right)=-\left(\dfrac{c}{b}\right)^5 \)   \( \Rightarrow \)   


\( \left(\dfrac{a}{b}+\zeta\right)\left(\dfrac{a^4}{b^4}-1-\left(\dfrac{a}{b}+1\right)\zeta^3+\left(\dfrac{a^2}{b^2}-1\right)\zeta^2-\left(\dfrac{a^3}{b^3}+1\right)\zeta\right)=-\left(\dfrac{c}{b}\right)^5 \)   \( \Rightarrow \)   


\( \left(\dfrac{a}{b}+\zeta\right)\left(\dfrac{a^4-b^4}{b^4}-\left(\dfrac{a+b}{b}\right)\zeta^3+\left(\dfrac{a^2-b^2}{b^2}\right)\zeta^2-\left(\dfrac{a^3+b^3}{b^3}\right)\zeta\right)=-\left(\dfrac{c}{b}\right)^5 \)   \( \Rightarrow \)   

 
Como:  \( -c^5=a^5+b^5=(a+b)((a+b)^4-5ab((a+b)^2-ab)) \) .  Donde:  \( a+b \)  -y-  \( (a+b)^4-5ab((a+b)^2-ab) \)  son coprimos y quintas potencias salvo por  \( 5 \) ;  puesto que  \( 5^k \) ,  que divide á  \( c \) ,  debe dividir á  \( a+b \) .  Entonces  \( 5^{5k-1} \)  dividirá á  \( a+b \)  -y- sólo  \( 5 \)  á  \( (a+b)^4-5ab((a+b)^2-ab) \) .    

De esta manera, si pasamos la última ecuación a módulo  \( 5^{5k} \) ,  será que:    


\( \left(\dfrac{a}{b}+\zeta\right)\left(\dfrac{a^4-b^4}{b^4}-r_1\cdot 5^{5k-1}\zeta^3+\left(\dfrac{a^2-b^2}{b^2}\right)\zeta^2-r_2\cdot 5^{5k-1}\zeta\right)\equiv 0 \) mod \( 5^{5k} \)      


, para  \( r_1,r_2\in\{1,2,3,4\} \) .   

Y si suponemos que  \( a^2\equiv b^2 \) mod \( 5^{5k} \) .  Entonces:    


\( \left(\dfrac{a}{b}+\zeta\right)\left(0-r_1\cdot 5^{5k-1}\zeta^3+\left(0\right)\zeta^2-r_2\cdot 5^{5k-1}\zeta\right)\equiv 0 \) mod \( 5^{5k} \)   \( \Rightarrow \)      


\( \left(\dfrac{a}{b}+\zeta\right)\left(-r_1\zeta^2-r_2 \right)5^{5k-1}\zeta\equiv 0 \) mod \( 5^{5k} \) .   


Pero ni:  \( \dfrac{a}{b}+\zeta\equiv 0 \) mod \( 5^{5k} \) ,  ni:  \( -r_1\zeta^2-r_2 \equiv 0 \) mod \( 5^{5k} \) .  Y si  \( \dfrac{a}{b}+\zeta\equiv -1+\zeta \) mod \( 5^{5k} \) ,  no puede darse que  \( -r_1\zeta^2-r_2 \)  -ó-  \( -r_1\zeta^3-r_2\zeta \)  fuera también equivalente á  \( (\zeta^3-\zeta-1)(1-\zeta)^3=4+3\zeta+2\zeta^2+\zeta^3 \) ;  -debido a que en este anillo  \( 5=(\zeta^3-\zeta-1)(1-\zeta)^4 \) - ;  -y- esto es lo único que haría que la ecuación fuera cierta.     


Un saludo,

Hola,     


Supongamos que  \( a^3+b^3+c^3=0 \) ,  para  \( a,b,c \)  enteros -y- coprimos entre sí.    

Si  \( 3 \)  no divide á  \( abc \) ;  puesto que  \( (\mathbb{Z}/9\mathbb{Z})^3=\{0,1,-1\} \) ,  tendremos que  \( a^3+b^3+c^3\not\equiv{0} \) mod \( 9 \) .  Lo que no puede ser.      

Luego  \( 3 \)  debe dividir á  \( abc \) .  Y no perdemos generalidad si suponemos que  \( 3^k \) ,  para  \( k\in{\mathbb{N}} \) ,  divide á  \( c \)  -y- que  \( a^3+b^3+c^3=1-1+0 \)  módulo  \( 3 \) . 

Entonces:   

\( -c^3=a^3+b^3=(a+b)((a+b)^2-3ab) \) .  Y :  \( a+b \)  -y-  \( (a+b)^2-3ab \)  serán coprimos y terceras potencias salvo por  \( 3 \) ;  puesto que  \( 3^k \) ,  que divide á  \( c \) ,  debe dividir á  \( a+b \) .  Así:  \( a+b=3^{3k-1}c_1^3 \)  -y-  \( (a+b)^2-3ab=3c_2^3 \) ,  para  \( c_1,c_2 \)  factores coprimos de  \( c \) .   

Como en el anillo  \( \mathbb{Z}(\omega=(-1+\sqrt{-3})/2) \)  de los enteros de Eisenstein:  \( -a^3=(b+c)(b+c\omega)(b+c\omega^2) \)  -y-  \( -b^3=(a+c)(a+c\omega)(a+c\omega^2) \) ;  siendo estos 6 factores cubos perfectos, ya que son coprimos entre sí al dividir  \( 3^k \)  á  \( c \) .  Entonces  \( (a+c\omega)\cdot(b+c\omega) \)  será otro cubo.   

Luego  \( (a+c\omega)(b+c\omega)=\pm\epsilon\alpha^3 \) , para  \( \epsilon \)  una unidad de este anillo. Donde  \( (a+c\omega)(b+c\omega)=ab+ac\omega+bc\omega+c^2\omega^2=ab-c^2+c(a+b-c)\omega=\pm\epsilon\alpha^3 \) .  Y puesto que  \( ab-c^2+c(a+b-c)\omega\equiv\pm 1 \) mod \( 3 \)  -y- conocemos a su vez (Keith Conrad) que  \( \pm\alpha^3\equiv\pm 1 \) mod \( 3 \) ;  entonces  \( \epsilon \)  no podrá ser de la forma  \( \pm\omega^{1,2} \) ; ya que al tener  \( ab-c^2+c(a+b-c)\omega\equiv\pm\epsilon\alpha^3 \) mod \( 3 \) ,  supondría que  \( \pm 1\not\equiv\pm\omega^{1,2} \) mod \( 3 \) .  De esta forma  \( ab-c^2+c(a+b-c)\omega=\pm\alpha^3=\pm(d+e\omega)^3 \) ,  para unos  \( d,e \)  enteros usuales y coprimos entre sí.  Y como  \( \pm(d+e\omega)^3=\pm(d^3+3d^2e\omega+3de^2\omega^2+e^3\omega^3)=\pm(d^3+e^3-3de^2+3de(d-e)\omega) \) . Entonces:  \( ab-c^2=\pm(d^3+e^3-3de^2) \)  -y-  \( c(a+b-c)=\pm3de(d-e) \) . 

Analicemos  \( c(a+b-c)=\pm3de(d-e) \) .  Como hemos quedado que  \( -c^3=3^{3k}c_1^3c_2^3 \) ,  entonces  \( -c=3^kc_1c_2 \) ,  -y- tendremos que lo primero, si consideramos sin perder generalidad que  \( c=3^k(-c_1)c_2 \)  , es:  \( -3^kc_1c_2(-3^{3k-1}c_1^3+3^kc_1c_2)=3^{2k}c_1^2c_2(3^{2k-1}c_1^2-c_2)=\pm3de(d-e) \) .  Luego si:  \( 3^{2k}c_1^2c_2(3^{2k-1}c_1^2-c_2)=+3de(d-e) \) ,  será que  \( d=3^{2k-1}c_1^2 \)  -y-  \( e=c_2 \) .  Y si:  \( 3^{2k}c_1^2c_2(3^{2k-1}c_1^2-c_2)=-3de(d-e)=3de(e-d) \) ,  será que  \( d=-3^{2k-1}c_1^2 \)  -y-  \( e=-c_2 \) .   

Pero por el primer caso, resultaría que:  \( ab-c^2=+(d^3+e^3-3de^2) \)  \( \Rightarrow \)  \( ab-c^2=3^{6k-3}c_1^6+c_2^3-3de^2 \)  \( \Rightarrow \)  \( ab-c^2\equiv 3^{6k-3}c_1^6+c_2^3-3de^2 \) mod \( 3 \)  \( \Rightarrow \)  \( -1\not\equiv 1 \) .  Puesto que  \( c_2^3=\dfrac{a^2+b^2-ab}{3}\equiv 1 \) mod \( 3 \) ; al ser  \( a\equiv -b \) mod \( 9 \)  -y- por tanto  \( 3c_2^3\equiv 3b^2 \) mod \( 9 \)  -y-  \( c_2^3\equiv 1 \) mod \( 9 \) . Y por el segundo caso:  \( ab-c^2=-(d^3+e^3-3de^2) \)  \( \Rightarrow \)  \( ab-c^2=-(-3^{6k-3}c_1^6)-(-c_2^3)+3de^2 \)  \( \Rightarrow \)  \( ab-c^2\equiv 3^{6k-3}c_1^6+c_2^3+3de^2 \) mod \( 3 \) ;  lo que supone también que  \( -1\not\equiv 1 \) .      


Un saludo,


PD. En aras de la brevedad y por no repetir tanto lo mismo de otras demostraciones me salió una redacción un tanto concentrada. Disculpas por si es poco amistosa

Hola,                    


Supongamos que  \( a^3+b^3+c^3=0 \) ,  para  \( a,b,c \)  enteros -y- coprimos entre sí.    

Si  \( 3 \)  no divide á  \( abc \) ;  puesto que  \( (\mathbb{Z}/9\mathbb{Z})^3=\{0,1,-1\} \) ,  tendremos que  \( a^3+b^3+c^3\not\equiv{0} \) mod \( 9 \) .  Lo que no puede ser.       

Luego  \( 3 \)  debe dividir á  \( abc \) .  Y no perdemos generalidad si suponemos que  \( 3^k \) ,  para  \( k\in{\mathbb{N}} \) ,  divide á  \( c \)  -y- que  \( a^3+b^3+c^3=1-1+0 \)  módulo  \( 3 \) .    

Entonces:   

\( -c^3=a^3+b^3=(a+b)((a+b)^2-3ab) \) .  Donde  \( a+b \)  -y-  \( (a+b)^2-3ab \)  serán coprimos y terceras potencias salvo por  \( 3 \) ;  puesto que  \( 3^k \) ,  que divide á  \( c \) ,  debe dividir á  \( a+b \) .  Así  \( 3^{3k-1} \)  dividirá á  \( a+b \)  -y- sólo  \( 3 \)  á  \( (a+b)^2-3ab \) .     

Tenemos también en  \( \mathbb{Z}(\omega=(-1+\sqrt{-3})/2) \) ,  los enteros de Eisenstein, que  \( (a+b)^2-3ab=a^2+b^2-ab=(a+b\omega)(a+b\omega^2) \)  -y- que  \( a+b\omega \)  -y-  \( a+b\omega^2 \)  deben ser coprimos salvo por el primo  \( \lambda=1-\omega \) ,  que divide á  \( 3=-\omega^2\lambda^2 \) . Puesto que de su suma:  \( a+b\omega+a+b\omega^2=2a-b \)  -y- de su diferencia:  \( a+b\omega-a-b\omega^2=b(\omega-\omega^2)=b(2\omega+1) \) ,  se desprende que  \( b \) ,  del segundo resultado, no divide á  \( 2a-b \)  -y- sólo  \( 2\omega+1 \) ,  que es igual á  \( (1-\omega)\omega \)  -y- por tanto divisor de  \( 3 \) , divide á  \( 2a-b\equiv{0} \) mod \( 3 \) .  Así:  \( -c^3=(a+b)(a+b\omega)(a+b\omega^2) \) .   

Estrategia: Sostengo que sólo  \( \lambda \)  divide á  \( a+b\omega \) ,  ningún otro factor.  De esta manera  \( a^2+b^2-ab=3 \)  -y-  \( \dfrac{a+b\omega}{\lambda} \)  será una unidad de las que hay en  \( \mathbb{Z}(\omega) \) :  \( \pm(1,\omega,\omega^2) \) .  Supongamos por tanto que no es así con objeto de buscar el absurdo y que por consiguiente:  \( a^2+b^2-ab=3d^3 \) ,  para un  \( d \)  entero usual distinto de  \( \pm 1 \) .   

Como  \( a^2+b^2-ab=3d^3 \) ,  si tomamos  \( a \)  como una variable  \( x \)  -y- buscamos las raíces de esta ecuación en (Wolfram Alpha):  \( x^2-b x+b^2-3d^3=0 \) ; nos devuelve para  \( x_1 \)  -y-  \( x_2 \)  lo siguiente: 




Tomemos  \( x_1 \) ,  que representaría la raíz  \( a_1 \) :  \( a_1=\dfrac{1}{2} \left(b-\sqrt{3} \sqrt{4 d^3-b^2}\right) \) .  Desarrollamos:  \( a_1=\dfrac{1}{2} \left(b-\sqrt{12 d^3-3b^2}\right) \)  -y- si pasamos a módulo  \( d \) :  \( a_1\equiv\dfrac{1}{2} \left(b-\sqrt{12 d^3-3b^2}\right) \) mod \( d \)  \( \Rightarrow \)  \( a_1\equiv\dfrac{1}{2} \left(b-\sqrt{-3b^2}\right)=\dfrac{1}{2} \left(b-\sqrt{\omega^2\lambda^2 b^2}\right)=\dfrac{1}{2} \left(b-(\pm)\,(\omega\lambda) b\right) \) .  Tomamos  \( +\,\omega\lambda b \)  en la anterior ecuación dado que la raíz  (\( a_1 \))  ya está evaluada en su signo y como  \( \omega\lambda=\omega-\omega^2=2\omega+1 \) ;  entonces:  \( a_1\equiv\dfrac{1}{2} \left(b-(2\omega+1)b\right) \) mod \( d \)  \( \Rightarrow \)  \( a_1\equiv\dfrac{-2b\omega}{2}=-b\omega \)  mod \( d \)  \( \Rightarrow \)  \( a_1+b\omega\equiv 0 \) mod \( d \) .  Luego  \( d \)  debe dividir á  \( a_1 \)  -y- á  \( b \) ,  por lo que ambos términos no pueden ser coprimos si  \( d \)  es distinto de \( \pm 1 \) .   

Si tomamos ahora  \( x_2 \) ,  que representará la raíz  \( a_2 \) ;  será que  \( a_2=\dfrac{1}{2} \left(\sqrt{3} \sqrt{4 d^3-b^2}+b\right)=\dfrac{1}{2} \left( \sqrt{12 d^3-3b^2}+b\right) \) .  Si pasamos a módulo  \( d \) :  \( a_2\equiv\dfrac{1}{2} \left( \sqrt{12d^3-3b^2}+b\right) \) mod \( d \)  \( \Rightarrow \)  \( a_2\equiv\dfrac{1}{2} \left( \sqrt{-3b^2}+b\right)=\dfrac{1}{2} \left( \sqrt{\omega^2\lambda^2b^2}+b\right)=\dfrac{1}{2} \left((\omega\lambda)b+b\right)=\dfrac{1}{2} \left((2\omega+1)b+b\right)=\dfrac{1}{2} \left(2b\omega+2b\right) \)  \( \Rightarrow \)  \( a_2\equiv b\omega+b \) mod \( d \)  -y-  \( a_2-b-b\omega\equiv 0 \) mod \( d \) ; o sea:  \( a_2+b\omega^2\equiv 0 \) mod \( d \) .  Donde  \( d \)  debe dividir también á  \( a_2 \)  -y- á  \( b \) ,  por lo que no podrán ser coprimos tampoco. 

En definitiva,  \( a \)  -y-  \( b \)  sólo pueden ser coprimos -pues el valor que tenga  \( d \)  dividirá a ambos- si éste es igual á  \( \pm 1 \) .   Ó bien  \( d=0 \)  -y- entonces  \( a,b=0 \) .

Todo esto lo podemos comprobar en la muestra de las soluciones enteras que nos devuelve Wolfram Alpha para estas dos ecuaciones (ordenada):   




Concluimos por tanto, que si  \( d=\pm 1 \) ,  entonces  \( \dfrac{a+b\omega}{\lambda} \)  es igual á  \( \pm (1,\omega,\omega^2) \) .  Pero como conocemos que  \( \dfrac{a+b\omega}{\lambda} \)  es un cubo perfecto (Ver aquí). Esta unidad debe ser un cubo y eso solamente lo cumple  \( \pm 1 \) .  De manera que no perdemos generalidad si establecemos que  \( \dfrac{a+b\omega}{\lambda}=1 \)  -y-  \( a+b\omega=1-\omega \) .  Por lo que  \( a=1 \) ,  \( b=-1 \)  -y- como  \( a^3+b^3+c^3=0 \) ,  entonces:  \( (1)^3+(-1)^3+0=0 \)  -y-  \( abc=0 \) .     


Generalización: 

Supongamos ahora que  \( a^5+b^5+c^5=0 \) ,  para  \( a,b,c \)  enteros -y- coprimos entre sí.   

Si  \( 5 \)  no divide á  \( abc \)  -y- ninguna de estas variables es congruente con otra, entonces lo siguiente no se cumple:  \( 1+2+3=0 \)  ,  \( 2+3+4=0 \) ,  etc. De esta forma podemos considerar, sin perder generalidad, que  \( a^5\equiv{b^5} \) mod \( 5 \) .  Luego:  \( -c^5\equiv{2b^5} \) mod \( 5 \) .  Por lo que  \( (-(c^5+2b^5))^2\equiv{0} \)  -y-  \( c^{10}+4b^{10}\equiv{-4b^5c^5} \) .  Pero los residuos (cuadráticos) módulo  \( 5 \)  distintos de cero son  \( 1,4 \)  -y- si sustituimos estos valores en la izquierda de la congruencia, nos dará que  \( 0\equiv{-4c^5b^5} \) ;  lo que contradice el punto de partida. Luego  \( 5 \)  divide á  \( abc \)  -y- no perdemos generalidad si suponemos que  \( 5^k \) ,  para  \( k\in{\mathbb{N}} \) ,  divide á  \( c \) .     

Entonces:   

\( -c^5=a^5+b^5=(a+b)((a+b)^4-5ab((a+b)^2-ab)) \) .  Donde  \( a+b \)  -y-  \( (a+b)^4-5ab((a+b)^2-ab) \)  serán coprimos y quintas potencias salvo por  \( 5 \) ;  puesto que  \( 5^k \) ,  que divide á  \( c \) ,  debe dividir á  \( a+b \) .  Así  \( 5^{5k-1} \)  dividirá á  \( a+b \)  -y- sólo  \( 5 \)  á  \( (a+b)^4-5ab((a+b)^2-ab) \) .     

Conocemos además (Carlos Ivorra), en  \( \mathbb{Z}(\omega) \) ,  para  \( \omega \)  la raíz primitiva quinta de la unidad, que  \( 5=(\omega+\omega^2)^2\lambda^4 \) ,  para el primo  \( \lambda=1-\omega \)  -y-  \( (\omega+\omega^2)^2 \)  una unidad de este anillo.   

Como  \( (a+b)^4-5ab((a+b)^2-ab) \)  será igual á  \( 5 \)  por una quinta potencia  (\( d^5 \)) ,  esto es:  \( (a+b)^4-5ab((a+b)^2-ab)=5d^5 \) ,  para  \( d \)  un entero usual. Si consideramos á  \( a+b \)  como una variable  \( x \)  -y- buscamos las raíces de esta ecuación en Wolfram Alpha:  \( x^4-5ab x^2+5a^2b^2-5d^5=0 \) ; nos devuelve para  \( x_1 \)  ,  \( x_2 \)  ,  \( x_3 \)  -y-  \( x_4 \)  lo siguiente: 




Tomemos  \( x_1 \) ,  que representaría la raíz  \( (a+b)_1 \) :  \( (a+b)_1=-\dfrac{\sqrt{5 a b - \sqrt{5} \sqrt{a^2 b^2 + 4 d^5}}}{\sqrt{2}} \) .  Desarrollamos:  \( (a+b)_1=-\sqrt{\dfrac{5 a b - \sqrt{5a^2 b^2 + 20 d^5}}{2}} \) .   Si pasamos a módulo  \( d \) :  \( (a+b)_1\equiv-\sqrt{\dfrac{5 a b - \sqrt{5a^2 b^2 + 20 d^5}}{2}} \) mod \( d \)  \( \Rightarrow \)  \( (a+b)_1\equiv-\sqrt{\dfrac{5 a b - \sqrt{5a^2 b^2}}{2}}=-\sqrt{\dfrac{5 a b - \sqrt{(\omega+\omega^2)^2\lambda^4a^2 b^2}}{2}}=-\sqrt{\dfrac{5 a b - (\omega+\omega^2)\lambda^2a b}{2}} \)  -y-  \( (a+b)_1\equiv-\sqrt{\dfrac{(\omega+\omega^2)\lambda^2a b((\omega+\omega^2)\lambda^2-1)}{2}} \) mod \( d \) .  Operamos  \( (\omega+\omega^2)\lambda^2-1=(\omega+\omega^2)(1+\omega^2-2\omega)-1=-1-2\omega^2-2\omega^3-1 \) .  Luego  \( (a+b)_1\equiv-\sqrt{\dfrac{(\omega+\omega^2)\lambda^2a b(-2-2\omega^2-2\omega^3)}{2}} \) mod \( d \)  -y-  \( (a+b)_1\equiv-\sqrt{(\omega+\omega^2)\lambda^2a b(-1-\omega^2-\omega^3)} \) .  Operamos ahora  \( (\omega+\omega^2)(-1-\omega^2-\omega^3)=-\omega-\omega^2-\omega^3-\omega^4-\omega^4-\omega^5=-\omega^4 \) .  Y entonces  \( (a+b)_1\equiv-\sqrt{\lambda^2a b(-\omega^4)} \) mod \( d \)  -y-  \( (a+b)_1\equiv-\lambda i\omega^2\sqrt{a b} \) .  Como existirá un  \( r \)  resto de  \( d \) ,  tal que  \( ab\equiv r^2 \) mod \( d \) ;  será que  \( (a+b)_1\equiv-\lambda i\omega^2r \) mod \( d \)  -y-  \( (a+b)_1+\lambda i\omega r\equiv 0 \) mod \( d \) .  Esto es, si hacemos  \( \lambda\cdot\omega \) :  \( (a+b)_1+r\,i\omega^2-r\,i\omega^3\equiv 0 \) mod \( d \) .  Por lo que si  \( (a+b)_1 \)  es una raíz entera usual y representa por tanto a un resto entero de  \( d \)  (incluido el \( 0 \)) ,  la congruencia no es posible.  A no ser claro que  \( d=\pm 1 \)  ó que  \( d=0 \) ,  donde entonces  \( (a+b)_1=0 \)  -y-  \( a,b,c=0 \) . 

Si tomamos  \( x_2 \) ,  que representaría la raíz  \( (a+b)_2 \) :  \( (a+b)_2=\dfrac{\sqrt{5 a b - \sqrt{5} \sqrt{a^2 b^2 + 4 d^5}}}{\sqrt{2}} \) ,  tendríamos, siguiendo el mismo razonamiento anterior, que  \( (a+b)_2-r\,i\omega^2+r\,i\omega^3\equiv 0 \) mod \( d \) .  Por lo que si  \( (a+b)_2 \)  es una raíz entera usual y representa por tanto a un resto entero de  \( d \) ,  estaríamos en el mismo caso que con  \( x_1 \) . 

Tomemos  \( x_3 \) ,  o sea  \( (a+b)_3 = -\dfrac{\sqrt{\sqrt{5} \sqrt{a^2 b^2 + 4 d^5}+5ab}}{\sqrt{2}} \) .  Pasando a módulo  \( d \) :  \( (a+b)_3\equiv-\sqrt{\dfrac{\sqrt{5a^2 b^2 + 20 d^5}+5ab}{2}} \) mod \( d \)  \( \Rightarrow \)  \( (a+b)_3\equiv-\sqrt{\dfrac{\sqrt{5a^2 b^2}+5ab}{2}}=-\sqrt{\dfrac{\sqrt{(\omega+\omega^2)^2\lambda^4a^2 b^2}+5ab}{2}}=-\sqrt{\dfrac{(\omega+\omega^2)\lambda^2a b+5ab}{2}} \)  -y-  \( (a+b)_3\equiv-\sqrt{\dfrac{(\omega+\omega^2)\lambda^2a b(1+(\omega+\omega^2)\lambda^2)}{2}} \) mod \( d \) .   

Como  \( 1+(\omega+\omega^2)\lambda^2=1-1-2\omega^2-2\omega^3 \) ,  entonces  \( (a+b)_3\equiv-\sqrt{\dfrac{(\omega+\omega^2)\lambda^2a b(-2\omega^2-2\omega^3)}{2}} \) mod \( d \)  -y-  \( (a+b)_3\equiv-\sqrt{(\omega+\omega^2)\lambda^2a b(-\omega^2-\omega^3)} \) .  Pero  \( (\omega+\omega^2)(-\omega^2-\omega^3)=-\omega^3(1+\omega)^2 \) .  Así que  \( (a+b)_3\equiv-\sqrt{-\lambda^2a b\omega^3(1+\omega)^2} \) mod \( d \)  -y-  \( (a+b)_3\equiv-\lambda i\omega(1+\omega)\sqrt{a b\omega} \) .  Como existirá un  \( r \)  resto de  \( d \) , de la forma  \( p_1+p_2\omega+p_3\omega^2+p_4\omega^3 \) ,  para  \( p_i \)  enteros usuales, tal que  \( ab\omega\equiv (p_1+p_2\omega+p_3\omega^2+p_4\omega^3)^2 \) mod \( d \) ;  será que  \( (a+b)_3\equiv-\lambda i\omega(1+\omega)(p_1+p_2\omega+p_3\omega^2+p_4\omega^3) \)  mod \( d \)  -y- como  \( \lambda\omega(1+\omega)=\omega-\omega^3 \) , entonces \( (a+b)_3\equiv-i(\omega-\omega^3)(p_1+p_2\omega+p_3\omega^2+p_4\omega^3) \)  mod \( d \)  \( \Rightarrow \)  \( (a+b)_3\equiv-i(p_2-p_3-p_4+(p_1+p_2-2p_4)\omega+(2p_2-p_4)\omega^2+(p_2+p_3-p_1-p_4)\omega^3) \)  -y-  \( (a+b)_3+i(p_2-p_3-p_4+(p_1+p_2-2p_4)\omega+(2p_2-p_4)\omega^2+(p_2+p_3-p_1-p_4)\omega^3)\equiv 0 \)  mod \( d \) . Por lo que  \( (a+b)_3\equiv(p_2-p_3-p_4)\equiv(p_1+p_2-2p_4)\equiv(2p_2-p_4)\equiv(p_2+p_3-p_1-p_4)\equiv 0 \) mod \( d \) .   Ahora bien,  \( d \)  no puede dividir a la raíz  \( (a+b)_3 \)  (entera) -y- ser una solución de la ecuación:  \( (a+b)^4-5ab((a+b)^2-ab)=5d^5 \) ,  para  \( d \)  -y-  \( a+b \)  enteros usuales, pues ambos son coprimos. Luego ó  \( d=\pm 1 \)  ó  \( d=0 \)  -y-  \( c=0 \)  -y- entonces  \( a,b=0 \) .   

Por último, si tomamos  \( x_4 \) ,  o sea  \( (a+b)_4 = \dfrac{\sqrt{\sqrt{5} \sqrt{a^2 b^2 + 4 d^5}+5ab}}{\sqrt{2}} \) ,  siguiendo el mismo razonamiento anterior, tendríamos que  \( (a+b)_4\equiv +i(p_2-p_3-p_4+(p_1+p_2-2p_4)\omega+(2p_2-p_4)\omega^2+(p_2+p_3-p_1-p_4)\omega^3) \) mod \( d \)  -y-  \( (a+b)_4-i(p_2-p_3-p_4+(p_1+p_2-2p_4)\omega+(2p_2-p_4)\omega^2+(p_2+p_3-p_1-p_4)\omega^3)\equiv 0 \)  mod \( d \) . Por lo que, así mismo:  \( (a+b)_4\equiv(p_2-p_3-p_4)\equiv(p_1+p_2-2p_4)\equiv(2p_2-p_4)\equiv(p_2+p_3-p_1-p_4)\equiv 0 \) mod \( d \) .  Y  tampoco  \( d \)  podrá dividir, como antes, á un \( (a+b)_4 \)  entero -y- ser ésta una solución de la ecuación:  \( (a+b)^4-5ab((a+b)^2-ab)=5d^5 \) . 

De esta forma corroboramos parcialmente la salida que nos devuelve Wolfram Alpha a la hora de evaluar los posibles resultados enteros de la ecuación anterior respecto de  \( a+b \)  como variable:     




No obstante, la solución en enteros de esta ecuación para un posible  \( d=1 \)  sí existe para unos  \( x_3,x_4=0 \) .  Pues si  \( (a+b)^4-5ab((a+b)^2-ab)=5 \) ,  no es difícil demostrar que la única solución entera para  \( (a,b) \)  es  \( (1,-1) \) .  Y si sustituimos en: 

 

Tendremos:   

Pero si sustituimos en:   

 

Tendremos:   


Un saludo,

Hola,                  


Supongamos que  \( a^3+b^3+c^3=0 \) ,  para  \( a,b,c \)  enteros -y- coprimos entre sí.    

Si  \( 3 \)  no divide á  \( abc \) ;  puesto que  \( (\mathbb{Z}/9\mathbb{Z})^3=\{0,1,-1\} \) ,  tendremos que  \( a^3+b^3+c^3\not\equiv{0} \) mod \( 9 \) .  Lo que no puede ser.      

Luego  \( 3 \)  debe dividir á  \( abc \) .  Y no perdemos generalidad si suponemos que  \( 3^k \) ,  para  \( k\in{\mathbb{N}} \) ,  divide á  \( c \)  -y- que  \( a^3+b^3+c^3=1-1+0 \)  módulo  \( 3 \) .    

Entonces:   

\( -c^3=a^3+b^3=(a+b)((a+b)^2-3ab) \) .  Donde  \( a+b \)  -y-  \( (a+b)^2-3ab \)  serán coprimos y terceras potencias salvo por  \( 3 \) ;  puesto que  \( 3^k \) ,  que divide á  \( c \) ,  debe dividir á  \( a+b \) .  Así  \( 3^{3k-1} \)  dividirá á  \( a+b \)  -y- sólo  \( 3 \)  á  \( (a+b)^2-3ab \) .     

Tenemos también en  \( \mathbb{Z}(\omega=(-1+\sqrt{-3})/2) \) ,  los enteros de Eisenstein, que  \( (a+b)^2-3ab=a^2+b^2-ab=(a+b\omega)(a+b\omega^2) \)  -y- que  \( a+b\omega \)  -y-  \( a+b\omega^2 \)  deben ser coprimos salvo por el primo  \( \lambda=1-\omega \) ,  que divide á  \( 3=-\omega^2\lambda^2 \) . Puesto que de su suma:  \( a+b\omega+a+b\omega^2=2a-b \)  -y- de su diferencia:  \( a+b\omega-a-b\omega^2=b(\omega-\omega^2)=b(2\omega+1) \) ,  se desprende que  \( b \) ,  del segundo resultado, no divide á  \( 2a-b \)  -y- sólo  \( 2\omega+1 \) ,  que es igual á  \( (1-\omega)\omega \)  -y- por tanto divisor de  \( 3 \) , divide á  \( 2a-b\equiv{0} \) mod \( 3 \) .  Así:  \( -c^3=(a+b)(a+b\omega)(a+b\omega^2) \) .       

Estrategia: Como \( 3(a+b)=d^3 \)  -y-  \( a^2+b^2-ab=3e^3 \) ,  para  \( d,e \)  enteros usuales -y-  \( a^2+b^2-ab=(a+b\omega)(a+b\omega^2) \) .  Bastará relacionar entre sí estos dos enteros de Eisenstein:  \( a+b \)  -y-  \( a+b\omega \) ;  para llegar a una contradicción.         

De esta manera  \( \dfrac{a+b\omega}{\lambda} \)  será un cubo entero de Eisenstein de la forma  \( \epsilon\alpha^3 \) ,  para  \( \epsilon \)  una unidad de  \( \mathbb{Z}(\omega) \) .  Como  \( \dfrac{a+b\omega}{\lambda}\equiv\epsilon\alpha^3 \) mod \( 3 \)  -y- conocemos (Keith Conrad) que si  \( 3 \)  no divide á  \( \alpha^3 \) ,  como es el caso, entonces  \( \alpha^3\equiv{\pm 1} \) mod \( 3 \)  -y- por tanto:  \( \dfrac{a+b\omega}{\lambda}\equiv\pm\epsilon \) mod \( 3 \)  \( \Rightarrow \)  \( \dfrac{1-\omega}{1-\omega}\equiv\pm\epsilon \) mod \( 3 \)  -y-  \( 1\equiv\pm\epsilon \) mod \( 3 \) .  Esta unidad  \( \epsilon \)  sólo puede ser  \( \pm 1 \) ,  ya que de lo contrario:  \( 1\mp\omega^m\not\equiv 0 \) mod \( 3 \) ,  para  \( m=1,2 \) . 

Podemos comprobar que:  \( (a+b\omega)(a+b\omega^2)=(b+a\omega)(b+a\omega^2)=a^2+b^2-ab \) .  Como  \( \dfrac{ a^2+b^2-ab}{3} \)  es un cubo perfecto y por tanto  \( \left(\dfrac{a+b\omega}{\lambda}\right)\left(\dfrac{a+b\omega^2}{\lambda}\right) \)  también lo son salvo unidades; lo mismo ocurrirá con  \( \left(\dfrac{b+a\omega}{\lambda}\right)\left(\dfrac{b+a\omega^2}{\lambda}\right) \)  siempre y cuando  \( b+a\omega \)  -y-  \( b+a\omega^2 \)  sean coprimos excepto por  \( \lambda \) .  Veámoslo. Si sumamos ambos términos:  \( b+a\omega+b+a\omega^2=2b-a \)  -y- restamos:  \( b+a\omega-b-a\omega^2=a+2a\omega=a(1+2\omega) \) ,  para  \( 1+2\omega=(1-\omega)\omega \) .  Tendremos que efectivamente estos dos términos son coprimos salvo por  \( \lambda \) ,  ya que éste, del segundo resultado y ningún otro factor más, divide también al primero:  \( 2b-a\equiv 0 \) mod \( 3 \) .   

De esta forma, será que  \( \dfrac{b+a\omega}{\lambda}=\epsilon\beta^3 \)  -y- como  \( \dfrac{b+a\omega}{\lambda}\equiv\epsilon\beta^3 \) mod \( 3 \)  \( \Rightarrow \)  \( \dfrac{-1+\omega}{1-\omega}\equiv\pm\epsilon \) mod \( 3 \)  -y-  \( -1\equiv\pm\epsilon \) mod \( 3 \) ;  al igual que más arriba,   \( \epsilon \)  sólo puede existir en su forma cúbica:  \( \pm 1 \) .      

Luego esta suma es posible:  \( \dfrac{a+b\omega}{\lambda}+\dfrac{b+a\omega}{\lambda}=\dfrac{a+b+(a+b)\omega}{\lambda}=-\dfrac{a+b}{\lambda}\omega^2 \) .  Que es:  \( \pm\alpha^3\pm\beta^3=-\dfrac{a+b}{\lambda}\omega^2 \) .  Analicemos ahora  \( -\dfrac{a+b}{\lambda}\omega^2 \) .  Sabemos que  \( a+b=3^{3k-1}m^3 \) ,  para un  \( m \)  entero y que  \( a+b=(-\omega^2\lambda^2)^{3k-1}m^3 \) .  Así:  \( a+b=\pm\omega^{6k-2}\lambda^{6k-2}m^3 \) .  Y será por tanto que  \( \pm\alpha^3\pm\beta^3=\mp\dfrac{\omega^{6k-2}\lambda^{6k-2}m^3}{\lambda}\omega^2 \) .  De esta forma:  \( \pm\alpha^3\pm\beta^3\pm\omega^{6k}\lambda^{6k-3}m^3=0 \) ;  es decir, que:  \( \pm\alpha^3\pm\beta^3\pm\gamma^3=0 \) ,  para un  \( \gamma^3 \)  cubo entero de Eisenstein perfecto. 

Ahora bien, conocemos por este (Lema 3) de Carlos Ivorra, que dice que todo cubo entero de Eisenstein es congruente con  \( \pm 1 \) mod \( 9 \) ,  que si:  \( \pm\alpha’\,^3\pm\beta’\,^3\pm\gamma’\,^3=0 \) ;  entonces  \( 3^{3q} \) ,  para un  \( q\in{\mathbb{N}} \) ,  divide a uno de los cubos. Ya que como no puede ser que  \( \pm 1\pm 1\pm 1\equiv 0 \) mod \( 9 \) ;  \( 9 \)  como mínimo debe dividir a uno de los términos y, por ejemplo  \( \lambda^4 \)  dividir á  \( \gamma^3 \) ,  pues  \( 9=3^2=(-\omega^2\lambda^2)^2 \) .  Luego si como mínimo  \( \lambda^4\mid\gamma^3 \)  es porque  \( \lambda^2\mid\gamma \)  -y- por tanto  \( \lambda^6=-27 \)  -y-  \( \lambda^{6q} \)  dividen á  \( \gamma^3 \) .   

Pero de lo anterior resulta una contradicción, porque hemos concluido deduciendo desde el principio que  \( \pm\alpha^3\pm\beta^3\pm\gamma^3=0 \)  -y- que sólo  \( \lambda^{6k-3} \)  divide á  \( \gamma^3 \) .  Y si fuera  \( 6k-3=6q \) ,  entonces  \( 2k-1=2q \)  -y-  \( q=\dfrac{2k-1}{2} \) ,  lo que no es posible porque  \( q \)  es un entero.        


Un saludo,

Hola,  a ver si ahora.         


Supongamos que  \( a^3+b^3+c^3=0 \) ,  para  \( a,b,c \)  enteros -y- coprimos entre sí.     

Si  \( 3 \)  no divide á  \( abc \) ;  puesto que  \( (\mathbb{Z}/9\mathbb{Z})^3=\{0,1,-1\} \) ,  tendremos que  \( a^3+b^3+c^3\not\equiv{0} \) mod \( 9 \) .  Lo que no puede ser.       

Luego  \( 3 \)  debe dividir á  \( abc \) .  Y no perdemos generalidad si suponemos que  \( 3 \)  divide á  \( c \)  -y- que  \( a^3+b^3+c^3=1-1+0 \)  módulo  \( 3 \) .       

Entonces:   

\( -c^3=a^3+b^3=(a+b)((a+b)^2-3ab) \) .  Donde  \( a+b \)  -y-  \( (a+b)^2-3ab \)  serán coprimos y terceras potencias salvo por  \( 3 \) ;  puesto que  \( 3 \) ,  que divide á  \( c \) ,  debe dividir á  \( a+b \) .  Así  \( 3^{3k-1} \)  dividirá á  \( a+b \)  -y- sólo  \( 3 \)  á  \( (a+b)^2-3ab \) ,  para  \( k\in{\mathbb{N}} \) .     

Tenemos también en  \( \mathbb{Z}(\omega=(-1+\sqrt{-3})/2) \) ,  los enteros de Eisenstein, que  \( (a+b)^2-3ab=(a+b\omega)(a+b\omega^2) \)  -y- que  \( a+b\omega \)  -y-  \( a+b\omega^2 \)  deben ser coprimos salvo por el primo  \( \lambda=1-\omega \) ,  que divide á  \( 3=-\omega^2\lambda^2 \) . Puesto que de su suma:  \( a+b\omega+a+b\omega^2=2a-b \)  -y- de su diferencia:  \( a+b\omega-a-b\omega^2=b(\omega-\omega^2)=b(2\omega+1) \) ,  se desprende que  \( b \) ,  del segundo resultado, no divide á  \( 2a-b \)  -y- sólo  \( 2\omega+1 \) ,  que es igual á  \( (1-\omega)\omega \)  -y- por tanto divisor de  \( 3 \) , divide á  \( 2a-b\equiv{0} \) mod \( 3 \) .  Así:  \( -c^3=(a+b)(a+b\omega)(a+b\omega^2) \) .         

Estrategia: Sostengo que sólo  \( \lambda \)  divide á  \( a+b\omega \) ,  ningún otro factor.  De esta manera  \( \dfrac{a+b\omega}{\lambda} \)  será una unidad de las que hay en  \( \mathbb{Z}(\omega) \) :  \( (1,\omega,\omega^2) \) .  Supongamos por tanto que no es así con objeto de buscar el absurdo y que  \( \dfrac{a+b\omega}{\lambda}=d+e\omega \) ,  para  \( d,e \)  enteros usuales y coprimos.     

Si  \( \dfrac{a+b\omega}{\lambda}=d+e\omega \) ,  entonces  \( \dfrac{(a+b\omega)\cdot(1-\omega^2)}{(1-\omega)(1-\omega^2)}=d+e\omega \)  \( \Rightarrow \)  \( \dfrac{a+b\omega-a\omega^2-b\omega^3}{3}=d+e\omega \)  \( \Rightarrow \)  \( \dfrac{2a-b+(a+b)\omega}{3}=d+e\omega \) .  Luego  \( 2a-b+(a+b)\omega=3(d+e\omega) \)  -y-  \( 2a-b+(a+b)\omega=-\omega^2\lambda^2(d+e\omega) \) .  Si ahora multiplico en ambos lados de la ecuación por  \( \lambda\omega \) ,  tendré  \( (2a-b)\lambda\omega+(a+b)\lambda\omega^2=-\omega^3\lambda^3(d+e\omega) \) .  Como conocemos (Ver aquí) que  \( d+e\omega \)  es un cubo perfecto de la forma  \( \alpha^3 \)  porque  \( \dfrac{a+b\omega}{\lambda} \)  lo es. Entonces  \( -\omega^3\lambda^3(d+e\omega) \)  será también un cubo perfecto entero de Eisenstein  \( (\beta^3) \) .

Operamos. En primer lugar tenemos que  \( \lambda\omega=(1-\omega)\omega=\omega-\omega^2=1+2\omega \)  -y- que  \( \lambda\omega^2=(1-\omega)\omega^2=\omega^2-\omega^3=-2-\omega \) .  Luego  \( (2a-b)(1+2\omega)+(a+b)(-2-\omega)=\beta^3 \)  \( \Rightarrow \)  \( 2a+4a\omega-b-2b\omega-2a-a\omega-2b-b\omega=\beta^3 \)  \( \Rightarrow \)  \( -3b+(3a-3b)\omega=\beta^3 \)  -y-  \( 3(-b+(a-b)\omega)=\beta^3 \) .  Como  \( 3 \)  -y-  \( -b+(a-b)\omega \)  son coprimos salvo por  \( \lambda \)  ya que  \( -b+(a-b)\omega\equiv -(-1)+(1-(-1))\omega\equiv 1-\omega \) mod \( 3 \) .  Entonces tendremos que  \( 3=\lambda\cdot\gamma^3 \)  ó que  \( \lambda\cdot 3=\gamma^3 \) .  Pero es claro en el primer caso que si  \( -\omega^2\lambda^2=\lambda\gamma^3 \) ,  no puede ser que  \( -\omega^2\lambda=\gamma^3 \)  -y-  en el segundo que si  \( -\omega^2\lambda^3=\gamma^3 \) ,  no puede ser que  \( \omega^2 \)  sea un cubo.   

Luego no nos queda otra que concluir que  \( \dfrac{a+b\omega}{\lambda} \)  es igual á  \( 1,\omega,\omega^2 \) .  Pero como hemos dicho que  \( \dfrac{a+b\omega}{\lambda} \)  es un cubo.  Entonces esta unidad debe ser un cubo también y eso solamente lo cumplen  \( \pm 1 \) .  De manera que no perdemos generalidad si establecemos que  \( \dfrac{a+b\omega}{\lambda}=1 \)  -y-  \( a+b\omega=1-\omega \) .  Por lo que  \( a=1 \) ,  \( b=-1 \)  -y- como  \( a^3+b^3+c^3=0 \) ,  entonces  \( (1)^3+(-1)^3+0=0 \)  -y-  \( abc=0 \) .   

Y este razonamiento también es fácilmente generalizable a otros casos del UTF.       


Un saludo,

Hola,         


Supongamos que  \( a^3+b^3+c^3=0 \) ,  para  \( a,b,c \)  enteros -y- coprimos entre sí.     

Si  \( 3 \)  no divide á  \( abc \) ;  puesto que  \( (\mathbb{Z}/9\mathbb{Z})^3=\{0,1,-1\} \) ,  tendremos que  \( a^3+b^3+c^3\not\equiv{0} \) mod \( 9 \) .  Lo que no puede ser.       

Luego  \( 3 \)  debe dividir á  \( abc \) .  Y no perdemos generalidad si suponemos que  \( 3 \)  divide á  \( c \) .   

Entonces:   

\( -c^3=a^3+b^3=(a+b)((a+b)^2-3ab) \) .  Donde  \( a+b \)  -y-  \( (a+b)^2-3ab \)  serán coprimos y terceras potencias salvo por  \( 3 \) ;  puesto que  \( 3 \) ,  que divide á  \( c \) ,  debe dividir á  \( a+b \) .  Así  \( 3^{3k-1} \)  dividirá á  \( a+b \)  -y- sólo  \( 3 \)  á  \( (a+b)^2-3ab \) ,  para  \( k\in{\mathbb{N}} \) .     

Tenemos también en  \( \mathbb{Z}(\omega=(-1+\sqrt{-3})/2) \) ,  los enteros de Eisenstein, que  \( (a+b)^2-3ab=(a+b\omega)(a+b\omega^2) \)  -y- que  \( a+b\omega \)  -y-  \( a+b\omega^2 \)  deben ser coprimos salvo por el primo  \( \lambda=1-\omega \) ,  que divide á  \( 3=-\omega^2\lambda^2 \) . Puesto que de su suma:  \( a+b\omega+a+b\omega^2=2a-b \)  -y- de su diferencia:  \( a+b\omega-a-b\omega^2=b(\omega-\omega^2)=b(2\omega+1) \) ,  se desprende que  \( b \) ,  del segundo resultado, no divide á  \( 2a-b \)  -y- sólo  \( 2\omega+1 \) ,  que es igual á  \( (1-\omega)\omega \)  -y- por tanto divisor de  \( 3 \) , divide á  \( 2a-b\equiv{0} \) mod \( 3 \) .  Así:  \( -c^3=(a+b)(a+b\omega)(a+b\omega^2) \) .         

Conocemos (Ver aquí) que  \( \dfrac{a+b\omega}{1-\omega} \)  es un cubo perfecto que se factoriza como  \( (\pm 1)(d+e\omega)^3 \) ;  para  \( d,e \)  enteros. Para un primo  \( p \)  de  \( b \) ,  tendremos que  \( \dfrac{a+b\omega}{\lambda}\equiv\dfrac{a}{\lambda} \) mod \( p \) ;  por lo que  \( \dfrac{a}{\lambda} \)  será un residuo cúbico de  \( p \) . 

Estrategia: En enteros usuales, módulo un primo, el producto de dos o más residuos cuadráticos o cúbicos es otro residuo cuadrático o cúbico. Si en esa factorización en cambio incluyo un no-residuo, el resultado será un no-residuo (cuadrático o cúbico). Voy a asumir que esta misma cualidad la cumplen los residuos cúbicos en los enteros de Eisentein. Y esta va a ser la clave de este nuevo intento de demostración.   

Si multiplico por  \( -\omega^2\lambda^3 \)  á  \( \dfrac{a}{\lambda} \)  , tendré que  \( -\omega^2\lambda^3\dfrac{a}{\lambda}=3a \) ,  puesto que como hemos dicho, en  \( \mathbb{Z}(\omega) \) :  \( 3=-\omega^2\lambda^2 \) .  Por otra parte tenemos que  \( a+b\equiv a \) mod \( p \)  -y- que  \( 3(a+b)\equiv 3a \) mod \( p \) .  Pero de  \( 3(a+b) \)  sabemos (ver el principio) que será un cubo, luego  \( 3a \)  representará a otro residuo cúbico de  \( p \) .     

Como  \( -\omega^2\lambda^3\dfrac{a}{\lambda}=3a \) ,  entonces  \( -\omega^2\lambda^3\dfrac{a}{\lambda}\equiv 3a \) mod \( p \) .  Analicemos ahora con detenimiento esta congruencia:  \( (-1)\cdot(\omega^2)\cdot(\lambda^3)\cdot\left(\dfrac{a}{\lambda}\right)\equiv (3a) \) mod \( p \) .   Vemos que en la izquierda de la congruencia el único elemento que no representa con claridad a un residuo cúbico es:  \( \omega^2 \) .  Luego debe serlo si  \( 3a \)  lo es (ver Estrategia).     

Nos encontramos por lo tanto ante dos posibilidades: 1) Que exista un  \( k^3 \)  entero usual tal que  \( k^3\equiv\omega^2 \) mod \( p \) ó que 2)  Exista un  \( (u+v\omega)^3 \)  entero de Eisenstein (para  \( u,v \)  enteros usuales) tal que  \( (u+v\omega)^3\equiv\omega^2 \) mod \( p \) .   

En el primer caso tendríamos que  \( k^3-\omega^2\equiv 0 \) mod \( p \)  -y-  \( k^3+1+\omega\equiv 0 \) mod \( p \) .  Pero como  \( p \)  es un entero usual, es evidente que no puede dividir á  \( (k^3+1)+\omega \) .   

En el segundo caso, como  \( (u+v\omega)^3=U+V\omega \) ,  tendríamos que  \( U+V\omega\equiv \omega^2 \) mod \( p \)  -y-  \( U+V\omega\equiv -1-\omega \) mod \( p \) .  Donde es claro que  \( U\equiv V \) mod \( p \) .  Luego tendremos por ejemplo que  \( U+U\omega\equiv\omega^2 \) mod \( p \)  -y-  \( U(1+\omega)\equiv\omega^2 \) mod \( p \)  \( \Rightarrow \)  \( -U\omega^2\equiv\omega^2 \) mod \( p \) .  Ahora bien,  \( -U\omega^2 \)  en ningún caso puede ser el cubo que haga de  \( \omega^2 \)  un residuo cúbico.  Y como es inútil repetir este proceso para atrás hasta el infinito para encontrarme siempre con lo mismo:  \( U'\omega^2\equiv\omega^2 \) mod \( p \) .  He de concluir que no es posible que  \( \omega^2 \)  sea un residuo cúbico, lo que es una contradicción si la estrategia aplicada es correcta.  Y este razonamiento es susceptible también de generalización (con ciertas reservas) a otros casos del UTF.       


Un saludo,

Hola,       


Supongamos que  \( a^3+b^3+c^3=0 \) ,  para  \( a,b,c \)  enteros -y- coprimos entre sí.   

Si  \( 3 \)  no divide á  \( abc \) ;  puesto que  \( (\mathbb{Z}/9\mathbb{Z})^3=\{0,1,-1\} \) ,  tendremos que  \( a^3+b^3+c^3\not\equiv{0} \) mod \( 9 \) .  Lo que no puede ser.   

Luego  \( 3 \)  debe dividir á  \( abc \) .  Y no perdemos generalidad si suponemos que  \( 3 \)  divide á  \( c \) .   

Entonces:   

\( -c^3=a^3+b^3=(a+b)((a+b)^2-3ab) \) .  Donde  \( a+b \)  -y-  \( (a+b)^2-3ab \)  serán coprimos y terceras potencias salvo por  \( 3 \) ;  puesto que  \( 3 \) ,  que divide á  \( c \) ,  debe dividir á  \( a+b \) .  Así  \( 3^{3k-1} \)  dividirá á  \( a+b \)  -y- sólo  \( 3 \)  á  \( (a+b)^2-3ab=a^2+b^2-ab \) ,  para  \( k\in{\mathbb{N}} \) .   

Tenemos en  \( \mathbb{Z}(\omega=(-1+\sqrt{-3})/2) \) ,  los llamados enteros de Eisenstein,  que  \( 3=-\omega^2\lambda^2 \) ,  para el primo  \( \lambda=1-\omega \) .             

De esta manera  \( \dfrac{a^2+b^2-ab}{3} \)  será un cubo perfecto; pongamos  \( =A^3 \) .  Y en  \( \mathbb{Z}(\omega) \) ,  entonces:  \( \dfrac{a^2+b^2-ab}{-\omega^2\lambda^2}=A^3 \)  -y-  \( \dfrac{a^2+b^2-ab}{-\omega^2}=A^3\lambda^2 \)  \( \Rightarrow \)  \( -\omega(a^2+b^2-ab)=A^3\lambda^2 \) ,  puesto que  \( \omega\cdot\omega^2=1 \) .  Si multiplico por  \( \lambda \)  tendré  \( -\omega\lambda(a^2+b^2-ab)=A^3\lambda^3 \)  -y-  \( -(2\omega+1)(a^2+b^2-ab)=A^3\lambda^3 \) ,  puesto que  \( -\omega\cdot\lambda=-\omega\cdot(1-\omega)=-\omega+\omega^2=-2\omega-1 \) .   Ahora aplico la raíz cúbica:  \( -(2\omega+1)^{\frac{1}{3}}(a^2+b^2-ab)^{\frac{1}{3}}=A\lambda \)  -y- elevo al cuadrado:  \( ((2\omega+1)^2)^{\frac{1}{3}}(a^2+b^2-ab)^{\frac{2}{3}}=A^2\lambda^2 \) .  Como  \( (2\omega+1)^2=4\omega^2+1+4\omega=-3 \) ,  entonces  \( (-3)^{\frac{1}{3}}(a^2+b^2-ab)^{\frac{2}{3}}=A^2\lambda^2 \)  -y-  \( ((-3)(a^2+b^2-ab)^2)^{\frac{1}{3}}=A^2\lambda^2 \) .  En la otra la parte de la igualdad tengo que  \( \lambda^2=(1-\omega)^2=1+\omega^2-2\omega=-3\omega \) .  Luego  \( ((-3)(a^2+b^2-ab)^2)^{\frac{1}{3}}=-3A^2\omega \) .  Pero esto último lo que nos está diciendo es que la parte real de un lado de la igualdad es igual a la parte imaginaria del otro, por lo que debe haber algún cero.   

Veámoslo con más detalle.  Hemos partido que  \( a^2+b^2-ab=3A^3 \) .  Si sustituyo en  \( ((-3)(a^2+b^2-ab)^2)^{\frac{1}{3}}=-3A^2\omega \) ,  tendremos  \( ((-3)(3A^3)^2)^{\frac{1}{3}}=-3A^2\omega \)  -y-  \( (-27A^6)^{\frac{1}{3}}=-3A^2\omega \)  \( \Rightarrow \)  \( -3A^2+3A^2\omega=0 \)  -y-  \( 3A^2(-1+\omega)=0 \) .  Luego sólo puede ser que  \( A=0 \) .  Y esto significa que  \( A^3=0 \)  -y-  \( 3A^3=0 \) .  Esto es,  que  \( a^2+b^2-ab=0 \)  -y-  \( a^2+b^2=ab \) .  Lo que no puede ser si  \( a,b \)  son coprimos.         


Veámoslo en el caso del UTF5: 

Supongamos que  \( a^5+b^5+c^5=0 \) ,  para  \( a,b,c \)  enteros y coprimos entre sí.   

Si  \( 5 \)  no divide á  \( abc \), tendremos que  \( a^5+b^5+c^5\equiv{0} \) mod \( 5 \) .  Pero si ninguno de estos valores es congruente con otro esto no se cumple.  Basta con probar:  \( 1+2+3\,\,,\,\,2+3+4 \) ,  etc.  De esta manera podemos considerar,  sin perder generalidad,  que  \( a^5\equiv{b^5} \) mod \( 5 \) .  Luego  \( -c^5=a^5+b^5\equiv{2b^5} \) mod \( 5 \) ;  por lo que  \( (-(c^5+2b^5))^2\equiv{0} \) mod \( 5 \)  -y-  \( c^{10}+4b^{10}\equiv{-4c^5b^5} \) mod \( 5 \) .  Pero los residuos módulo 5 distintos de cero son:  \( 1,4 \) .  Y si sustituimos estos valores en la izquierda de la congruencia nos dará siempre que  \( 0\equiv{-4c^5b^5} \) ;  lo que viola las condiciones de partida.

Establezcamos pues,  por ejemplo,  que  \( 5 \) ,  como mínimo,  divide á  \( c \) . 

Entonces:   

\( -c^5=a^5+b^5=(a+b)((a+b)^4-5ab((a+b)^2-ab)) \) .  Donde  \( a+b \)  -y-  \( (a+b)^4-5ab((a+b)^2-ab)=a^4-a^3b+a^2b^2-ab^3+b^4 \)  serán coprimos y quintas potencias salvo por  \( 5 \) ; ya que  \( 5 \) ,  que divide á  \( c \) ,  debe dividir á  \( a+b \) .           

Conocemos (Carlos Ivorra) en  \( \mathbb{Z}(\omega) \) ,  para ahora  \( \omega \)  la raíz primitiva quinta de la unidad,  que  \( 5=(\omega^3-\omega-1)\lambda^4 \) ,  para el primo  \( \lambda=\omega-1 \) .   

De esta manera  \( \dfrac{a^4-a^3b+a^2b^2-ab^3+b^4}{5} \)  será una quinta potencia perfecta; pongamos  \( =A^5 \) .  Y en  \( \mathbb{Z}(\omega) \) ,  entonces:  \( \dfrac{a^4-a^3b+a^2b^2-ab^3+b^4}{(\omega^3-\omega-1)\lambda^4}=A^5 \)  -y-  \( \dfrac{a^4-a^3b+a^2b^2-ab^3+b^4}{\omega^3-\omega-1}=A^5\lambda^4 \)  \( \Rightarrow \)  \( (\omega^2+1)^2(a^4-a^3b+a^2b^2-ab^3+b^4)=A^5\lambda^4 \) ,  puesto que  \( (\omega^3-\omega-1)\cdot(\omega^2+1)^2=1 \) .  Si multiplico por  \( \lambda^2A \)  tendré  \( (\omega^2+1)^2\lambda^2A(a^4-a^3b+a^2b^2-ab^3+b^4)=A^6\lambda^6 \) .  Y si ahora aplico la raíz cuadrada:  \( (\omega^2+1)\lambda(A(a^4-a^3b+a^2b^2-ab^3+b^4))^{\frac{1}{2}}=A^3\lambda^3 \) .  Pero como hemos partido que  \( a^4-a^3b+a^2b^2-ab^3+b^4=5A^5 \) ,  si sustituyo en lo de antes,  tendré que  \( (\omega^2+1)\lambda(A(5A^5))^{\frac{1}{2}}=A^3\lambda^3 \)  -y-  \( (\omega^2+1)\lambda(5A^6)^{\frac{1}{2}}=A^3\lambda^3 \) ,  donde como  \( 5=(\omega^3-\omega-1)\lambda^4 \)  -y-  \( \omega^3-\omega-1=\omega^2(\omega+1)^2 \) ,  entonces:  \( (\omega^2+1)\lambda(\omega^2(\omega+1)^2\lambda^4A^6)^{\frac{1}{2}}=A^3\lambda^3 \)  -y-  \( (\omega^2+1)\lambda\omega(\omega+1)\lambda^2A^3=A^3\lambda^3 \)  \( \Rightarrow \)  \( (\omega^2+1)\omega(\omega+1)=1 \) .  Pero  \( (\omega^2+1)\omega(\omega+1)=(\omega^2+1)(\omega^2+\omega)=\omega^4+\omega^3+\omega^2+\omega=-1 \) .  Luego  \( -1=1 \) .  Lo que es absurdo.             


Conjeturo que este mismo razonamiento (del UTF5) es generalizable en todos los llamados Caso II de Sophie Germain para cualquier primo  \( p \)  que divida á  \( abc \)  cuando  \( a^p+b^p+c^p=0 \) .   


Editado por algún error y cuestiones sólo de forma (13 octubre)    


Un saludo,