Mostrar Mensajes

Esta sección te permite ver todos los posts escritos por este usuario. Ten en cuenta que sólo puedes ver los posts escritos en zonas a las que tienes acceso en este momento.

Temas - Fernando Moreno

Páginas: [1] 2 3 4
1
Teorema de Fermat / Tercer intento de UTF3 sin descenso
« en: 02 Diciembre, 2022, 08:14 pm »
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  \( c \)  -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: Conocemos (Ver aquí) que  \( \dfrac{a+b\omega}{\lambda} \)  es un cubo perfecto de la forma  \( (\pm 1)\alpha^3 \) .  Pero esto sólo es necesariamente así si  \( a,b \)  son enteros usuales y coprimos y por consiguiente  \( \dfrac{a+b\omega}{\lambda} \)  un entero de Eisenstein. Se trata de demostrar que en realidad  \( \dfrac{a+b\omega}{\lambda} \)  no puede ser un cubo perfecto de la forma  \( (\pm 1)\alpha^3 \)  -y- que por lo tanto  \( a,b \)  no son enteros usuales y coprimos, y para ello vamos a suponer que sí lo son.   

Si  \( \dfrac{a+b\omega}{\lambda}=\pm\alpha^3 \) ,  entonces  \( \dfrac{(a+b\omega)\cdot(1-\omega^2)}{(1-\omega)(1-\omega^2)}=\pm\alpha^3 \)  \( \Rightarrow \)  \( \dfrac{a+b\omega-a\omega^2-b\omega^3}{3}=\pm\alpha^3 \)  -y-  \( \dfrac{2a-b+(a+b)\omega}{3}=\pm\alpha^3 \) .     

Tenemos que  \( 2a-b\equiv2(1)-(-1)\equiv 0 \) mod \( 3 \) .  Luego para un primo  \( p \)  entero usual que divida á  \( 2a-b \) ,  que puede ser  \( 3 \) ,  será que  \( 2a\equiv b \) .  De esta manera:  \( \dfrac{2a-b+(a+b)\omega}{3}\equiv\pm\alpha^3 \) mod \( p \)  \( \Rightarrow \)  \( \dfrac{0+(a+b)\omega}{3}\equiv\pm\alpha^3 \) mod \( p \)  \( \Rightarrow \)  \( \dfrac{(a+2a)\omega}{3}\equiv\pm\alpha^3 \) mod \( p \)  -y-  \( a\omega\equiv\pm\alpha^3 \) mod \( p \) .  Por lo que  \( a\omega \)  será un residuo cúbico de  \( p \) .     

Analicemos ahora en  \( \mathbb{Z}(\omega) \)  todos los posibles residuos cúbicos de  \( p \)  que pudieran ser congruentes con  \( a\omega \) ,  esto es:  \( r^3\equiv a\omega \) mod \( p \) ,  para  \( r \)  un resto de  \( p \) .  No tenemos más que pensar en un entero de Eisenstein tipo cualquiera:  \( u+v\omega \) ,  para  \( u,v \)  enteros usuales e imaginar todos sus posibles restos excluyendo al  \( 0 \) ,  porque si no  \( p \)  dividiría á  \( a \)  -y-  \( b \) :   

(1)  (Si  \( u=0 \) )    \( r_1\omega,\,r_2\omega\,,\,r_3\omega\,...\,\,r_{p-2}\,\omega,\,r_{p-1}\,\omega \) .

(2)  (Si  \( v=0 \) )    \( r_1,\,r_2,\,r_3\,...\,\,r_{p-2}\,,\,r_{p-1} \) . 

(3)  \( r_i+r_j\omega \) ,  para  \( i,j\in{\{r_1,r_2,\,\,...\,\,r_{p-1}}\} \) . 

Todos los cubos de los restos de las filas (1) (2) serán de la forma  \( r_i^3 \) .  Luego tendríamos que   \( r_i^3\equiv a\omega \) mod \( p \)  -y-  \( r_i^3-a\omega\equiv 0 \) mod \( p \) .  Lo que no puede ser si  \( p \)  es un entero usual porque  \( p \)  no divide á  \( a \) .   

Veamos lo que pasaría con el cubo de un resto de la fila (3):   

\( (r_i+r_j\omega)^3=r_i^3+3r_i^2r_j\omega+3r_ir_j^2\omega^2+r_j^3\omega^3=r_i^3+r_j^3-3r_ir_j^2+3r_ir_j(r_i-r_j)\omega \) .

De manera que:  \( r_i^3+r_j^3-3r_ir_j^2+3r_ir_j(r_i-r_j)\omega\equiv a\omega \) mod \( p \)  -y-  \( r_i^3+r_j^3-3r_ir_j^2+(3r_ir_j(r_i-r_j)-a)\omega\equiv 0 \) mod \( p \) .  Ahora bien, si  \( p \)  fuera  \( 3 \) ,  tendríamos entonces que  \( p\mid (3r_ir_j(r_i-r_j)-a) \)  -y- que por tanto  \( p\mid a \) ,  lo que no es. Sin embargo sabemos con seguridad que uno de los primos  \( p \)  es  \( 3 \) .  Nos encontramos por consiguiente ante una situación absurda.   

Este intento de demostración tiene muchas similitudes con este otro intento (*) que a día de hoy no está falsado.     


Un saludo,

2
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,

3
Teorema de Fermat / Intento de UTF3 sin descenso --definitivo-(No)
« en: 19 Noviembre, 2022, 09:51 pm »
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  \( c \)  -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  \( \dfrac{a+b\omega}{\lambda}\equiv 0 \) mod \( d+e\omega \) .  Si ahora desarrollamos  \( \dfrac{a+b\omega}{\lambda} \) ,  tendremos que:  \( \dfrac{(a+b\omega)\cdot(1-\omega^2)}{(1-\omega)(1-\omega^2)} \)  \( = \)  \( \dfrac{a+b\omega-a\omega^2-b\omega^3}{3} \)  \( = \)  \( \dfrac{2a-b+(a+b)\omega}{3} \) .  Luego  \( \dfrac{2a-b}{3}+\dfrac{a+b}{3}\omega\equiv 0 \) mod \( d+e\omega \) .  Pero entonces  \( d+e\omega \)  tendría que dividir á  \( a+b \)  cuando ya partimos que divide á  \( a+b\omega \) .  De manera que sólo puede ser igual á  \( \lambda \) ,  que es el único factor que divide al mismo tiempo á  \( a+b\omega \)  -y- á  \( a+b \) .  Pero como  \( \lambda \)  ya está incluida en la ecuación -y-  \( \lambda^2 \)  no divide á  \( a+b\omega \) ,  \( d+e\omega \)  no puede ser otra cosa más que una unidad.   

Concluimos por tanto que  \( \dfrac{a+b\omega}{\lambda} \)  es igual á  \( 1,\omega,\omega^2 \) .  Pero como conocemos que  \( \dfrac{a+b\omega}{\lambda} \)  es un cubo perfecto (Ver aquí). Entonces esta unidad debe ser un cubo 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 es fácilmente generalizable a otros casos del UTF.       


Un saludo,

4
Teorema de Fermat / Segundo intento de UTF3 sin descenso
« en: 17 Noviembre, 2022, 09:48 pm »
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,

5
Teorema de Fermat / Intento de UTF3 sin descenso
« en: 24 Octubre, 2022, 06:31 pm »
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 un asociado de  \( \lambda \)  -y- por tanto divisor de  \( 3 \) , divide á  \( 2a-b\equiv{0} \) mod \( 3 \) .         

Estrategia: Conocemos que  \( 7 \) ,  el primo seguro de  \( 3 \) ;  al cumplir también que \( (\mathbb{Z}/7\mathbb{Z})^3=\{0,1,-1\} \) ,  divide á  \( abc \)  -y- es sencillo demostrar que si  \( 7 \)  dividiera á  \( c \) ,  entonces dividiría siempre á  \( a+b \)  -y- no á  \( a+b\omega \)  ó á  \( a+b\omega^2 \) .  Y esto a pesar de ser \( 7 \) congruente con  \( 1 \)  módulo  \( 3 \)  -y- ser de la forma  \( 7=(3+\omega)(2-\omega) \) .  Esto es raro. Siguiendo esta posible pista de una anomalía en la ecuación de partida con enteros, trataré de demostrar en lo que sigue que es solamente el primo  \( 1-\omega \)  -y- ningún otro, el que como hemos visto, divide á  \( a+b\omega \) ;  lo que me llevará directamente a la conclusión buscada.   

Supongamos que un primo  \( \rho=r+s\omega \) ,  para  \( r,s \)  enteros usuales, divide á  \( a+b\omega \)  -y- por tanto á  \( a^2+b^2-ab \)  -y- á  \( -c^3 \).  Tendremos que  \( b\omega\equiv{-a} \) mod \( \rho \)  -y-  \( b\equiv{-a\omega^2} \) mod \( \rho \) .                           

Sabemos que  \( -b^3=a^3+c^3=(a+c)(a^2+c^2-ac) \) .  Y que los factores  \( a+c \)  -y-  \( a^2+c^2-ac \)  serán coprimos y dos cubos perfectos,  puesto que hemos quedado que  \( 3 \)  divide á  \( c \) .  Así :  \( -b=\sqrt[3]{a+c}\cdot\sqrt[3]{a^2+c^2-ac} \) .  Y entonces:  \( a\omega^2\equiv{\sqrt[3]{a}\cdot\sqrt[3]{a^2}} \) mod \( \rho \) .  Si ahora elevo al cuadrado la ecuación:  \( a^2\omega\equiv{\sqrt[3]{a^2}\cdot\sqrt[3]{a^4}} \) mod \( \rho \)  \( \Rightarrow \)   \( a^2\omega\equiv{\sqrt[3]{a^2}\cdot a\sqrt[3]{a}} \) .  Y si divido entre  \( a \) ,  dado que  \( a \)  es coprimo con  \( \rho \) :  \( a\omega\equiv{\sqrt[3]{a^2}\cdot\sqrt[3]{a}} \) mod \( \rho \)   \( \Rightarrow{} \)  \( a\omega\equiv{a} \) mod \( \rho \)  -y-  \( \omega\equiv{1} \) mod \( \rho \) .     

Pero entonces  \( \omega-1\equiv{0} \) mod \( \rho \)  -y-  \( \rho \)  sólo puede ser el primo  \( \omega-1 \)  ó un asociado de  \( \omega-1 \)  (resultado de su multiplicación con las distintas unidades) -y- éstos serán los únicos números que dividirán á  \( a+b\omega \) .  Luego:  \( a+b\omega=1-\omega \)  ó  \( a+b\omega=1+2\omega \)  ó  \( a+b\omega=2+\omega \)  -y-  \( a=1,2 \)  -y-  \( b=\pm 1,2 \) .  Ahora bien,  como establece el siguiente Lema,  si  \( 3 \)  divide á  \( c \) ,  entonces  \( 2 \)  divide también á  \( c \)  -y- no á  \( a \)  -y-  \( b \) :         

Lema: Si  \( a^3+b^3+c^3=0 \) ,  \( 3 \)  solamente divide al cubo que es par.   

Tomemos un número cúbico cualquiera de Eisenstein  \( (\alpha^3) \)  para unos  \( d,e \)  enteros usuales, tal que:  \( (d+e\omega)^3=d^3+3d^2e\omega+3de^2\omega^2+e^3\omega^3\,=\,d^3+e^3+3de\omega(d+e\omega) \) .  Al ser  \( 2 \)  primo en  \( \mathbb{Z}(\omega) \)  nos encontraremos solamente con estas dos posibilidades: Que  \( d \)  ó  \( e \)  sean uno de ellos pares; y en consecuencia  \( \alpha^3 \)  será congruente  \( (con\,\, 1) \)  con el impar  \( b^3 \)  ó  \( a^3 \) ,  según sea el caso.  Ó que los dos enteros usuales,  \( d,e \) ,  sean impares; pero entonces  \( (d+e\omega)^3\equiv{1+3\omega+3\omega^2+1}=-1\equiv{1} \) .  Luego en todos los casos  \( \alpha^3\equiv{1} \) mod \( 2 \) .   

Supongamos ahora sin perder generalidad,  que  \( 2 \)  divide á  \( a \)  -y- que  \( 3 \)  divide á  \( c \) .  Entonces:  \( -b^3=a^3+c^3 \)  -y-  \( -b^3=(a+c)((a+c)^2-3ac)=(a+c)(a+c\omega)(a+c\omega^2) \) .  Siendo estos tres últimos factores coprimos y terceras potencias, dado que  \( 3 \)  divide á  \( c \) .  Por tanto  \( a+c\omega \)  será un cubo entero de Eisenstein y de esta manera se factorizará como  \( a+c\omega=\epsilon\alpha'\,^3 \) ,  para  \( \epsilon \)  una unidad de  \( \mathbb{Z}(\omega) \) . Como si  \( 3 \)  no divide a \( \alpha'\,^3 \)  (Keith Conrad) ,  entonces  \( \alpha'\,^3\equiv{\pm 1} \) mod \( 3 \) .  Tendremos que  \( a+c\omega\equiv{\pm\epsilon} \) mod \( 3 \)  -y-  \( a\equiv{\pm\epsilon} \) mod \( 3 \) .  Así,  \( \epsilon \)  sólo podrá ser  \( \pm 1 \) ,  puesto que  \( a \)  es un entero usual. Pero además, como si  \( 2 \)  no divide á  \( \alpha'\,^3 \) , como también es el caso, hemos visto que  \( \alpha'\,^3\equiv{1} \) mod \( 2 \) ;  tendremos que  \( a+c\omega\equiv{\epsilon} \) mod \( 2 \)  -y-  \( \omega\equiv{\epsilon} \) mod \( 2 \) ,  puesto que  \( c \)  es impar.  Pero esto no puede ser porque antes vimos que  \( \epsilon=\pm 1 \)  -y-  \( \omega\mp 1\not\equiv{0} \) mod \( 2 \) .     

De este modo concluiremos que  \( a \)  sólo puede ser,  por ejemplo  \( 1 \)  -y- en consecuencia  \( b=-1 \) .  Luego  \( a^3+b^3+c^3=1-1+0=0 \)  -y-  \( abc=0 \) .       


Este mismo razonamiento es fácilmente generalizable a otros primos impares en los llamados Caso II de Sophie Germain; pero me voy a abstener de seguir por si hay ya un fallo troncal en lo expuesto que se me haya pasado.         


Un saludo,

6
Teorema de Fermat / Intento de UTF3 sin descenso y generalizable
« en: 12 Octubre, 2022, 10:08 pm »
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,

7
Teorema de Fermat / Demostración del UTF3 por descenso
« en: 03 Octubre, 2022, 07:06 pm »
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  \( c \)  -y-  que  \( a^3+b^3+c^3\equiv{a+b+c}\equiv{1-1+0} \) mod \( 3 \) .   

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  \( \mathbb{Z}(\omega=(-1+\sqrt{-3})/2) \)  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  \( \lambda=\omega-1 \) ,  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 un asociado de  \( \lambda \)  -y- por tanto divisor de  \( 3 \) , divide á  \( 2a-b\equiv{0} \) mod \( 3 \) .       

Luego si ahora divido á  \( -c^3=(a+b)(a+b\omega)(a+b\omega^2) \)  de esta forma:  \( \dfrac{-c^3}{3^{3k}}=\left (\dfrac{a+b}{3^{3k-1}}\right )\left (\dfrac{a+b\omega}{\lambda}\right )\left (\dfrac{a+b\omega^2}{-\omega^2\lambda}\right ) \) ;  tendré que  \( \dfrac{-c^3}{3^{3k}} \)  -y-  \( \dfrac{a+b}{3^{3k-1}} \)  son dos cubos perfectos y que  \( \dfrac{a+b\omega}{\lambda} \)  -y-  \( \dfrac{a+b\omega^2}{-\omega^2\lambda} \)  serán también dos cubos perfectos enteros de Eisenstein.  Pero analicemos en detalle estos dos últimos factores.  De su suma,  tenemos que:  \( \dfrac{a}{\lambda}+\dfrac{b\omega}{\lambda}+\dfrac{a}{-\omega^2\lambda}+\dfrac{b\omega^2}{-\omega^2\lambda}=\dfrac{-a\omega^2+a}{-\omega^2\lambda}+\dfrac{-b\omega^3+b\omega^2}{-\omega^2\lambda}=\dfrac{a(-\omega^2+1)}{-\omega^2\lambda}+\dfrac{b(-1+\omega^2)}{-\omega^2\lambda}=\dfrac{a(1+\omega)(1-\omega)}{-\omega^2\lambda}+\dfrac{b(\omega+1)(\omega-1)}{-\omega^2\lambda} \) .  Y si consideramos que  \( \lambda=\omega-1 \) :  \( \dfrac{-a(1+\omega)}{-\omega^2}+\dfrac{b(\omega+1)}{-\omega^2} \) ;  -y- como  \( \omega+1=-\omega^2 \) ,  entonces:  \( \dfrac{a\omega^2}{-\omega^2}+\dfrac{-b\omega^2}{-\omega^2}=-a+b \) .  De su diferencia:  \( \dfrac{a}{\lambda}+\dfrac{b\omega}{\lambda}-\dfrac{a}{-\omega^2\lambda}-\dfrac{b\omega^2}{-\omega^2\lambda}=\dfrac{-a\omega^2-a}{-\omega^2\lambda}+\dfrac{-b\omega^3-b\omega^2}{-\omega^2\lambda}=\dfrac{-a(\omega^2+1)}{-\omega^2\lambda}+\dfrac{-b(1+\omega^2)}{-\omega^2\lambda} \) .  Y como  \( \omega^2+1=-\omega \) ,  entonces:  \( \dfrac{a\omega}{-\omega^2\lambda}+\dfrac{b\omega}{-\omega^2\lambda} \) ;  donde al ser  \( \omega\cdot\omega^2=1 \) ,  tenemos  \( -\omega^2=\dfrac{1}{-\omega} \) .  Así:  \( \dfrac{-a\omega^2}{\lambda}+\dfrac{-b\omega^2}{\lambda}=\dfrac{-(a+b)\omega^2}{\lambda} \)  -y-  \( \dfrac{a+b+(a+b)\omega}{\lambda}=\dfrac{a+b}{\lambda}(1+\omega) \) .  Por lo que constatamos que  \( -a+b \)  -y-  \( \dfrac{a+b}{\lambda}(\omega+1) \)  son dos enteros de Eisenstein coprimos entre sí; lo que hace efectivamente à  \( \dfrac{a+b\omega}{\lambda} \)  -y-  \( \dfrac{a+b\omega^2}{-\omega^2\lambda} \)  coprimos y terceras potencias.       

De esta manera:  \( \dfrac{a+b\omega}{\lambda} \) ;  donde  \( \lambda \)  divide á  \( a+b\omega \) ,  ya que  \( \omega\equiv{1} \) mod \( \lambda \)  -y-  \( a+b\omega\equiv{a+b} \) mod \( \lambda \) ;  será igual a otro entero de Eisenstein que será un cubo y se factorizará como:  \( \epsilon(d+e\omega)^3 \) ,  para  \( d,e \)  enteros usuales y coprimos -y-  \( \epsilon \)  una unidad de  \( \mathbb{Z}(\omega) \) . 

Sabemos que  \( \epsilon=\pm 1 \)  porque conocemos (Keith Conrad) que si  \( \lambda \)  no divide á  \( d+e\omega \) ,  entonces  \( (d+e\omega)^3\equiv{d+e}\equiv{\pm 1} \) mod \( 3 \)  -y- por tanto:  \( \dfrac{a+b\omega}{\lambda}\equiv{\epsilon(d+e\omega)^3}\equiv{\pm\epsilon} \) . 
Pero como además  \( \dfrac{a+b\omega}{\lambda}=\dfrac{(a+b\omega)(\omega^2-1)}{(\omega-1)(\omega^2-1)}=\dfrac{-2a+b-(a+b)\omega}{3}\equiv{\pm 1} \) mod \( 3 \) ,  ya que  \( 3^{3k-1} \)  divide a  \( a+b \) ;  tendremos que  \( \pm 1\equiv{\pm\epsilon} \) mod \( 3 \) ,  lo que no deja más opción a que  \( \epsilon \) sea  \( \pm 1 \) .   

Operamos ahora por tanto, sin perder generalidad, de la siguiente forma: 

\( \dfrac{a}{\lambda}+\dfrac{b}{\lambda}\omega=(d+e\omega)^3 \)

\( \dfrac{a(\omega^2-1)}{(\omega-1)(\omega^2-1)}+\dfrac{b\omega(\omega^2-1)}{(\omega-1)(\omega^2-1)}=d^3+3d^2e\omega+3de^2\omega^2+e^3\omega^3 \) 

\( \dfrac{a\omega^2-a}{3}+\dfrac{b\omega^3-b\omega}{3}=d^3+e^3-3de^2+(3d^2e-3de^2)\omega \) 

\( \dfrac{-2a-a\omega}{3}+\dfrac{b-b\omega}{3}=d^3+e^3-3de^2+3de(d-e)\omega \) 

\( \dfrac{b-2a}{3}-\dfrac{(a+b)\omega}{3}=d^3+e^3-3de^2+3de(d-e)\omega \) 

Así, agrupando por componentes: 

\( \dfrac{b-2a}{3}=d^3+e^3-3de^2 \)  \( \Rightarrow \)  \( b-2a=3(d^3+e^3-3de^2) \)   

\( -\dfrac{a+b}{3}=3de(d-e) \)  \( \Rightarrow \)  \( a+b=9de(e-d) \) 

Pero entonces:  \( 3(a+b)=27de(e-d) \)  -y- como  \( 3(a+b) \)  es un cubo, tendremos que:  \( d=d’\,^3 \)  -y-  \( e=e’\,^3 \) . 

Por otro lado, como partíamos de  \( \dfrac{a}{\lambda}+\dfrac{b}{\lambda}\omega=(d+e\omega)^3 \)  -y-  ni  \( \lambda \)  ni  \( 3 \)  dividen á  \( d+e\omega \) ;  entonces  \( d+e\omega \) ,  módulo  \( 3 \) ,  no puede ser  \( 1-\omega \)  ó  \( -1+\omega \)  -y- sólo puede ser:  \( 1+\omega \) ,  \( -1-\omega \) ,  \( 0\pm\omega \)  ó  \( \pm 1+0 \) .  De esta forma ó  \( 3 \)  divide á  \( d \) ,  ó divide á  \( e \)  ó divide á  \( e-d \) . 

Luego tendremos que, como  \( e-d=f^3 \)  -y-  \( e’\,^3-d’\,^3-f^3=0 \) ,  para  \( d,e,f \)  enteros y coprimos, donde uno de ellos es múltiplo de  \( 3 \)  -y- estos valores son claramente menores que  \( a^3,b^3,c^3 \) ;  esto dará lugar a un descenso infinito, si repetimos este razonamiento una y otra vez.   


Un saludo, 

8
Teorema de Fermat / Nuevo intento de UTF4 sin descenso
« en: 20 Septiembre, 2022, 05:31 pm »
Hola,   

Supongamos que  \( c^4=a^4+b^4 \) ,  para  \( a,b,c \)  enteros,  coprimos entre sí -y- que  \( a\not\equiv{b} \) mod \( 2 \) .   

Entonces:   

En  \( \mathbb{Z}(\zeta_4=i) \) :  \( c^4=(a^2+b^2i)(a^2-b^2i) \) ,  donde ambos factores son coprimos; puesto que de su suma:  \( a^2+b^2i+a^2-b^2i=2a^2 \)  -y- de su diferencia:  \( a^2+b^2i-a^2+b^2i=2b^2i \)  tenemos que el único factor común es  \( 2 \) ,  -y-  \( 4 \)  no divide á  \( c^4 \) , que es impar.  Luego ambos factores serán dos cuartas potencias en  \( \mathbb{Z}(i) \) . 

Asimismo, en  \( \mathbb{Z}(\zeta_8=\sqrt{i}) \) :  \( a^2+b^2i=(a+bi\sqrt{i})(a-bi\sqrt{i}) \) ,  donde ambos factores son también coprimos; ya que de su suma:  \( a+bi\sqrt{i}+a-bi\sqrt{i}=2a \)  -y- de su diferencia:  \( a+bi\sqrt{i}-a+bi\sqrt{i}=2bi\sqrt{i} \)  tenemos que el único factor común es  \( 2 \) ,  -y- ni  \( 2 \)  ni  \( 4 \)  dividen á  \( a^2+b^2i \) .  De este modo ambos factores serán dos cuartas potencias en  \( \mathbb{Z}(\zeta_8) \) .   

No perdemos generalidad si establecemos que  \( \sqrt{i}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}+i\dfrac{\sqrt{2}}{2} \) .  Conocemos que  \( \mathbb{Z}(\zeta_8)=\mathbb{Z}(i,\sqrt{2}) \)   y que por lo tanto un entero de este anillo será siempre de la forma  \( d+ei+f\sqrt{2}+g\sqrt{-2} \) ,  para  \( d,e,f,g \)  enteros -y-  \( (d,e,f,g)=1 \) .  De esta manera  \( a+bi\sqrt{i} \)  se factorizará como  \( \epsilon(d+ei+f\sqrt{2}+g\sqrt{-2})^2 \) ,  para una unidad, en este caso general,  \( \epsilon=1 \) ;  -y- tendremos que:  \( a+bi\left (\dfrac{\sqrt{2}}{2}+i\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right )=(d+ei+f\sqrt{2}+g\sqrt{-2})^2 \) .   

Si operamos: 

\( a+b\dfrac{\sqrt{-2}}{2}-b\dfrac{\sqrt{2}}{2}=\left ((d+ei)+(f\sqrt{2}+g\sqrt{-2})\right )^2 \)   

\( a+b\dfrac{\sqrt{-2}}{2}-b\dfrac{\sqrt{2}}{2}=d^2-e^2+2dei+2f^2-2g^2+4fgi+2(d+ei)(f\sqrt{2}+g\sqrt{-2}) \)   

\( a+b\dfrac{\sqrt{-2}}{2}-b\dfrac{\sqrt{2}}{2}=d^2-e^2+2dei+2f^2-2g^2+4fgi+2df\sqrt{2}+2dg\sqrt{-2}+2ef\sqrt{-2}+2eg\sqrt{2} \) 

Y agrupando por componentes:   

\( a=d^2-e^2+2f^2-2g^2 \) 

\( 0i=(2de+4fg)i \)  \( \Rightarrow \)  \( 0=2(de+2fg) \)  \( \Rightarrow \)  \( de=-2fg \) 

\( -\dfrac{b}{2}\sqrt{2}=(2df+2eg)\sqrt{2} \)  \( \Rightarrow \)  \( -b=4(df+eg) \) 

\( \dfrac{b}{2}\sqrt{-2}=(2dg+2ef)\sqrt{-2} \)  \( \Rightarrow \)  \( b=4(dg+ef) \) 

De este modo:  \( -4(df+eg)=4(dg+ef) \)  \( -y- \)  \( -df-eg=dg+ef \)  \( \Rightarrow \)  \( -df-dg=ef+eg \)  -y-  \( -d(f+g)=e(f+g) \)  \( \Rightarrow \)  \( -d=e \) .  Luego si  \( a=d^2-e^2+2f^2-2g^2 \)  \( \Rightarrow \)  \( a=e^2-e^2+2f^2-2g^2 \)  -y-  \( a=2(f+g)(f-g) \) .  Y entonces:  \( b=-4(df+eg)=-4(df-dg) \)  \( \Rightarrow \)  \( b=-4d(f-g) \)  ó  \( b=4(dg+ef)=4(dg-df) \)  \( \Rightarrow \)  \( b=4d(g-f) \) .  Pero tendremos por tanto que  \( a \)  -y-  \( b \)  tienen un factor en común.  Lo que viola las condiciones de partida.           
 

Otra manera de llegar a lo mismo:       


En  \( \mathbb{Z}(\zeta_8) \) :  \( c^4=a^4+b^4=(a^2+b^2\zeta_8^2)(a^2-b^2\zeta_8^2)=(a+bi\zeta_8)(a-bi\zeta_8)(a+b\zeta_8)(a-b\zeta_8) \) . 

Conocemos que la extensión de la base entera mínima de los cuerpos ciclotómicos  \( Q(\zeta_n) \)  viene dada por la función  \( \varphi(n) \)  de Euler menos  \( 1 \) .  Como  \( \varphi(8)=1,3,5,7 \)  \( = \)  \( 4 \) ;  entonces sabemos que todo elemento del cuerpo  \( Q(\zeta_8) \)  -y- por consiguiente de su anillo  \( Z(\zeta_8) \) ,  se expresará de manera única como  \( p_1+p_2\zeta_8+p_3\zeta_8^2+p_4\zeta_8^3 \) ,  para  \( p_1,p_2,p_3,p_4 \) , en este último caso enteros -y-  \( (p_1,p_2,p_3,p_4)=1 \) .   

De esta forma  \( a+bi\zeta_8 \) ,  al ser coprimo con el resto de factores:  \( (a-bi\zeta_8)(a+b\zeta_8)(a-b\zeta_8) \) ,  puesto que  \( c^4 \)  es impar; será una cuarta potencia y por tanto se factorizará como  \( \epsilon(p_1+p_2\zeta_8+p_3\zeta_8^2+p_4\zeta_8^3)^2 \) ,  sin perder generalidad, para una unidad  \( \epsilon=1 \) . 

Si operamos: 

\( a+bi\zeta_8=(p_1+p_2\zeta_8+p_3\zeta_8^2+p_4\zeta_8^3)^2 \)  \( = \) 

\( (p_1+p_2\zeta_8)^2+(p_3\zeta_8^2+p_4\zeta_8^3)^2+2(p_1+p_2\zeta_8)(p_3\zeta_8^2+p_4\zeta_8^3) \)  \( = \) 

\( p_1^2+p_2^2\zeta_8^2+2p_1p_2\zeta_8+p_3^2\zeta_8^4+p_4^2\zeta_8^6+2p_3p_4\zeta_8^5+2p_1p_3\zeta_8^2+2p_1p_4\zeta_8^3+2p_2p_3\zeta_8^3+2p_2p_4\zeta_8^4 \) 

Y si separamos esto último por componentes: 

\( (0\zeta_8) \) :  \( p_1^2 \) 

\( (\zeta_8) \) :  \( 2p_1p_2 \) 

\( (\zeta_8^2) \) :  \( p_2^2+2p_1p_3 \) 

\( (\zeta_8^3) \) :  \(  2p_1p_4+2p_2p_3 \) 

\( (\zeta_8^4) \) :  \( p_3^2+2p_2p_4 \) 

\( (\zeta_8^5) \) :  \( 2p_3p_4 \) 

\( (\zeta_8^6) \) :  \( p_4^2 \) 

Pero sabemos que  \( \zeta_8^4=\zeta_2=-1 \) ;  \( \zeta_8^5=\zeta_8^4\cdot \zeta_8=-\zeta_8 \) ;  \( \zeta_8^6=\zeta_8^4\cdot \zeta_8^2 \) ,  de donde  \( \zeta_8^2=\zeta_4=i \) ,  por lo que  \( \zeta_8^6=-i \) .  Luego lo de arriba quedará ahora: 

\( (0\zeta_8) \) :  \( p_1^2-p_3^2-2p_2p_4 \) 

\( (\zeta_8) \) :  \( 2p_1p_2-2p_3p_4 \) 

\( (\zeta_8^2=i) \) :  \( p_2^2+2p_1p_3-p_4^2 \) 

\( (\zeta_8^3=i\zeta_8) \) :  \( 2p_1p_4+2p_2p_3 \) 

Y si igualamos con  \( a+bi\zeta_8 \) ,  tendremos: 

\( a=p_1^2-p_3^2-2p_2p_4 \) 

\( 0=2p_1p_2-2p_3p_4 \) 

\( 0=p_2^2+2p_1p_3-p_4^2 \) 

\( b=2p_1p_4+2p_2p_3 \) 

Así:  \( p_1p_2=p_3p_4 \)  -y- nos encontramos básicamente con tres posibilidades: 

1º) La más simple: Que por ejemplo  \( p_1=p_3 \)  -y-  \( p_2=p_4 \)  . 

Pero entonces, como también  \( p_2^2+2p_1p_3=p_4^2 \) ;  sería  \( p_4^2+2p_1p_3=p_4^2 \)  -y-  \( p_4^2 \)  , si fuera par, dividiría á  \( 2p_1 \)  ó á  \( 2p_3 \)  ó bien á  \( 2 \)  -y- a parte de  \( p_1 \)  ó á  \( 2 \)  -y- a parte de  \( p_3 \) ;  donde en todos los casos resulta que  \( (p_1,p_2,p_3,p_4)=d \) ,  para un  \( d \)  entero. Y lo mismo ocurriría, con más razón, si  \( p_4^2 \)  fuera impar. Del mismo modo, si fuera  \( p_1=p_4 \)  -y-  \( p_2=p_3 \) ;  puesto que  como  \( p_2^2+2p_1p_3=p_4^2 \) ;  sería ahora que  \( p_3^2+2p_1p_3=p_4^2 \)  -y-  \( p_3 \)  dividiría á  \( p_4 \)  -y- por consiguiente también á  \( p_2 \) .     

2º) Que  \( p_1 \)  divida á parte de  \( p_3 \)  -y- á parte de  \( p_4 \)  -y-  que  \( p_2 \)  divida á otras partes (coprimas con las anteriores) de  \( p_3 \)  -y- de  \( p_4 \)  . 

Pero tenemos que  \( p_2^2+2p_1p_3=p_4^2 \) ;  luego un primo de  \( p_1 \)  que divida á  \( p_4 \)  dividirá también á  \( p_2 \) , lo que contradice que ambos,  \( p_1 \)  -y-  \( p_2 \) ,  sean coprimos como estamos partiendo ahora. 

3º) La posibilidad más rebuscada: Que  \( k_1p_1=p_2 \)  -y-  \( k_2p_3=p_4 \) ,  para  \( k_1,k_2 \)  enteros. 

Como  \( p_1p_2=p_3p_4 \) ,  entonces  \( p_1\cdot k_1p_1=p_3\cdot k_2p_3 \)  \( \Rightarrow \)  \( k_1p_1^2=k_2p_3^2 \) .  Y si queremos que  \( p_1 \)  no divida á  \( p_3 \)  ó viceversa para evitar la contradicción, entonces  \( k_1=p_3^2 \)  -y-  \( k_2=p_1^2 \) .  Pero tenemos que  \( p_2^2+2p_1p_3=p_4^2 \) ,  luego por el punto de partida:  \( k_1^2p_1^2+2p_1p_3=k_2^2p_3^2 \)  -y- ocurrirá ahora que  \( p_3^4p_1^2+2p_1p_3=p_1^4p_3^2 \)  donde  \( p_3 \)  tendría que dividir á  \( p_1 \)  ó ser igual á  \( 2 \)  -y- a su vez  \( p_1 \)  dividir á  \( p_3 \)  ó ser también igual á  \( 2 \) .  Así para evitar de nuevo la contradicción, si  \( p_1=p_3=2 \) ,  entonces  \( p_2 \)  -y-  \( p_4 \)  serían a su vez pares, por lo que cuando menos  \( (p_1,p_2,p_3,p_4)=2 \) .   

En definitiva, en todos los casos existe un factor común á  \( p_1,p_2,p_3,p_4 \) ,  que será a su vez un factor común de  \( a,b \)  en  \( a+bi\zeta_8 \) ;  lo que, al igual que en la primera versión de esta demostración,  viola las condiciones de partida.


Un saludo, 

9
Teorema de Fermat / Propuesta de UTF4 generalizado sin descenso
« en: 06 Mayo, 2022, 09:10 am »
Hola,  para demostrar este caso del UTF basta con demostrar la imposibildad de que se dé al mismo tiempo lo siguiente:   

\( a^2=p^2+q^2 \)   

\( b^2=p^2-q^2 \)   

,  para  \( a,b,p,q \)  enteros y coprimos entre sí -y-  \( p\not\equiv{q} \) mod \( 2 \) .     

Supongamos que es posible. Tenemos que  \( a^2=p^2+q^2=(p+qi)(p-qi) \) .  Y si un primo  \( p' \)  divide á  \( p-qi \) .  Entonces  \( p\equiv{qi} \) mod \( p' \)  -y-  \( p^2\equiv{-q^2} \) mod \( p' \) . 

De esta última equivalencia deducimos (Wikipedia) que  \( p' \)  es congruente con  \( 1 \)  módulo  \( 4 \) ,  ya que  \( -1 \)  debe ser un residuo. De esta forma sabemos por el Teorema de Fermat sobre la suma de dos cuadrados que  \( p' \)  puede escribirse como  \( c^2+d^2=(c+di)(c-di) \) ,  para  \( c+di \)  -y-  \( c-di \)  primos en  \( \mathbb{Z}(i) \)  . 

Tenemos también que  \( b^2\equiv{p^2-q^2} \) mod \( p' \)  -y-  \( b^2\equiv{-2q^2} \) mod \( p' \) .  Luego  \( -2 \)  debe ser residuo también y conocemos (Wikipedia) que eso sólo puede darse si  \( p' \)  es congruente con  \( 1,3 \) mod \( 8 \) .  Pero no puede ser congruente con  \( 3 \)  módulo  \( 8 \)  porque hemos establecido que es congruente con  \( 1 \)  módulo  \( 4 \) .  Luego sólo puede ser congruente con  \( 1 \)  módulo  \( 8 \) .   

Pero además como  \( b^2+2q^2\equiv{0} \) mod \( p' \)  -y-  \( b^2+i(1-i)^2q^2\equiv{0} \) mod \( p' \) ;  puesto que en  \( \mathbb{Z}(i) \) :  \( 2=i(1-i)^2 \) .  Entonces  \( p' \)  dividirá á  \( b+(1-i)qi\sqrt{i} \)  ó á  \( b-(1-i)qi\sqrt{i} \)  -y- esto nos sitúa en  \( \mathbb{Z}(\zeta_8)=\mathbb{Z}(i,\sqrt{2}) \)  (Field Theory)  donde  \( \sqrt[4]{-1}=\pm\dfrac{\sqrt{2}}{2}\pm\dfrac{\sqrt{-2}}{2} \) .  De esta manera, tendremos que:  \( b+(1-i)qi\left (\dfrac{\sqrt{2}}{2}\pm\dfrac{\sqrt{-2}}{2}  \right ) \)  ó  \( b-(1-i)qi\left (\dfrac{\sqrt{2}}{2}\pm\dfrac{\sqrt{-2}}{2}  \right ) \) . 

Al dividir  \( p' \)  en  \( \mathbb{Z}(i,\sqrt{2}) \)  -y- como sabemos que en primera instancia era de la forma  \( p'=c^2+d^2 \) ,  resultará en definitiva que es:  \( p'=c^4+d^4=(c^2+d^2i)(c^2-d^2i)=(c+di\sqrt{i})(c-di\sqrt{i})(c+d\sqrt{i})(c-d\sqrt{i}) \) ,  para unos  \( c,d \)  enteros, coprimos -y- pongamos que  \( d \)  par; donde  \( c+di\sqrt{1}=c+di\left (\dfrac{\sqrt{2}}{2}\pm\dfrac{\sqrt{-2}}{2}  \right ) \)  es un primo de  \( \mathbb{Z}(i,\sqrt{2}) \) . 

Luego  \( c+di\left (\dfrac{\sqrt{2}}{2}\pm\dfrac{\sqrt{-2}}{2}  \right ) \)  debe dividir, como hemos visto antes, ó á:  \( b+(1-i)qi\left (\dfrac{\sqrt{2}}{2}\pm\dfrac{\sqrt{-2}}{2}  \right ) \)  ó á:  \( b-(1-i)qi\left (\dfrac{\sqrt{2}}{2}\pm\dfrac{\sqrt{-2}}{2}  \right ) \) .  Supongamos, sin perder generalidad, que  \( c+di\left (\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\sqrt{-2}}{2}  \right ) \)  divide á  \( b+(1-i)qi\left (\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\sqrt{-2}}{2}  \right ) \) .  Entonces:     


\( \dfrac{b+(1-i)qi\left (\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\sqrt{-2}}{2}  \right )}{c+di\left (\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\sqrt{-2}}{2}  \right )}=\dfrac{b+(1-i)qi\left (\sqrt{2}+\sqrt{-2}\right )}{c+di\left (\sqrt{2}+\sqrt{-2}\right )}= \)   


\( =\dfrac{\left (b+(1-i)qi\left (\sqrt{2}+\sqrt{-2}\right )\right )\left(c-di\left (\sqrt{2}+\sqrt{-2}\right )\right)}{\left (c+di\left (\sqrt{2}+\sqrt{-2}\right )\right )\left(c-di\left (\sqrt{2}+\sqrt{-2}\right )\right)}= \)       


\( =\dfrac{bc-bdi\left (\sqrt{2}+\sqrt{-2}\right )+(1-i)qi\left (\sqrt{2}+\sqrt{-2}\right )c+(1-i)qd\left (\sqrt{2}+\sqrt{-2}\right )^2}{c^2+4d^2i}= \)   


\( =\dfrac{bc-bd\left (\sqrt{-2}+\sqrt{2}\right )+cq(1-i)\left (\sqrt{-2}+\sqrt{2}\right )+4dqi(1-i)}{c^2+4d^2i}= \)     


\( =\dfrac{bc+4dq}{c^2+4d^2i}+\dfrac{4dqi}{c^2+4d^2i}+\dfrac{(cq(1-i)-bd)\left (\sqrt{-2}+\sqrt{2}\right )}{c^2+4d^2i} \) .       


Pero en el segundo sumando, para ser entero,  \( c^2+4d^2i \) ,  que no divide á  \( 4di \) ,  tiene que dividir á  \( q \) .  Lo que no es posible al ser  \( c^2+4d^2i \)  un factor de  \( a \) .     


Ahora, si suponemos (UTF4) que:  \( e^4=f^4+g^4 \) ,  para  \( e,f,g \)  enteros,  coprimos entre sí -y-  \( g \)  par.  Y aplicamos al caso las soluciones del UTF2; ya que:  \( (e^2)^2=(f^2)^2+(g^2)^2 \) .  Tendremos que:   

\( e^2=p^2+q^2 \)   

\( f^2=p^2-q^2 \)     

\( g^2=2pq \)     

,  para  \( p,q \)  coprimos -y-  \( p\not\equiv{q} \) mod \( 2 \) .  Donde además  \( q \)  debe ser el elemento par,  porque si lo fuera  \( p \) ,  entonces  \( f^2\equiv{-1} \) mod \( 8 \) .  Y nos situamos, de nuevo, en el caso que hemos visto antes.   


Un saludo, 

10
Teorema de Fermat / Propuesta de UTF4 sin descenso (1)
« en: 06 Mayo, 2022, 08:55 am »
Hola,   

Supongamos que  \( c^4=a^4+b^4 \) ,  para  \( a,b,c \)  enteros,  coprimos entre sí -y-  \( b \)  par.   

Si aplicamos al caso las soluciones del UTF2.  Como:  \( (c^2)^2=(a^2)^2+(b^2)^2 \) .  Tendremos que:  \( c^2=p^2+q^2 \) ,  \( a^2=p^2-q^2 \)  -y-  \( b^2=2pq \) ,  para  \( p,q \)  coprimos -y-  \( p\not\equiv{q} \) mod \( 2 \) .  Y como  \( b^2=2pq \) ,  entonces:  \( p=p_1^2 \)  -y-  \( q=2q_1^2 \) ,  si  \( q \)  es par. De hecho  \( q \)  debe ser el elemento par, porque si lo fuera  \( p \) ,  entonces  \( a^2\equiv{0-1} \) mod \( 8 \) ;  lo que no puede ser. 

Como  \( c^2=p^2+q^2=(p+qi)(p-qi) \) .  De la suma de estos dos factores:  \( p+qi+p-qi=2p \)  -y- su diferencia:  \( p+qi-p+qi=2qi \) ,  se deduce que son coprimos salvo por  \( 2 \) ;  pero como  \( c^2 \)  es impar, serán coprimos y cuadrados en  \( \mathbb{Z}(i) \) .  Luego  \( p+qi=(u+vi)^2 \) ,  para unos  \( u,v \)  enteros, coprimos y uno de ellos par; pongamos que  \( v \) .  De esta manera:  \( p+qi=u^2-v^2+2uvi \)  -y- :  \( p=u^2-v^2 \)  ;  \( q=2uv \) . 

Por otra parte, como  \( p+qi=(u+vi)^2 \)  \( \Rightarrow \)  \( qi=(u+vi)^2-p \)  -y-  \( 2q_1^2i=(u+vi)^2-p_1^2 \) .  Y en  \( \mathbb{Z}(i) \) :  \( 2=i(1-i)^2 \) ;  entonces:  \( i^2(1-i)^2q_1^2=(u+vi)^2-p_1^2 \)  \( \Rightarrow \)  \( i^2(1-i)^2q_1^2=(u+vi+p_1)(u+vi-p_1) \) .  De la suma de estos dos factores:  \( u+vi+p_1+u+vi-p_1=2(u+vi) \)  -y- su diferencia:  \( u+vi+p_1-u-vi+p_1=2p_1 \) ,  se deduce que son coprimos y por tanto cuadrados salvo por  \( 2 \) .  Luego tendremos en  \( \mathbb{Z}(i) \)  que  \( u+vi+p_1=2(s+ti)^2 \) ,  para unos  \( s,t \)  enteros, coprimos y uno de ellos par. De esta manera:  \( u+vi+p_1=2s^2-2t^2+4sti \)  -y- :  \( u+p_1=2(s^2-t^2) \)  ;  \( v=4st \) .   

Si ahora componemos:  \( u+v+p_1=2s^2-2t^2+4st \)  -y-  \( u-v+p_1=2s^2-2t^2-4st \) .  Como  \( p=u^2-v^2 \)  -y-  \( p_1^2=(u+v)(u-v) \)  \( \Rightarrow \)  \( p_1=(u+v)^{\frac{1}{2}}(u-v)^{\frac{1}{2}} \) .  Entonces, en el primer caso:  \( ((u+v)^{\frac{1}{2}})^2+(u+v)^{\frac{1}{2}}(u-v)^{\frac{1}{2}}=2s^2-2t^2+4st \)  -y- en el segundo:  \( ((u-v)^{\frac{1}{2}})^2+(u+v)^{\frac{1}{2}}(u-v)^{\frac{1}{2}}=2s^2-2t^2-4st \) .  De esta forma  \( (u+v)^{\frac{1}{2}}+(u-v)^{\frac{1}{2}}=\dfrac{ 2s^2-2t^2+4st}{(u+v)^{\frac{1}{2}}} \)  -y-  \( (u-v)^{\frac{1}{2}}+(u+v)^{\frac{1}{2}}=\dfrac{ 2s^2-2t^2-4st}{(u-v)^{\frac{1}{2}}} \) .   

Fijémonos que si  \( \dfrac{2s^2-2t^2+4st}{(u+v)^{\frac{1}{2}}}=(u+v)^{\frac{1}{2}}+(u-v)^{\frac{1}{2}} \) .  Existirá al menos un primo  \( p' \)  impar de  \( 2s^2-2t^2+4st \)  que no pertenece á  \( (u+v)^{\frac{1}{2}} \)  -y- que dividirá á  \( (u+v)^{\frac{1}{2}}+(u-v)^{\frac{1}{2}} \) .  Y como  \( (u+v)^{\frac{1}{2}} \)  -y-  \( (u-v)^{\frac{1}{2}} \)  son coprimos, no dividirá a ninguno de estos sumandos. 

Por otra parte, de la suma de  \( 2s^2-2t^2+4st+2s^2-t^2-4st=4(s^2-t^2) \)  -y- la diferencia de  \( 2s^2-2t^2+4st-2s^2+t^2+4st=8st \) ,  vemos que ambos factores son coprimos salvo por  \( 4 \) ,  aunque sólo  \( 2 \)  divide a cada uno de ellos.     

De esta manera, como tenemos que  \( (u+v)^{\frac{1}{2}}+(u-v)^{\frac{1}{2}}=\dfrac{2s^2-2t^2+4st}{(u+v)^{\frac{1}{2}}} \)  -y-  \( (u-v)^{\frac{1}{2}}+(u+v)^{\frac{1}{2}}=\dfrac{2s^2-2t^2-4st}{(u-v)^{\frac{1}{2}}} \) .  Entonces:  \( \dfrac{2s^2-2t^2+4st}{(u+v)^{\frac{1}{2}}}=\dfrac{2s^2-2t^2-4st}{(u-v)^{\frac{1}{2}}} \)  -y-  \( (u-v)^{\frac{1}{2}}\cdot (2s^2-2t^2+4st)=(u+v)^{\frac{1}{2}}\cdot (2s^2-2t^2-4st) \) . 

Ahora bien, ocurre que  \( p' \)  de  \( 2s^2-2t^2+4st \)  divide a la parte izquierda de esta última ecuación, pero no a la parte derecha, pues es coprimo tanto con el factor  \( (u+v)^{\frac{1}{2}} \)  como con el factor  \(  2s^2-2t^2-4st \) ,  tal y como hemos visto arriba. 

   
Un saludo,   

11
Hola,   

Supongamos que  \( \pmb{a^p+b^p+c^p=0} \) ,  para  \( a,b,c \)  enteros,  coprimos entre sí -y-  \( p \)  un primo de Sophie Germain congruente con  \( 1 \)  módulo  \( 4 \)  (primos no lucasianos)  (A103579 - OEIS).   


Caso 1:  \( p=5 \)  -y-  \( a^5+b^5+c^5=0 \) .   

Como  \( 5 \)  es un primo de Sophie Germain,  sabemos que  \( 5 \)  divide á  \( abc \) .  No perdemos generalidad entonces si suponemos que  \( 5 \)  divide á  \( c \) . 

Lema I: Si  \( p \)  es un primo de Sophie Germain -y-  \( A \)  un entero al que no divide el primo seguro (Wikipedia) de éste:  \( 2p+1 \) ;  \( A^p \)  será siempre congruente con  \( \pm 1 \)  módulo  \( 2p+1 \) . 

Por el pequeño teorema de Fermat:  \( A^{2p}\equiv{1} \) mod  \( 2p+1 \) .  Luego:  \( A^p\cdot A^p=(A^p)^2\equiv{1} \) mod  \( 2p+1 \) .  Y por tanto  \( A^p \)  sólo puede ser congruente con  \( 1 \)  ó con  \( -1 \)  módulo  \( 2p+1 \) .   

Además,  sabemos  (Wikipedia) que todo primo seguro es congruente con  \( 3 \)  módulo  \( 4 \) . 

Lema II: Dado un primo  \( p\equiv{3} \) mod \( 4 \)  -y- un  \( A \)  entero; si  \( A^{2n-1}\equiv{1} \) mod \( p \) ,  \( A \)  es congruente siempre con un residuo (cuadrático) módulo  \( p \) .  Y si  \( A^{2n-1}\equiv{-1} \) mod \( p \) ,  \( A \)  será congruente siempre con un no-residuo módulo  \( p \) . 

Supongamos en el primer caso que  \( A \)  sea congruente con un no-residuo  (\( NR \))  módulo  \( p \) .  Entonces  \( (NR)^{2n-1}=NR\neq 1 \) ;  puesto que  \( NR\cdot NR=R \)  -y-  \( NR\cdot R=NR \)   (Wikipedia). De la misma forma,  supongamos en el segundo caso que  \( A \)  sea congruente con un residuo  (\( R \))  módulo  \( p \) .  Entonces  \( (R)^{2n-1}=R\neq -1 \) .  Ya que  \( R\cdot R=R \) -y-  \( -1 \)  no es nunca residuo de un primo congruente con  \( 3 \)  módulo  \( 4 \) .     

Lema III: Dado un primo  \( p\equiv{3} \) mod \( 4 \) ,  la suma de dos de sus residuos nunca es igual á  \( 0 \) .     

Dado un resto  (\( r \))  de  \( p \) ,  sólo la suma con su complementario  (\( -r \))  es igual á  \( p \) .  Pero como  \( p \)  es congruente con  \( 3 \)  módulo  \( 4 \) ,  conocemos (Wikipedia) que la negación de un residuo es siempre un no-residuo.  Luego no puede darse nunca que la suma de dos de sus residuos sea igual á  \( p \)  ó á un múltiplo de  \( p \) .   

Caso 1.1:  \( 11 \)  divide a un cubo distinto al que divide  \( 5 \) .     

El primo seguro de  \( 5 \)  es  \( 11 \) .  Supongamos sin perder generalidad que  \( 11 \)  divide á  \( a \) .  De esta forma, por ejemplo:  \( (a^5\equiv{0})+(b^5\equiv{1})+(c^5\equiv{-1})=0 \) mod \( 11 \) . 

Caso 1.1.1:  \( 11 \)  divide á  \( (b+c)^4-5bc((b+c)^2-bc) \) .     

Como tenemos que  \( -a^5=b^5+c^5=(b+c)((b+c)^4-5bc((b+c)^2-bc)) \)  -y- ambos factores son coprimos, ya que  \( 5 \)  divide á  \( c \) ;  \( 11 \)  puede dividir á  \( b+c \)  ó á  \( (b+c)^4-5bc((b+c)^2-bc) \) . 

Conocemos por una parte que  \( -b^5=a^5+c^5=(a+c)((a+c)^4-5ac((a+c)^2-ac)) \) .  Donde  \( a+c \)  -y-  \( (a+c)^4-5ac((a+c)^2-ac) \)  son coprimos y quintas potencias. Luego  \( a+c\equiv{c}\equiv{-1} \) mod \( 11 \) ;  ya que hemos quedado en que  \( a+c \)  es congruente con  \( \pm 1 \)  por ser una quinta potencia (Lema I) -y- que  \( c^5\equiv{-1} \) mod \( 11 \) . Por otra parte, como  \( -a^5=b^5+c^5=(b+c)((b+c)^4-5bc((b+c)^2-bc)) \) .  Donde  a su vez  \( b+c \)  -y-  \( (b+c)^4-5bc((b+c)^2-bc) \)  son coprimos y quintas potencias. Entonces:  \( b+c\equiv{b-1}\equiv{\pm 1} \)  (Lema I). De esta forma, ó  \( b\equiv{2} \)  -y-  \( 2-1=1 \) ,  ó  \( b\equiv{11} \)  -y-  \( 0-1=-1 \) .  Pero ninguno de los 2 casos puede darse,  porque por un lado  \( 2 \) ,  que no es residuo módulo  \( 11 \) ,  significa que  \( b^5=2^5\not\equiv{1} \)  (Lema II) -y- por el otro lado,  \( 11 \)  no puede dividir á  \( b \)  cuando hemos quedado que divide á  \( a \) .   

Caso 1.1.2: Concluimos por tanto que  \( 11 \)  debe dividir á  \( b+c \) .   

Y 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  \( 5 \) ; ya que  \( 5 \) ,  que divide á  \( c \) ,  debe dividir á  \( a+b \) .  Así:  \( a+b=5^{5k-1}c_1^5\equiv{b}\equiv{\pm 5^{5k-1}} \) mod \( 11 \)  (Lema I)  -y-  \( (a+b)^4-5ab((a+b)^2-ab)=5c_2^5\equiv{b^4}\equiv{\pm 5} \) mod \( 11 \)  (Lema I),  para  \( c_1,c_2 \)  factores coprimos de  \( c \)  -y-  \( k\in{\mathbb{N}} \) .  Pero como  \( b^4 \)  sólo puede ser equivalente con  \( 5 \)  módulo  \( 11 \) ,  ya que  \( 6 \)  no es residuo; entonces:  \( b\equiv{2} \)  ó   \( b\equiv{9} \)  módulo  \( 11 \) ;  no hay otra.  Ahora bien, teníamos (Caso 1.1.1) que  \( -b^5=a^5+c^5=(a+c)((a+c)^4-5ac((a+c)^2-ac)) \) .  Donde como  \( a+c \)  -y-  \( ((a+c)^4-5ac((a+c)^2-ac)) \)  son coprimos y quintas potencias, entonces era que:  \( a+c\equiv{c}\equiv{-1} \) mod \( 11 \) . Luego si  \( 11\mid  b+c \)  -y-  \( c\equiv{-1} \) ,  será que  \( b\equiv{1} \) mod \( 11 \) .  Pero antes dijimos que sólo podía ser congruente con  \( 2 \)  ó  \( 9 \) .     

Caso 1.2:  \( 11 \)  divide al mismo cubo que divide  \( 5 \) .     

De esta manera, sin perder generalidad, supondremos que  \( 5 \)  -y-  \( 11 \)  dividen á  \( c \) .  Donde,  por ejemplo:  \( (a^5\equiv{1})+(b^5\equiv{-1})+(c^5\equiv{0})=0 \) mod \( 11 \) . 

Caso 1.2.1:  \( 11 \)  divide á  \( (a+b)^4-5ab((a+b)^2-ab) \) .     

Como tenemos que  \( -c^5=a^5+b^5=(a+b)((a+b)^4-5ab((a+b)^2-ab)) \)  -y- ambos factores son coprimos salvo por  \( 5 \) ,  \( 11 \)  puede dividir á  \( a+b \)  ó á  \( (a+b)^4-5ab((a+b)^2-ab) \) . 

Al igual que antes, sabemos que  \( -b^5=a^5+c^5=(a+c)((a+c)^4-5ac((a+c)^2-ac)) \) .  Donde  \( a+c \)  -y-  \( (a+c)^4-5ac((a+c)^2-ac) \)  son coprimos y quintas potencias.  Luego  \( a+c\equiv{a}\equiv{1} \) mod \( 11 \)  (Lema I);  ya que hemos quedado en que  \( a^5\equiv{1} \) mod \( 11 \) .  Por otra parte,  como  \( -a^5=b^5+c^5=(b+c)((b+c)^4-5bc((b+c)^2-bc)) \) .  Donde  a su vez  \( b+c \)  -y-  \( (b+c)^4-5bc((b+c)^2-bc) \)  son coprimos y quintas potencias.  Entonces:  \( b+c\equiv{b}\equiv{-1} \)  (Lema I);  ya que hemos quedado en que  \( b^5\equiv{-1} \) mod \( 11 \) .  De esta forma:  \( a+b\equiv{0} \) mod \( 11 \)  -y- llegamos a una contradicción,  porque partimos de que   \( 11 \)  dividía á  \( (a+b)^4-5ab((a+b)^2-ab) \) .   

Caso 1.2.2: Concluimos que  \( 11 \) ,  lo mismo que  \( 5 \) ,  debe dividir á  \( a+b \) .   

Y entonces:   

\( -a^5=b^5+c^5=(b+c)((b+c)^4-5bc((b+c)^2-bc)) \) .  Donde  \( b+c \)  -y-  \( (b+c)^4-5bc((b+c)^2-bc) \)  serán coprimos y quintas potencias.  Así:  \( b+c=a_1^5\equiv{b}\equiv{-1} \) mod \( 11 \)  -y-  \( (b+c)^4-5bc((b+c)^2-bc)=a_2^5\equiv{b^4}\equiv{1} \) mod \( 11 \) ,  para  \( a_1,a_2 \)  factores coprimos de  \( a \) .  Puesto que:  \( b+c \) ,  por ser una quinta potencia (Lema I),  es congruente con  \( \pm 1 \)  módulo  \( 11 \) ;  \( b^5 \)  es congruente con  \( -1 \)  módulo  \( 11 \)  -y-  \( c \)  es congruente con  \( 0 \) .   

\( -b^5=(a+c)((a+c)^4-5ac((a+c)^2-ac)) \) .  De donde  \( a+c \)  -y-  \( (a+c)^4-5ac((a+c)^2-ac) \)  serán coprimos y quintas potencias.  Así:  \( a+c=b_1^5\equiv{a}\equiv{1} \) mod \( 11 \)  -y-  \( (a+c)^4-5ac((a+c)^2-ac)=b_2^5\equiv{a^4}\equiv{1} \) mod \( 11 \) ,  para  \( b_1,b_2 \)  factores coprimos de  \( b \) .  Puesto que:  \( a+c \) ,  por ser una quinta potencia (Lema I),  es congruente con  \( \pm 1 \)  módulo  \( 11 \) ;  \( a^5 \)  es congruente con  \( 1 \)  módulo  \( 11 \)  -y-  \( c \)  es congruente con  \( 0 \) .   

\( -c^5=(a+b)((a+b)^4-5ab((a+b)^2-ab)) \) .  De donde  \( a+b \)  -y-  \( (a+b)^4-5ab((a+b)^2-ab) \)  serán coprimos y quintas potencias salvo por  \( 5 \) .   Así:  \( a+b=5^{5k-1}c_1^5=5^{5k-1}11^{5s}c_1'\,^5\equiv{0} \) mod \( 11 \)  -y-  \( (a+b)^4-5ab((a+b)^2-ab)=5c_2^5\equiv{\pm 5} \) mod \( 11 \)  (Lema I), para  \( c_1,c_2 \)  factores coprimos de  \( c \)  -y-  \( c_1=11^{s}\cdot c_1' \) , para un  \( s\in{\mathbb{N}} \) .   

Por otra parte,  como ocurre que si  \( a^5+b^5+c^5=0 \) ,  existirá un  \( a+b+c+d=0 \) ,  para un determinado  \( d \)  entero -y- por tanto:  \( -d=a+b+c \) .   

Entonces:   

\( -d=(a)+(b+c)=a_1a_2+a_1^5=a_1(a_2+a_1^4) \)   

\( -d=(b)+(a+c)=b_1b_2+b_1^5=b_1(b_2+b_1^4) \)   

\( -d=(c)+(a+b)=5^k11^sc_1'c_2+5^{5k-1}11^{5s}c_1'\,^5=5^k11^sc_1(c_2+5^{4k-1}11^{4s}c_1'\,^4) \)   

Así:  \( -d=5^k11^sa_1b_1c_1't \) ,  para un  \( t \)  entero,  probablemente igual á  \( 1 \) .   

Pero como:  \( -d=a_1(a_2+a_1^4) \)  -y-  \( -d=b_1(b_2+b_1^4) \) ;  \( 11^s \)  debe dividir á  \( a_2+a_1^4 \)  -y- á  \( b_2+b_1^4 \) .  Lo que no es posible,  ya que al ser  \( a_2^5 \)  -y-  \( b_2^5 \)  congruentes con  \( 1 \)  módulo  \( 11 \) ,  por el Lema II,  \( a_2 \)  -y-  \( b_2 \)  serán congruentes con un residuo de  \( 11 \)  -y- por el Lema III, residuo más residuo  (\( a_1^4,b_1^4 \))  no puede ser igual á cero módulo  \( 11 \) . 


Caso 2:  \( p=p \)  -y-  \( a^p+b^p+c^p=0 \) .   

Como  \( p \)  es un primo de Sophie Germain,  sabemos que  \( p \)  divide á  \( abc \) .  Y no perdemos generalidad entonces si suponemos que  \( p \)  divide á  \( c \) . 

Caso 2.1:  \( 2p+1 \)  divide a un cubo distinto al que divide  \( p \) .     

El primo seguro de  \( p \)  es  \( 2p+1 \) .  Supongamos sin perder generalidad que  \( 2p+1 \)  divide á  \( a \) .  De esta forma, por ejemplo:  \( (a^p\equiv{0})+(b^p\equiv{1})+(c^p\equiv{-1})=0 \) mod \( 2p+1 \) .   

Lema IV: Se puede comprobar que:  \( a^p+b^p=(a+b)((a+b)^{p-1}-pabQ) \) ,  para un  \( Q \)  entero.  Donde: 

\( Q=(a+b)^{p-3}-ab\left[{m_1(a+b)^{p-5}-ab\left[{m_2(a+b)^{p-7}-\,.\,.\,-ab\left[{m_n(a+b)^2-ab}\right]\,.\,.\, }\right] }\right] \) 

,  para  \( m_n \)  enteros.   

Además:  Se puede demostrar que si  \( p \)  divide á  \( a^p+b^p \) ,  entonces  \( p \)  divide á  \( a+b \) ,  no divide á  \( Q \)  -y- por lo tanto: \( p^{pk-1} \)  divide á  \( a+b \)  -y- sólo  \( p \)  divide á  \( (a+b)^{p-1}-pabQ \) .     

Caso 2.1.1:  \( 2p+1 \)  divide á  \( (b+c)^{p-1}-pbcQ_1 \) .     

Como tenemos que  \( -a^p=b^p+c^p=(b+c)((b+c)^{p-1}-pbcQ_1) \)  (Lema IV) -y- ambos factores son coprimos, ya que  \( p \)  divide á  \( c \) ;  \( 2p+1 \)  puede dividir á  \( b+c \)  ó á  \( (a+b)^{p-1}-pabQ_1 \) .   

Tenemos por una parte que  \( -b^p=a^p+c^p=(a+c)((a+c)^{p-1}-pacQ_2) \) .  Donde como  \( a+c \)  -y-  \( (a+c)^{p-1}-pacQ_2 \)  son coprimos y p-ésimas potencias; entonces, por el Lema I,  \( a+c\equiv{c}\equiv{\pm 1} \) mod \( 2p+1 \) .  De esta manera:  \( a+c \)  -y-  \( c \)  deben ser congruentes con  \( -1 \)  -y- no con  \( 1 \) ,  porque  \( c^p\equiv{-1} \) . Por otra parte tenemos que para  \( -a^p \) :  \( b+c \)  -y-  \( (b+c)^{p-1}-pbcQ_1 \)  son coprimos y p-ésimas pontencias.  Luego por el Lema I:  \( b+c\equiv{\pm 1} \) mod \( 2p+1 \)  -y- por lo de arriba:  \( b-1\equiv{\pm 1} \) .  Y como  \( b \)  no puede ser múltiplo de  \( 2p+1 \) ,  sólo puede ser  \( 2 \)  -y- :  \( b+c\equiv{1} \) . Pero como partimos de un primo de Sophie Germain con la condición restrictiva de ser congruente con  \( 1 \)  módulo  \( 4 \) ;  entonces será congruente con  \( 1,5 \)  módulo  \( 8 \) ,  por lo que  \( 2p+1 \)  resultará siempre congruente con  \( 3 \)  módulo  \( 8 \) .  De esta forma  \( 2 \)  (Wikipedia)  no será nunca residuo de este primo seguro. De ahí que si  \( b \)  es congruente con  \( 2 \)  módulo  \( 2p+1 \) ;  por el Lema II,  \( b^p \)  nunca podrá ser congruente con  \( 1 \)  módulo  \( 2p+1 \) ,  como habíamos quedado. Lo que es una contradicción. 

Caso 2.1.2:  Por tanto:  \( 2p+1 \)  divide á  \( b+c \) .     

Y entonces: 

\( -c^p=a^p+b^p=(a+b)((a+b)^{p-1}-pabQ_3) \) .  De donde  \( a+b \)  -y-  \( (a+b)^{p-1}-pabQ_3 \)  serán coprimos y p-ésimas potencias salvo por  \( p \) ,  ya que  \( p \) ,  que divide á  \( c \) ,  debe dividir á  \( a+b \)  (Lema IV). Así:  \( a+b=p^{pk-1}c_1^p\equiv{b}\equiv{\pm p^{pk-1}} \) mod \( 2p+1 \)  (Lema I) -y-  \( (a+b)^{p-1}-pabQ_3=pc_2^p\equiv{b^{p-1}}\equiv{\pm p} \) mod \( 2p+1 \)  (Lema I); para  \( c_1,c_2 \)  factores coprimos de  \( c \)  -y-  \( k\in{\mathbb{N}} \) .  Pero tenemos como en el Caso 2.1.1 que  \( -b^p=a^p+c^p=(a+c)((a+c)^{p-1}-pacQ_2) \) .  Donde como  \( a+c \)  -y-  \( (a+c)^{p-1}-pacQ_2 \)  son coprimos y p-ésimas potencias, entonces era que:  \( a+c\equiv{c}\equiv{-1} \) mod \( 2p+1 \) . Luego si  \( 2p+1\mid  b+c \)  -y-  \( c\equiv{-1} \) ,  será que  \( b\equiv{1} \) mod \( 2p+1 \) .  Pero antes dijimos que  \( b^{p-1}\equiv{\pm p} \) mod \( 2p+1 \)  -y- es claro que  \( 1\not\equiv \)  \( +p \)  ó  \( 1\not\equiv \)  \( -p \)  módulo  \( 2p+1 \) ;  ya que:  \( 2p+1\equiv{0} \) mod \( 2p+1 \)  \( \Rightarrow \)  \( 2p\equiv{-1} \) ,  que sería válido para  \( p\equiv{1} \) mod \( 2p+1 \)  -y-  \( 2p+1=3 \) ,  pero esta última ecuación no es posible, y por otro lado nunca  \( -2\not\equiv -1 \) .  Por tanto,  concluimos que  \( 2p+1 \)  no puede dividir á una p-ésima potencia diferente de la que es múltiplo de  \( p \) .     

Caso 2.2:  \( 2p+1 \)  divide al mismo cubo que divide  \( p \) .     

De esta manera, sin perder generalidad, supondremos que  \( p \)  -y-  \( 2p+1 \)  dividen á  \( c \) .  Donde, por ejemplo:  \( (a^p\equiv{1})+(b^p\equiv{-1})+(c^p\equiv{0})=0 \) mod \( 2p+1 \) . 

Caso 2.2.1:  \( 2p+1 \)  divide á  \( (a+b)^{p-1}-pabQ_3 \) .     

Como tenemos que  \( -c^p=a^p+b^p=(a+b)((a+b)^{p-1}-pabQ_3) \)  -y- ambos factores son coprimos salvo por  \( p \) ;  \( 2p+1 \)  puede dividir á  \( a+b \)  ó á  \( (a+b)^{p-1}-pabQ_3 \) . 

Pero sabemos por una parte que  \( -b^p=a^p+c^p=(a+c)((a+c)^{p-1}-pacQ_2) \) .  Donde  \( a+c \)  -y-  \( (a+c)^{p-1}-pacQ_2 \)  son coprimos y p-ésimas potencias.  Luego  \( a+c\equiv{a}\equiv{1} \) mod \( 2p+1 \) ;  por el Lema I y porque hemos quedado que  \( a^p\equiv{1} \) mod \( 2p+1 \) .  Por otra parte,  como  \( -a^p=b^p+c^p=(b+c)((b+c)^{p-1}-pbcQ_1) \) .  Donde  a su vez  \( b+c \)  -y-  \( (b+c)^{p-1}-pbcQ_1) \)  son coprimos y p-ésimas potencias.  Entonces:  \( b+c\equiv{b}\equiv{-1} \) ;  ya que hemos quedado (Lema I) que  \( b^p\equiv{-1} \) mod \( 2p+1 \) .  De esta forma:  \( a+b\equiv{0} \) mod \( 2p+1 \)  -y- llegamos a una contradicción; porque partimos de que  \( p \)  dividía á  \( (a+b)^{p-1}-5abQ \) .   

Caso 2.2.2: Concluimos que  \( 2p+1 \) ,  al igual que  \( p \) ,  debe dividir á  \( a+b \) .   

Y entonces:   

\( -a^p=b^p+c^p=(b+c)((b+c)^{p-1}-pbcQ_1) \) .  Donde  \( b+c \)  -y-  \( (b+c)^{p-1}-pbcQ_1 \)  serán coprimos y p-ésimas potencias.  Así:  \( b+c=a_1^p\equiv{b}\equiv{-1} \) mod \( 2p+1 \)  -y-  \( (b+c)^{p-1}-pbcQ_1=a_2^p\equiv{b^{p-1}}\equiv{1} \) mod \( 2p+1 \) ,  para  \( a_1,a_2 \)  factores coprimos de  \( a \) .  Puesto que:  \( b+c \)  es una p-ésima potencia (Lema I);  \( b^p\equiv{-1} \) mod \( 2p+1 \) ;  \( c \)  es congruente con  \( 0 \)  -y-  \( p-1 \)  es par.

\( -b^p=(a+c)((a+c)^{p-1}-pacQ_2) \) .  Donde  \( a+c \)  -y-  \( (a+c)^{p-1}-pacQ_2 \)  serán coprimos y p-ésimas potencias.  Así:  \( a+c=b_1^p\equiv{a}\equiv{1} \) mod \( 2p+1 \)  -y-  \( (a+c)^{p-1}-pacQ_2=b_2^p\equiv{a^{p-1}}\equiv{1} \) mod \( 2p+1 \) ,  para  \( b_1,b_2 \)  factores coprimos de  \( b \) .  Puesto que:  \( a+c \)  es una p-ésima potencia (Lema I);  \( a^p\equiv{1} \) mod \( 2p+1 \) ;  \( c \)  es congruente con  \( 0 \)  -y-  \( p-1 \)  es par.

\( -c^p=(a+b)((a+b)^{p-1}-pabQ_3) \) .  De donde  \( a+b \)  -y-  \( (a+b)^{p-1}-pabQ_3 \)  serán coprimos y p-ésimas potencias salvo por  \( p \) .   Así:  \( a+b=p^{pk-1}c_1^p=p^{pk-1}(2p+1)^{ps}c_1'\,^p\equiv{0} \) mod \( 2p+1 \)  -y-  \( (a+b)^{p-1}-pabQ_3=pc_2^p\equiv{\pm p} \) mod \( 2p+1 \)  (Lemas I y IV) ,  para  \( c_1,c_2 \)  factores coprimos de  \( c \)  -y-  \( c_1=(2p+1)^{s}\cdot c_1' \) , para un  \( s\in{\mathbb{N}} \) .   

Por otra parte,  como ocurre que si  \( a^p+b^p+c^p=0 \) ,  existirá un  \( a+b+c+d=0 \) ,  para un determinado  \( d \)  entero -y- por tanto:  \( -d=a+b+c \) .   

Entonces:   

\( -d=(a)+(b+c)=a_1a_2+a_1^p=a_1(a_2+a_1^{p-1}) \)   

\( -d=(b)+(a+c)=b_1b_2+b_1^p=b_1(b_2+b_1^{p-1}) \)   

\( -d=(c)+(a+b)=p^k(2p+1)^sc_1'c_2+p^{pk-1}(2p+1)^{ps}c_1'\,^p=p^k(2p+1)^sc_1'(c_2+p^{(p-1)k-1}(2p+1)^{(p-1)s}c_1'\,^{p-1}) \)   

Así:  \( -d=p^k(2p+1)^sa_1b_1c_1't \) ,  para un  \( t \)  entero,  probablemente igual á  \( 1 \) .   

Pero como:  \( -d=a_1(a_2+a_1^{p-1}) \)  -y-  \( -d=b_1(b_2+b_1^{p-1}) \) ;  \( (2p+1)^s \)  debe dividir á  \( a_2+a_1^{p-1} \)  -y- á  \( b_2+b_1^{p-1} \) .  Lo que no es posible,  ya que al ser  \( a_2^p \)  -y-  \( b_2^p \)  congruentes con  \( 1 \)  módulo  \( 2p+1 \) ;  por el Lema II,  \( a_2 \)  -y-  \( b_2 \)  serán congruentes con un residuo de  \( 2p+1 \)  -y- por el Lema III,  residuo más residuo  (\( a_1^{p-1},b_1^{p-1} \))  no puede ser igual á cero módulo  \( 2p+1 \) . 


Un saludo,

12
Teorema de Fermat / Propuesta de UTF3 sin descenso II
« en: 10 Marzo, 2022, 07:34 am »
Hola,   


Supongamos que  \( \pmb{a^3+b^3+c^3=0} \) ,  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  \( c \) .

De esta manera, sin perder generalidad tampoco:  \( (a^3\equiv{1})+(b^3\equiv{-1})+(c^3\equiv{0})=0 \) mod \( 3 \) . 

Y entonces:   

\( -a^3=b^3+c^3=(b+c)((b+c)^2-3bc) \) .  De donde  \( b+c \)  -y-  \( (b+c)^2-3bc \)  serán coprimos y terceras potencias, dado que  \( 3 \)  divide á  \( c \) .  Así:  \( b+c=a_1^3\equiv{(-1+0)}\equiv{-1} \) mod \( 3 \)  -y-  \( (b+c)^2-3bc=a_2^3\equiv{1} \) mod \( 3 \) ,  para  \( a_1,a_2 \)  factores coprimos de  \( a \) .   Pues por el pequeño teorema de Fermat:  \( b^3\equiv{b}\equiv{-1} \) mod \( 3 \) .   

\( -b^3=a^3+c^3=(a+c)((a+c)^2-3ac) \) .  De donde  \( a+c \)  -y-  \( (a+c)^2-3ac \)  serán coprimos y terceras potencias.  Así:  \( a+c=b_1^3\equiv{(1+0)}\equiv{1} \) mod \( 3 \)  -y-  \( (a+c)^2-3ac=b_2^3\equiv{1} \) mod \( 3 \) ,  para  \( b_1,b_2 \)  factores coprimos de  \( b \) .  Pues por el pequeño teorema de Fermat:  \( a^3\equiv{a}\equiv{1} \) mod \( 3 \) .   

\( -c^3=a^3+b^3=(a+b)((a+b)^2-3ab) \) .  De 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:  \( a+b=3^{3k-1}c_1^3\equiv{0} \) mod \( 3 \)  -y-  \( (a+b)^2-3ab=3c_2^3\equiv{0} \) mod \( 3 \) ,  para  \( c_1,c_2 \)  factores coprimos de  \( c \)  -y-  \( k\in{\mathbb{N}} \) .       

Por otra parte,  como  \( a^3+b^3+c^3=0 \) ,  existirá un  \( a+b+c+d=0 \) ,  para un determinado  \( d \)  entero -y- :  \( -d=a+b+c \) .   

Entonces:   

\( -d=(a)+(b+c)=a_1a_2+a_1^3=a_1(a_2+a_1^2) \) .   

\( -d=(b)+(a+c)=b_1b_2+b_1^3=b_1(b_2+b_1^2) \) .   

\( -d=(c)+(a+b)=3^kc_1c_2+3^{3k-1}c_1^3=3^kc_1(c_2+3^{2k-1}c_1^2) \) .   

Así:  \( -d=3^ka_1b_1c_1q \) ,  para un  \( q \)  entero,  probablemente igual á  \( 1 \) .   

Pero como:  \( -d=a_1(a_2+a_1^2) \)  -y-  \( -d=b_1(b_2+b_1^2) \) ;  \( 3^k \)  debe dividir á  \( a_2+a_1^2 \)  -y- á  \( b_2+b_1^2 \) .  Lo que no es posible,  ya que ambos factores son congruentes con  \( 2 \)  módulo  \( 3 \) ,  al ser  \( a_2^3\equiv{a_2}\equiv{1} \)  -y-  \( b_2^3\equiv{b_2}\equiv{1} \)  módulo  \( 3 \) .


Un saludo,

13
Teorema de Fermat / Propuesta de UTF4 sin descenso
« en: 27 Febrero, 2022, 04:32 pm »
Hola,  para demostrar este caso del UTF basta con demostrar la imposibildad de que se dé al mismo tiempo lo siguiente:   

\( a^2=b^2+c^2 \)   

\( d^2=b^2-c^2 \)   

,  para  \( a,b,c,d \)  enteros y coprimos entre sí -y-  \( b\not\equiv{c} \) mod \( 2 \) .     

Supongamos que es posible.  Entonces,  si aplicamos a estas ecuaciones las soluciones del UTF2, tendremos por un lado que:  \( a=s^2+t^2 \) ,  \( b=s^2-t^2 \)  -y-  \( c=2st \) ,  para  \( s,t \)  coprimos -y-  \( s\not\equiv{t} \) mod \( 2 \) .  Donde  \( c \)  es el elemento par,  porque si lo fuera  \( b \) ,  entonces  \( d^2\equiv{3,7} \) mod \( 8 \) .  Y por otro lado,  tendremos que:  \( b=u^2+v^2 \) ,  \( d=u^2-v^2 \)  -y-  \( c=2uv \) ,  para  \( u,v \)  coprimos -y-  \( u\not\equiv{v} \) mod \( 2 \) .   

Lema: Todas las soluciones a la ecuación diofántica  \( x^2+y^2=2z^2 \)  (Ver aquí), vienen dadas por las ternas pitagóricas solución de la ecuación:  \( z^2=m^2+n^2 \) . 

Si  \( z^2=m^2+n^2 \) ,  para  \( m,n \)  enteros y coprimos; entonces  \( (m^2+n^2)+(m^2+n^2)=2z^2 \) .  Que es lo mismo que decir:  \( (m^2+n^2+2mn)+(m^2+n^2-2mn)=2z^2 \) .  Esto es,  que:  \( (m+n)^2+|m-n|^2=2z^2 \) . 

De esta manera, como tenemos:  \( a^2+d^2=2b^2 \)  -y- también tenemos que:  \( b^2=d^2+c^2 \) ;  por el anterior lema, las soluciones de  \( 2b^2 \)  serán:  \( (d+c)^2+|d-c|^2=2b^2 \) .  Pero entonces:  \( a=d+c \)  -y-  \( d=|d-c| \) .  De donde:  \( a=u^2-v^2+2uv \)  -y-  \( c=0 \) .  Lo que no puede ser.   

Ahora si suponemos que:  \( e^4=f^4+g^4 \) ,  para  \( e,f,g \)  enteros,  coprimos entre sí -y-  \( g \)  par.  Y aplicamos al caso las soluciones del UTF2; ya que:  \( (e^2)^2=(f^2)^2+(g^2)^2 \) .  Tendremos que: 

\( e^2=p^2+q^2 \) 

\( f^2=p^2-q^2 \)

\( g^2=2pq \) 

,  para  \( p,q \)  coprimos -y-  \( p\not\equiv{q} \) mod \( 2 \) .  Donde además  \( q \)  debe ser el elemento par,  porque si lo fuera  \( p \) ,  entonces  \( f^2\equiv{-1} \) mod \( 8 \) .     


Un saludo,   

14
Teorema de Fermat / Propuesta de UTF3 sin descenso
« en: 05 Enero, 2022, 06:55 pm »
Hola, se trata de demostrar que toda solución posible del UTF3 se puede vincular con la contradicción de una congruencia entre sus términos.


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

Si  \( 3 \)  no divide á  \( abc \) .  Entonces,  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.   

Establezcamos pues,  sin perder generalidad,  que  \( 3^k \) ,  para  \( k\in{\mathbb{N}} \) ,  divide á  \( c \) .     

Analicemos ahora esta ecuación trivial siempre posible:  \( a+b+q=a^3+b^3 \)  para un cierto  \( q \)  entero.   

Como  \( a+b+q\equiv{a^3+b^3} \) mod \( 3^{3k} \)  \( \Rightarrow \)  \( a^3+b^3\equiv{0} \) mod \( 3^{3k} \)  -y-  \( a+b\equiv{3^{3k-1}} \)  -ó-   \( 2\cdot 3^{3k-1} \) mod \( 3^{3k} \) .  Pues al ser los restos de  \( 3 \) :  \( 1,2 \) ;  si un número es múltiplo de  \( 3^{3k-1} \) ,  módulo  \( 3^{3k} \) ;  sólo podrá ser congruente con  \( 1\cdot 3^{3k-1} \)  ó  \( 2\cdot 3^{3k-1} \) .   

Caso a) :  Si  \( a+b\equiv{3^{3k-1}} \) mod \( 3^{3k} \) . 

Como  \( a+b+q\equiv{a^3+b^3} \) mod \( 3^{3k} \) ,  entonces:  \( 3^{3k-1}+q\equiv{0} \)  -y-  \( q\equiv{-3^{3k-1}} \) .  Luego  \( q\equiv{3^{3k}-3^{3k-1}=3^{3k-1}(3-1)=2\cdot 3^{3k-1}} \) . 

Partimos de  \( a+b+q=a^3+b^3 \) .  Si divido entre  \( a+b \) ,  obtendré  \( 1+\dfrac{q}{a+b}=(a+b)^2-3ab \) ;  porque:  \( a^3+b^3=(a+b)((a+b)^2-3ab) \) . Naturalmente  aquí  \( a+b \)  divide á  \( q \) .  Si paso a congruencia módulo  \( 3^{3k} \) ,  entonces:  \( 1+\dfrac{q}{a+b}\equiv{(a+b)^2-3ab} \)  \( \Rightarrow \)  \( 1+\dfrac{2\cdot 3^{3k-1}}{3^{3k-1}}\equiv{0-3ab} \)  -y-  \( 3\equiv{-3ab} \) mod \( 3^{3k} \) .  Luego  \( 3\equiv{-3ab} \) mod \( 9 \)  -y-  \( ab\equiv{-1,2,5} \) mod \( 9 \) ;  es decir,  que el producto  \( a\cdot b \)  es congruente con todos los no-residuos cuadráticos de  \( 9 \)  (Wikipedia) . Y efectivamente,  como sabemos que en cualquier caso  \( a+b\equiv{0} \) mod \( 9 \) ;  comprobamos que:  \( 1+8=0 \)  -y-  \( 1\cdot 8=-1 \) ,  \( 2+7=0 \)  -y-  \( 2\cdot 7=14=5 \)  ,  \( 4+5=0 \)  -y-  \( 4\cdot 5=20=2 \) .  Ya que  \( 3+6 \)  no lo contamos porque  \( a,b \)  no son ninguno múltiplos de  \( 3 \) . 

En general,  además,  se puede probar que si  \( r,s \)  son restos de  \( 3^k \)  -y-  \( r+s=0 \)  módulo  \( 3^k \)  -salvo que  \( r \)  ó  \( s \)  sea múltiplo de  \( 3^{k-1} \) - ;  entonces  \( r\cdot s \)  es congruente siempre con un no-residuo de  \( 3^k \) .   

Caso b) :  Si  \( a'+b'\equiv{2\cdot 3^{3k-1}} \) mod \( 3^{3k} \) . 

Supongamos ahora esta ecuación:  \( a'+b'+s=a'\,^3+b'\,^3 \) ,  para un cierto  \( s \)  entero.  Si  \( a'+b'+s\equiv{a'\,^3+b'\,^3} \) mod \( 3^{3k} \) ; entonces:  \( 2\cdot 3^{3k-1}+s\equiv{0} \)  -y-  \( s\equiv{-2\cdot 3^{3k-1}} \) .  Luego  \( s\equiv{3^{3k}-2\cdot 3^{3k-1}=3^{3k-1}(3-2)=3^{3k-1}} \) . 

Como:  \( a'+b'+s=a'\,^3+b'\,^3 \) .  Si divido entre  \( a'+b' \) ,  obtendré:  \( 1+\dfrac{s}{a'+b'}=(a'+b')^2-3a'b' \) .  Y si paso a congruencia módulo  \( 3^{3k} \) ,  entonces:  \( 1+\dfrac{s}{a'+b'}\equiv{(a'+b')^2-3a'b'} \)  \( \Rightarrow \)  \( 1+\dfrac{3^{3k-1}}{2\cdot 3^{3k-1}}\equiv{0-3ab} \)  -y-  \( 1+\dfrac{1}{2}\equiv{-3a'b'} \)  \( \Rightarrow \)  \( 3\equiv{-6a'b'} \) mod \( 3^{3k} \) .  Luego:  \( 3\equiv{-6a'b'} \) mod \( 9 \)  -y-  \( a'b'\equiv{1,4,7} \) mod \( 9 \) ;  es decir,  que el producto  \( a'\cdot b' \)  es congruente con todos los residuos (cuadráticos) de  \( 9 \) .  Pero como conocemos que  \( a'+b'\equiv{0} \) mod \( 9 \) ;  vemos haciendo las sumas de arriba,  que esto no puede ser. 

Comprobemos este hecho de otra manera.  Hemos quedado en que  \( a+b \)  no puede ser congruente por ejemplo con  \( 18 \)  módulo  \( 27 \) .  Esto es verificable.  Sabemos que  \( -c^3=a^3+b^3=(a+b)((a+b)^2-3ab) \) .  Estamos suponiendo ahora que sólo  \( 3 \)  divide á  \( c \) ,  o sea,  para  \( k=1 \) .  Si divido  \( -c^3 \)  entre  \( 27 \)  -y- entonces, lógicamente: entre  \( 9 \) á  \( a+b \)  -y- entre  \( 3 \)  á  \( (a+b)^2-3ab \) ;  estos dos factores serán coprimos y terceras potencias.  De esta manera,  tendremos que:  \( \dfrac{a+b}{9}\equiv\dfrac{18}{9}=2 \) mod \( 27 \) .  Pero es sencillo comprobar haciendo números que  \( 2 \)  no es un residuo cúbico de  \( 27 \) .  Y si  \( 2 \)  no es residuo (cúbico) de  \( 27 \) (\( 3^3 \)) ,  tampoco lo será de  \( 729 \) (\( 3^6 \)) ,  si  \( k=2 \)  -y- en consecuencia  \( 9 \)  divide á  \( c \)  -y- tenemos que:  \( \dfrac{a+b}{243}\equiv\dfrac{486}{243}=2 \) mod \( 729 \) .   Y lo mismo para un posible  \( k=3 \) ,  etc.                 

Busquemos ahora la contradicción si retomamos de nuevo el primer caso; el único posible,  como hemos visto,  al que llamaremos Caso a').  Esta es la clave de toda esta demostración;  el mostrar que siempre podemos manipular una situación como la descrita en el Caso a) para que dé lugar a una contradicción con congruencias entre sus términos.   

Caso a') :  Si  \( a+b\equiv{3^{3k-1}} \) mod \( 3^{3k} \) . 

Supongamos ahora esta ecuación siempre verdadera:  \( 4(a+b)+q'=a^3+b^3 \) .   Como  \( 4a+4b<a^3+b^3 \) ,  porque aunque  \( a \)  sea igual á  \( 2 \)  -y-  \( 4a=a^3 \) ;  \( b \)  debe ser impar como mínimo de  \( 5 \)  -y-  \( 4b<b^3\,\Rightarrow\,4<b^2 \) ;  entonces  \( q' \)  será un entero positivo.  Por lo que:  \( 4(a+b)+q'\equiv{a^3+b^3} \) mod \( 3^{3k} \)  \( \Rightarrow \)  \( 3^{3k-1}+q'\equiv{0} \)  .  Ya que  \( 4\equiv{1} \) mod \( 3 \)  -y- por tanto  \( 4\cdot 3^{3k-1}\equiv{3^{3k-1}} \) mod \( 3^{3k} \) .  De manera que:  \( q'\equiv{-3^{3k-1}} \) mod \( 3^{3k} \)  -y- :  \( q'\equiv{3^{3k}-3^{3k-1}=3^{3k-1}(3-1)=2\cdot 3^{3k-1}} \) . 

Al partir de:  \( 4(a+b)+q'=a^3+b^3 \) .  Si divido entre  \( a+b \) ,  obtendré  \( 4+\dfrac{q'}{a+b}=(a+b)^2-3ab \) .  Y si paso a congruencia módulo  \( 3^{3k} \) ,  entonces:  \( 4+\dfrac{2\cdot 3^{3k-1}}{3^{3k-1}}\equiv{0-3ab} \)  -y-  \( 4+2\equiv{-3ab} \) mod \( 3^{3k} \)  \( \Rightarrow \)  \( 6\equiv{-3ab} \) mod \( 9 \) .  Pero entonces  \( ab \)  sería congruente con  \( 1,4,7 \)  módulo  \( 9 \) .  Lo que no es posible,  porque como hemos visto antes el producto  \( a\cdot b \)  es congruente siempre con los no-residudos de  \( 9 \) .  Luego demostramos que tanto si  \( a+b \)  es congruente con  \( 3^{3k-1} \) mod \( 3^{3k} \) ,  como si lo es con  \( 2\cdot 3^{3k-1} \) ,  da lugar a una contradicción.


Un saludo,


PD.  El esquema de este razonamiento es generalizable a otros casos del UTF,  pero no vale la pena profundizar en ello si ya esta demostración está mal. De hecho todo esto es demasiado simple y tengo la impresión que debe de tener un fallo muy tonto, pero no soy capaz de encontrarlo.

15
Teorema de Fermat / Propuesta de UTF3 por descenso. Versión II
« en: 23 Septiembre, 2021, 01:01 pm »
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:  \( \pmb{\alpha^3+\beta^3+\gamma^3=0} \) ,  para  \( \alpha,\beta,\gamma \)  coprimos.   

Lema I: Si  \( \alpha^3+\beta^3+\gamma^3=0 \) ,  entonces  \( 3^{3k} \)  divide a uno de los cubos y los otros dos serán congruentes con  \( \pm 1 \)  módulo  \( 9 \) .   

Conocemos que  \( 3=-\omega^2(\omega-1)^2 \) ,  para  \( \lambda=\omega-1 \)  primo y que las unidades de este anillo son:  \( \pm\,1\,,\,\pm\,\omega \)  -y-  \( \pm\,\omega^2 \) ,  para  \( \omega^3=1 \) .  Como  \( \alpha \) ,  por ejemplo,  es de la forma  \( a+b\omega \)  -y-  \( \omega\equiv{1} \) mod \( \lambda \) ,  entonces  \( a+b\omega\equiv{a+b} \) mod \( \lambda \) .  Luego si  \( \lambda \)  no divide á  \( a+b\omega \) ,  no divide á  \( a+b \) .  Supongamos que  \( \lambda \)  no divide á  \( \alpha\beta\gamma \) ;  entonces  \( 3 \)  -y-  \( 9 \)  no los dividirán.  Como  \( \alpha^3,\beta^3,\gamma^3 \)  son de la forma:  \( (a+b\omega)^3=a^3+3a^2b\omega+3ab^2\omega^2+b^3\omega^3 \)  .  Módulo  \( 9 \) ,  podemos encontrarnos con estas dos situaciones: Que  \( a \)  ó  \( b \)  sean uno de ellos múltiplo de  \( 3 \)  ó  que  \( a\equiv{b} \) mod \( 3 \) ;  puesto que si  \( a\equiv{-b} \) mod \( 3 \) ,  entonces  \( 3 \)  dividiría á  \( a+b \)  -y- también  \( \lambda \) .  En la primera de las situaciones es obvio que  \( (a+b\omega)^3 \)  es congruente módulo  \( 9 \)  con  \( b^3 \)  ó  \( a^3 \) ,  según sea el caso.  En la segunda situación,  tendríamos que  \( (a+b\omega)^3\equiv{b^3+3b^3\omega+3b^3\omega^2+b^3\omega^3}\equiv{2b^3-3b^3}\equiv{-b^3} \) .  Luego en todos los casos  \( (a+b\omega)^3\equiv{\pm 1} \) mod \( 9 \) .  De esta manera:  \( \alpha^3+\beta^3+\gamma^3=0 \)  \( \Rightarrow \)  \( \pm 1\,\pm 1\,\pm 1\not\equiv{0} \) mod \( 9 \) .  Lo que no puede ser,  por lo que  \( 9 \) ,  como mínimo -y-  \( \lambda^4 \) ,  puesto que  \( 3=-\omega^2\lambda^2 \) ,  dividirán a una de las variables; pongamos que á  \( \gamma^3 \) .  Pero si  \( \lambda^4\mid\gamma^3 \) ,  entonces  \( \lambda^2\mid\gamma \)  -y-,  en realidad,  es  \( \lambda^6\mid\gamma^3 \) .  Nos quedamos entonces con que  \( \lambda^{6k} \)  divide,  para  \( k\in{\mathbb{N}} \) ,   á  \( \gamma^3 \)  -y-  como  \( 27=-\lambda^6 \) ;  que  \( 3^{3k} \) ,  también lo divide.   

De entre todas las soluciones a la ecuación de partida,  escogeré las menores posibles y en particular la solución que es múltiplo de  \( 3 \)  estrictamente menor.  Demostraré a continuación que esto no puede darse; puesto que de todo ello se deduce que existe una suma de cubos (igual a cero) con una solución a la que  \( 3 \)  divide menos veces y que además es más pequeña que su homóloga de partida (1)

Lema II: Comparativamente,  los enteros usuales mayores que  \( 1 \)  son los menores de los enteros de Eisenstein. 

Comparemos un entero de los llamados usuales  \( a \)  con un posible entero estrictamente de Eisenstein: \( a+a\omega \) .  La norma de este último es  \( a^2+a^2-a^2 \)  -y- sólo será igual á  \( a \)  si  \( a \)  es  \( 1 \) .  Lo mismo ocurrirá si lo comparamos con  \( a\omega \)  de norma  \( a^2 \) .  Si hacemos ahora la comparación con un número como  \( a+b\omega \) .  Su norma será  \( a^2+b^2-ab \) .  Y si  \( a>b \) ,  entonces  \( ab \)  será mayor que  \( b^2 \)  -y- restará á  \( a^2 \) .  Analicemos el caso mayor posible de esta resta para  \( b=a-1 \) .  Entonces:  \( a^2+(a-1)^2-a(a-1)=a^2+a^2+1-2a-a^2+a=a^2+1-a \) ,  que será siempre mayor que  \( a \)  ó en todo caso igual,  si trivialmente  \( a=1 \) .  Más distinta en este sentido es la comparación con  \( a-b\omega \) ,  cuya norma es  \( a^2+b^2+ab \) . 

De esta manera,  por (1) y el Lema II trabajaré como punto de partida con una ecuación de la forma  \( -c^3=a^3+b^3 \) ,  para  \( a,b,c \)  enteros usuales (de Eisenstein) y coprimos entre sí.  Supondré que  \( |c| \)  es la solución menor posible múltiplo de  \( 3 \)  -y- por el Lema I sabré que  \( 3^{3k} \)  la divide.

Lema III:  Si  \( a^3+b^3+c^3=0 \) ,  \( 3 \)  solamente divide a la variable que es par.   

Tenemos que  \( a^3+b^3+c^3\equiv{0} \) mod \( 6 \) .  Y por inspección comprobamos que módulo  \( 6 \)  todo número que es múltiplo de  \( 3 \)  -y- no a la vez de  \( 2 \) ,  es congruente siempre con  \( 3 \)  -y- que cuando es solamente múltiplo de  \( 2 \)  -y- no a la vez de  \( 3 \) ,  es congruente sólo con  \( 2 \)  ó  \( 4 \) .  Entonces,  sin perder generalidad,  si  \( 2 \)  divide a una variable  (\( a \))  -y-  \( 3 \)  divide a otra  (\( c \)) ,  tendremos que:  \( a^3+b^3+c^3\equiv{0} \)  \( \Rightarrow \)  \( 4+5+3=0 \) mod \( 6 \)  ó que  \( 2+1+3=0 \) mod \( 6 \) .  Por otra parte:  \( -a^3\equiv{(b+c)((b+c)^2-3bc)} \) mod \( 6 \)  \( \Rightarrow \)  \( -a^3\equiv{(b+c)^3-3bc(b+c)} \) .  Y también conocemos que módulo  \( 6 \)  \( \Rightarrow \)  \( r^3\equiv{r} \)  para cualquiera de sus restos  \( (r) \) .   De esta forma,  por el primer caso,  tendríamos que esta última ecuación es:  \( -a^3\equiv{(b+c)^3-3bc(b+c)} \) mod \( 6 \)  \( \Rightarrow \)  \( 2=(b+c)^3-3 \)  -y- que  \( (b+c)^3=5 \) .  Pero  \( (b+c)^3\equiv{b+c}=5+c \) ,  puesto que  \( b\equiv{b^3} \) mod \( 6 \) .  Ahora bien,  partimos por definición que  \( c\not\equiv{0} \) mod \( 6 \) ;  luego la congruencia no es posible.  Y por el segundo caso,  tendríamos que:  \( -a^3\equiv{(b+c)^3-3bc(b+c)} \) mod \( 6 \)  \( \Rightarrow \)  \( 4=(b+c)^3-3 \)  -y- que  \( (b+c)^3=1 \) .  Pero  \( (b+c)^3\equiv{b+c}=1+c \) .  Y como  \( c\not\equiv{0} \) mod \( 6 \) ,  la congruencia tampoco puede resolverse.  Luego la premisa es falsa y la ecuación de la que partimos sólo es posible si una de las variables es múltiplo a la vez de  \( 2 \)  -y-  \( 3 \) .  De esta manera  \( 2^l \) ,  para  \( l\in{\mathbb{N}} \) ,  debe dividir a la variable que es múltiplo de  \( 3 \) ;  que hemos quedado en que es  \( c \) .     

Así,  si  \( -c^3=a^3+b^3 \) ,  entonces   \( -2^{3l}3^{3k}c`\,^3=a^3+b^3 \)  \( \Rightarrow \)  \( -2^{3l}3^{3k}c`\,^3=(a+b)((a+b)^2-3ab) \) .  Como  \( a+b \)  -y-  \( (a+b)^2-3ab \)  son coprimos salvo por  \( 3 \) .   Si divido ahora entre  \( 3^{3k} \)  en ambos lados de la igualdad,  tendré  \( -2^{3l}c`\,^3=\left({\dfrac{a+b}{3^{3k-1}}}\right)\left({\dfrac{(a+b)^2}{3}-ab}\right) \)  -y-  \( \dfrac{a+b}{3^{3k-1}} \)  ,  \( \dfrac{(a+b)^2}{3}-ab \)  serán cubos.  Como  \( a+b \)  es par,  pues  \( a,b \)  son impares,  voy a llamarlo  \( 2u \)  para un  \( u \)  entero.  De esta forma,  el cubo  \( \dfrac{(a+b)^2}{3}-ab \)  será igual á  \( \dfrac{4u^2}{3}-ab \) .   Y si llamo  \( u'=\dfrac{u}{3^{3k-1}} \) .  Entonces  \( -2^{3l}c`\,^3=2u'\left({\dfrac{4u^2}{3}-ab}\right) \)  -y-  \( 2u' \)  será un cubo también.     

Lema IV:  Si  \( 2u=a+b \) ,  existe un entero  \( v \)  tal que  \( \dfrac{4u^2}{3}-ab=\dfrac{u^2}{3}+v^2 \) . 

Tendremos que  \( v^2=\dfrac{4u^2}{3}-\dfrac{u^2}{3}-ab \)  -y-  \( v^2=u^2-ab \)  \( \Rightarrow \)  \( v^2=\dfrac{a^2+b^2+2ab}{4}-ab \)  -y-  \( v^2=\dfrac{a^2+b^2-2ab}{4} \)  \( \Rightarrow \)  \( v^2=\dfrac{(a-b)^2}{4} \)  -y-  \( v=\dfrac{a-b}{2} \) . 

Sabemos pues que  \( \dfrac{u^2}{3}+v^2 \)  es un cubo.  Si lo desarrollamos:  \( \left({v+\dfrac{u}{\sqrt{-3}}}\right)\left({v-\dfrac{u}{\sqrt{-3}}}\right) \) .  Si multiplico  \( \dfrac{\sqrt{-3}}{\sqrt{-3}} \)  á  \( \dfrac{u}{\sqrt{-3}} \) ,  tendré  \( \left({v+\dfrac{u\sqrt{-3}}{-3}}\right)\left({v-\dfrac{u\sqrt{-3}}{-3}}\right) \) .   Como  \( u'=\dfrac{u}{3^{3k-1}} \) ,  entonces  \( u=3^{3k-1}u' \)  -y-  \( \dfrac{u}{3}=3^{3k-2}u' \) .  Luego:  \( \left({v-3^{3k-2}u'\sqrt{-3}}\right)\left({v+3^{3k-2}u'\sqrt{-3}}\right) \) .  Y como  \( 3=-\omega^2(\omega-1)^2 \) ,  entonces  \( \sqrt{-3}=\omega(\omega-1)=\omega^2-\omega=-2\omega-1 \) .  De esta manera: \( (v+3^{3k-2}u'+2\cdot 3^{3k-2}u'\omega)(v-3^{3k-2}u'-2\cdot 3^{3k-2}u'\omega) \) .  Analicemos ahora la coprimalidad de estos dos factores.  Su suma es:  \( v+3^{3k-2}u'+2\cdot 3^{3k-2}u'\omega+v-3^{3k-2}u'-2\cdot 3^{3k-2}u'\omega=2v \) .  Y su diferencia es:  \( v+3^{3k-2}u'+2\cdot 3^{3k-2}u'\omega-v+3^{3k-2}u'+2\cdot 3^{3k-2}u'\omega=2\cdot 3^{3k-2}u'+4\cdot 3^{3k-2}u'\omega=2u'3^{3k-2}(1+2\omega) \) .  Luego ambos factores son coprimos y terceras potencias,  pues ni  \( 3 \)  ni  \( 1+2\omega \) ,  que es una asociado de  \( \lambda=\omega-1 \) ,  dividen á  \( v \)  -y-  \( 2u'=\dfrac{a+b}{3^{3k-1}} \)  -y-  \( 2v=a-b \)  son coprimos.     

Pero fijémonos en la resta que hemos hecho:  \( (v+3^{3k-2}u'+2\cdot 3^{3k-2}u'\omega)-(v-3^{3k-2}u'-2\cdot 3^{3k-2}u'\omega)=2u'3^{3k-2}(1+2\omega) \) .  Tendremos por una parte que  \( (v+3^{3k-2}u'+2\cdot 3^{3k-2}u'\omega)=\epsilon_1\alpha^3 \)  -y- que  \( (v-3^{3k-2}u'-2\cdot 3^{3k-2}u'\omega)=\epsilon_2\beta^3 \) ,  para  \( \epsilon_1, \epsilon_2 \)  unidades.   Luego módulo  \( 3 \) ,  por el Lema I -ya que representan cubos no múltiplos de  \( 3 \) -  será que:  \( v+3^{3k-2}u'+2\cdot 3^{3k-2}u'\omega\equiv{\pm\epsilon_1} \)  -y- que  \( v-3^{3k-2}u'-2\cdot 3^{3k-2}u'\omega\equiv{\pm\epsilon_2} \) .  Ó sea:  \( v\equiv{\pm\epsilon_1, \pm\epsilon_2} \) mod \( 3 \) .  Por lo que a la fuerza ambas unidades son  \( \pm 1 \) .  En concreto:  \( 1 \) ,  porque  \( v=\dfrac{a-b}{2} \)  -y- suponemos,  sin pérdida de generalidad,  que  \( a^3\equiv{1} \) mod \( 3 \) .  Por otra parte está  \( 2u'3^{3k-2}(1+2\omega) \) ,  que en realidad es:  \( 2u'(-\omega^{6k-4}\lambda^{6k-4})(-\omega(\omega-1))=2u'\omega^{6k-3}\lambda^{6k-3}=2u'\lambda^{6k-3} \) .  Esto es,  un cubo de unidad  \( \pm 1 \) .  Por lo tanto:  \( (v+3^{3k-2}u'+2\cdot 3^{3k-2}u'\omega)-(v-3^{3k-2}u'-2\cdot 3^{3k-2}u'\omega)\mp 2u'\lambda^{6k-3}=0 \) .  Y si llamo:  \( \alpha'\,^3=v+3^{3k-2}u'+2\cdot 3^{3k-2}u'\omega \)  ;  \( \beta'\,^3=-(v-3^{3k-2}u'-2\cdot 3^{3k-2}u'\omega) \)  -y-  \( \gamma'\,^3=\mp 2u'\lambda^{6k-3} \) ,  tendré que:  \( \pmb{\alpha'\,^3+\beta'\,^3+\gamma'\,^3=0} \) .  Donde ahora sólo  \( \pmb{3^{3k-2}} \)  divide á  \( \pmb{\gamma'\,^3} \) . 

Veamos si  \( \gamma'\,^3 \)  es menor que  \( \gamma^3 \) .   El tamaño de  \( \gamma^3 \)  que hemos escogido (el menor posible):  \( -c^3 \) ,  sería:  \( \ |-c^3 |=(a+b)((a+b)^2-3ab) \) .  Y el tamaño de  \( |\gamma'\,^3|=\left |{\mp\,2u'\lambda^{6k-3}}\right |=|\mp\,2u'3^{3k-2}(1+2\omega)| \) ;  será de:  \( (2u'3^{3k-2})^2(1+2\omega)(1+2\omega^2)=3(2u'3^{3k-2})^2 \) .  Como  \( u'=\dfrac{u}{3^{3k-1}} \) ,  entonces  \( 3\left({\dfrac{2u}{3}}\right)^2=3\dfrac{4u^2}{9}=\dfrac{(a+b)^2}{3} \) .  Establezcamos ahora que éste sea mayor o igual que  \( (a+b)((a+b)^2-3ab) \)  tratando de buscar el absurdo.  - Sin perder generalidad,  en todo lo que sigue supondremos que  \( a>b \) - .  Tenemos que:  \( \dfrac{(a+b)^2}{3}\geq(a+b)((a+b)^2-3ab)=a+b\geq3((a+b)^2-3ab) \) .  Como tengo  \( |-c^3|=(a+b)((a+b)^2-3ab) \)  -y-  \( 3|-c^3|=(a+b)3((a+b)^2-3ab) \) .  Si sustituyo el resultado de antes así:  \( a+b=3((a+b)^2-3ab) \)  en esta ecuación:  \( 3|-c^3|=(a+b)3((a+b)^2-3ab) \)  resultará que:  \( 3|-c^3|\leq(a+b)(a+b) \)  -y-  \( 3|-c^3|\leq a^2+b^2+2ab \) .  Pero esto es lo mismo que:  \( 3(a^3+b^3)\leq(a^2+b^2+2ab) \)  -y-  \( 3a^3-a^2+3b^3-b^2\leq 2ab=a^2(3a-1)+b^2(3b-1)\leq 2ab \) .  Lo que no es posible,  porque si no  \( (a-b)^2=a^2+b^2-2ab \)  sería negativo,  cuando hemos quedado que  \( a>b \) .  Luego efectivamente no puede ser que  \( \dfrac{(a+b)^2}{3}\geq(a+b)((a+b)^2-3ab) \)  -y- :  \( \pmb{\gamma'\,^3<\gamma^3} \) .     


Un saludo,   


PD.  Ya puedo ponerme a hacer las correcciones a la primera versión de esta demostración,  que tengo abandonada.

16
Teorema de Fermat / Propuesta de UTF3 por descenso. Versión I
« en: 25 Julio, 2021, 04:53 pm »
Hola,  voy a intentar este caso por descenso.  Realmente lo hice ya.  Voy a retomar esta idea para el caso del UTF3 de noviembre de 2019 aquí en este Foro, haciendo las modificaciones oportunas.     

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:  \( \pmb{\alpha^3+\beta^3+\gamma^3=0} \) ,  para  \( \alpha,\beta,\gamma \)  coprimos.  Esto último es posible porque  \( \mathbb{Z}(\omega) \)  es un dominio de factorización única.   

Conocemos que  \( 3=-\omega^2(\omega-1)^2 \) ,  para  \( \lambda=\omega-1 \)  primo y que las unidades de este anillo son:  \( \pm\,1\,,\,\pm\,\omega \)  -y-  \( \pm\,\omega^2 \) ,  para  \( \omega^3=1 \) .  Como  \( \alpha \) ,  por ejemplo,  es de la forma  \( a+b\omega \)  -y-  \( \omega\equiv{1} \) mod \( \lambda \) ,  entonces  \( a+b\omega\equiv{a+b} \) mod \( \lambda \) .  Luego si  \( \lambda \)  no divide á  \( a+b\omega \) ,  no divide á  \( a+b \) .  Supongamos que  \( \lambda \)  no divide á  \( \alpha\beta\gamma \) ,  entonces  \( 3 \)  -y-  \( 9 \)  no los dividirán.  Como  \( \alpha^3,\beta^3,\gamma^3 \)  son de la forma:  \( (a+b\omega)^3=a^3+3a^2b\omega+3ab^2\omega^2+b^3\omega^3 \)  .  Módulo  \( 9 \) ,  podemos encontrarnos con estas dos situaciones: Que  \( a \)  ó  \( b \)  sean uno de ellos múltiplo de  \( 3 \)  ó  que  \( a\equiv{b} \) mod \( 3 \) ;  puesto que si  \( a\equiv{-b} \) mod \( 3 \) ,  entonces  \( 3 \)  dividiría á  \( a+b \)  -y- también  \( \lambda \) .  En la primera de las situaciones es obvio que  \( (a+b\omega)^3 \)  es congruente módulo  \( 9 \)  con  \( b^3 \)  ó  \( a^3 \) ,  según sea el caso.  En la segunda situación,  tendríamos  \( (a+b\omega)^3\equiv{b^3+3b^3\omega+3b^3\omega^2+b^3\omega^3}\equiv{2b^3-3b^3}\equiv{-b^3} \) .  Luego en todos los casos  \( (a+b\omega)^3\equiv{\pm 1} \) mod \( 9 \) .  De esta manera:  \( \alpha^3+\beta^3+\gamma^3=0 \)  \( \Rightarrow \)  \( \pm 1\,\pm 1\,\pm 1\not\equiv{0} \) mod \( 9 \) ;  lo que no puede ser,  por lo que  \( 9 \) ,  como mínimo -y-  \( \lambda^4 \) ,  puesto que  \( 3=-\omega^2\lambda^2 \) ,  dividirán a una de las variables; pongamos que á  \( \gamma^3 \) .  Pero si  \( \lambda^4\mid\gamma^3 \) ,  entonces  \( \lambda^2\mid\gamma \)  -y- en realidad es  \( \lambda^6\mid\gamma^3 \) .  Nos quedamos entonces con que  \( \lambda^{6k} \)  divide,  como mínimo,  para  \( k\in{\mathbb{N}} \) ,   á  \( \gamma^3 \)  -y-  como  \( 27=-\lambda^6 \) ;  que  \( 3^{3k} \) ,  como mínimo,  también lo divide (1).

Por otra parte,  conocemos que  \( \alpha^3+\beta^3+\gamma^3\equiv{0} \) mod \( 2 \)  -y- que  \( 2 \)  es primo en  \( \mathbb{Z}(\omega) \) .  Supongamos que  \( 2 \)  no divide á  \( a+b\omega \) .  Como  \( (a+b\omega)^3=a^3+3a^2b\omega+3ab^2\omega^2+b^3\omega^3\,=\,a^3+b^3+3ab\omega(a+b\omega) \) .  Módulo  \( 2 \) ,  podemos encontrarnos con estas dos situaciones: Que  \( a \)  ó  \( b \)  sean uno de ellos pares;  en consecuencia  \( (a+b\omega)^3 \)  será congruente con  \( b^3 \)  ó  \( a^3 \) ,  según sea el caso.  Ó que los dos,  \( a,b \) ,  sean impares; pero entonces  \( (a+b\omega)^3\equiv{2+3\omega(1+\omega)}\equiv{2+3\omega+3\omega^2}=-1\equiv{1} \) .  En definitiva,  en los dos casos  \( (a+b\omega)^3\equiv{1} \) mod \( 2 \) .  Y entonces tampoco podrá darse  \( \pm 1\,\pm 1\,\pm 1\equiv{0} \) mod \( 2 \) ,  para  \( \alpha \)  ó  \( \beta \)  ó  \( \gamma \)  negativos.  Por lo que concluiremos que una de las variables será congruente con  \( 0 \) ,  porque no pueden ser pares más que una,  al ser éstas coprimas entre sí,  y que las otras dos serán congruentes con  \( 1 \)  módulo \( 2 \) ,  positivas o negativas ambas,  o una positiva y otra negativa (2)

Además de todo esto,  como también  \( \alpha^3+\beta^3+\gamma^3\equiv{0} \) mod \( 6 \) .  Y por inspección comprobamos que módulo  \( 6 \)  todo número que es múltiplo de  \( 3 \)  -y- no a la vez de  \( 2 \) ,  es congruente siempre con  \( 3 \)  -y- que cuando es solamente múltiplo de  \( 2 \)  -y- no a la vez de  \( 3 \) ,  es congruente sólo con  \( 2 \)  ó  \( 4 \) .  Entonces,  sin perder generalidad,  si  \( 2 \)  divide a una variable  \( (\alpha) \)  -y-  \( 3 \)  divide a otra  \( (\gamma) \) ,  tendremos que  \( \alpha^3+\beta^3+\gamma^3\equiv{0} \)  \( \Rightarrow \)  \( 4+5+3\equiv{0} \) mod \( 6 \)  ó que  \( 2+1+3\equiv{0} \) mod \( 6 \) .  Por lo que:  \( -\alpha^3\equiv{(\beta+\gamma)((\beta+\gamma)^2-3\beta\gamma)} \) mod \( 6 \)  \( \Rightarrow \)  \( -\alpha^3\equiv{(\beta+\gamma)^3-3\beta\gamma(\beta+\gamma)} \) .  Pero como hemos visto en (1) y (2),  que  \( -\alpha^3 \)  -y-  \( (\beta+\gamma)^3 \)  al ser cubos,  son congruentes con un entero módulo  \( 2 \)  -y-  \( 3 \) ,  también lo será a la fuerza  \( \beta\gamma(\beta+\gamma) \)  congruente con un entero módulo  \( 2 \)  -y-  \( 3 \)  -y- por lo tanto  \( 6 \) .  Y como también conocemos que módulo  \( 6 \)  \( \Rightarrow \)  \( r^3\equiv{r} \)  para cualquiera de sus restos  \( (r) \) .   En el primer caso,  tendremos que:  \( -\alpha^3\equiv{(\beta+\gamma)^3-3\beta\gamma(\beta+\gamma)} \) mod \( 6 \)  \( \Rightarrow \)  \( 2\equiv{(\beta+\gamma)^3-3} \)  -y-  \( (\beta+\gamma)^3\equiv{5} \) .  Pero  \( (\beta+\gamma)^3\equiv{\beta+\gamma}\equiv{5+\gamma} \) ,  puesto que  \( \beta^3\equiv{\beta} \) mod \( 6 \)  -y-  \( 5 \)  es primo en  \( \mathbb{Z}(\omega) \) .  Ahora bien,  partimos por definición que  \( \gamma\not\equiv{0} \) mod \( 6 \) ;  luego la congruencia no es posible.  Y en el segundo caso,  tendremos:  \( -\alpha^3\equiv{(\beta+\gamma)^3-3\beta\gamma(\beta+\gamma)} \) mod \( 6 \)  \( \Rightarrow \)  \( 4\equiv{(\beta+\gamma)^3-3} \)  -y-  \( (\beta+\gamma)^3\equiv{1}=(+\epsilon)^3 \) .  Pero  \( (\beta+\gamma)^3\equiv{\beta+\gamma}\equiv{(+\epsilon)^3+\gamma} \) .  Y como  \( \gamma\not\equiv{0} \) mod \( 6 \) ,  la congruencia tampoco puede resolverse.  Luego la premisa es falsa y la ecuación de la que partimos sólo es posible si una de las variables es múltiplo a la vez de  \( 2 \)  -y-  \( 3 \) .  De esta manera  \( 2^l \) ,  como mínimo,  para  \( l\in{\mathbb{N}} \) ,  debe dividir a la variable que es múltiplo de  \( 3 \) ;  que hemos quedado en (1) que es  \( \gamma \) .     

En conclusión,  tenemos que  \( -2^{3l}3^{3k}\gamma`\,^3=\alpha^3+\beta^3 \) .  Y como  \( \alpha+\beta=2\sigma \) ,  para  \( \sigma \)  un entero de Eisenstein.  Puesto que como se deduce de  (2) :  \( \alpha^3\equiv{\beta^3} \) mod \( 2 \)  -y- por tanto  \( \alpha^3-\beta^3\equiv(\alpha-\beta)((\alpha-\beta)^2+3\alpha\beta)\equiv{0} \) mod \( 2 \) ,  donde para  \( \alpha-\beta=x+y\omega \)  sólo puede ser éste congruente módulo  \( 2 \)  con:  \( 1+\omega \)  ,  \( 1 \)  ,  \( \omega \)  ,  \( 0 \)  -y- sustituyendo en la última equivalencia,  se ve que sólo puede ser  \( 0 \) .  Entonces  \( \alpha\equiv{\beta} \) mod \( 2 \)  -y- de la misma manera,  por tanto, tendremos que:  \( \alpha-\beta=2\tau \) ,  para  \( \tau \)  un entero de Eisenstein.   

A partir de estas 2 ecuaciones:  \( \alpha+\beta=2\sigma \)  -y-  \( \alpha-\beta=2\tau \) ;  despejando  \( \alpha \)  -y-  \( \beta \) ,  tendremos:  \( \alpha=\sigma+\tau \)  -y-  \( \beta=\sigma-\tau \) .  Luego  \( -2^{3l}3^{3k}\gamma`\,^3=(\sigma+\tau)^3+(\sigma-\tau)^3 \)  \( \Rightarrow \)  \( -2^{3l}3^{3k}\gamma`\,^3=2\sigma(\sigma^2+3\tau^2) \) .  Si ahora divido entre  \( 3^{3k} \) ;  como  \( 3^{3k-1} \)  dividirá á  \( \sigma \) ,  obtendré que:  \( -2^{3q}\gamma`^3=2\sigma'(3^{6k-3}\sigma'\,^2+\tau^2) \) ,  para  \( \sigma'=\sigma/3^{3k-1} \) .  De esta manera,  ahora  \( 2\sigma' \)  -y-  \( 3^{6k-3}\sigma'\,^2+\tau^2 \)  serán coprimos y terceras potencias en  \( \mathbb{Z}(\omega) \) ,  por ser coprimos  \( \sigma' \)  -y-  \( \tau \) ;  el primero par y el segundo impar.         

Como  \( 3^{6k-3}\sigma'\,^2+\tau^2=(3^{3k-3/2}\sigma'+\tau i)(3^{3k-3/2}\sigma'-\tau i) \)  -y-  \( 3k-3/2=3k-2+1/2 \) .  Lo de antes es lo mismo que:  \( (3^{3k-2}\sqrt{3}\sigma'+\tau i)(3^{3k-2}\sqrt{3}\sigma'-\tau i) \) .  Y como sabemos que  \( 3=-\omega^2\lambda^2 \)  \( \Rightarrow \)  \( \sqrt{3}=i\omega\lambda \) ,  entonces tendré que  \( (3^{3k-2}\omega\lambda i\sigma'+\tau i)(3^{3k-2}\omega\lambda i\sigma'-\tau i) \)  -y- :  \( -(3^{3k-2}\omega\lambda\sigma'+\tau)(3^{3k-2}\omega\lambda\sigma'-\tau) \) .  Es decir,  tres cubos -contando  \( (-1) \)-  ,  ya que ahora  \( 3^{3k-2}\omega\lambda\sigma'+\tau \)  -y-  \( 3^{3k-2}\omega\lambda\sigma'-\tau \)  serán coprimos en  \( \mathbb{Z}(\omega) \) ;  pues de su suma y su diferencia se deduce que el único factor común que tienen es  \( 2 \) ,  que no divide á  \( 3^{6k-3}\sigma'\,^2+\tau^2 \) .       

Y ahora basta con hacer  \( (3^{3k-2}\omega\lambda\sigma'+\tau)+(3^{3k-2}\omega\lambda\sigma'-\tau)=2\sigma'3^{3k-2}\lambda\omega \) .  Pero:  \( 3^{3k-2}=(-1)^{3k-2}(\omega\lambda)^{6k-4} \)  \( \Rightarrow \)  \( 3^{3k-2}\lambda\omega=(-1)^{3k-2}(\omega\lambda)^{6k-4}\lambda\omega\,=\,(-1)^{3k-2}(\omega\lambda)^{6k-3} \) .  Luego  \( (3^{3k-2}\omega\lambda\sigma'+\tau)+(3^{3k-2}\omega\lambda\sigma'-\tau)=(-1)^{3k-2}2\sigma'(\omega\lambda)^{6k-3} \) (3)  -y- me encuentro ante una suma de  \( 3 \) posibles cubos en  \( \mathbb{Z}(\omega) \) :  \( (3^{3k-2}\omega\lambda\sigma'+\tau)+(3^{3k-2}\omega\lambda\sigma'-\tau)-(-1)^{3k-2}2\sigma'(\omega\lambda)^{6k-3}=0 \)  \( \Rightarrow \)  \( \epsilon_1\alpha'\,^3+\epsilon_2\beta'\,^3-\epsilon_3\gamma''\,^3(-1)^{3k-2}(\omega\lambda)^{6k-3}=0 \) ,  para  \( \epsilon_{1,2,3} \)  unidades -y- :  \( \alpha'\,^3=3^{3k-2}\omega\lambda\sigma'+\tau \)  ;  \( \beta'\,^3=3^{3k-2}\omega\lambda\sigma'-\tau \)  ;  \( \gamma''\,^3=2\sigma' \) .   

Además,  como teníamos  \( -2^{3q}\gamma`^3=2\sigma'(3^{6k-3}\sigma'\,^2+\tau^2) \) ;  entonces, ahora:  \( -2^{3q}\gamma`^3=-2\sigma'(3^{3k-2}\omega\lambda\sigma'+\tau)(3^{3k-2}\omega\lambda\sigma'-\tau) \) .  Es decir :  \( 2^{3q}\gamma`^3=\epsilon_1\epsilon_2\epsilon_3\alpha'\,^3\beta'\,^3\gamma''\,^3 \) .  Luego  \( \epsilon_1\epsilon_2\epsilon_3=\epsilon^3 \) ,  puesto que el producto de unidades es otra unidad.  Y  \( \epsilon^3 \) ,  sea cual sea  \( \epsilon \) ,  es igual á  \( \pm\,1 \) (4)

Por otra parte,  nos encontramos también con esta congruencia -ver (3)- :  \( (3^{3k-2}\omega\lambda\sigma'+\tau)+(3^{3k-2}\omega\lambda\sigma'-\tau)\equiv{(-1)^{3k-2}2\sigma'(\omega)^{6k-3}} \) mod \( 2 \)  \( \Rightarrow \)  \( \epsilon_1\alpha'\,^3+\epsilon_2\beta'\,^3\equiv{0} \) mod \( 2 \) .  Y como  \( (a+b\omega)^3\equiv{1} \) mod \( 2 \)  si  \( 2 \)  no lo divide -ver (2)- ;  entonces tendremos que  \( \epsilon_1+\epsilon_2\equiv{0} \) mod \( 2 \) .  Y solamente la suma o la resta de 2 unidades que son iguales nos puede dar cero en esta congruencia:  \( 1+1\,,\,\omega+\omega\,,\,-\omega^2-\omega^2\,,\,1-1\,,\,\omega-\omega\,,\,\,.\,.\,.\, \)  Luego concluimos que ambas unidades son las mismas.   

Nos situamos ahora con lo que tenemos:  \( \epsilon_1\alpha'\,^3+\epsilon_1\beta'\,^3-\epsilon_3\gamma''\,^3(-1)^{3k-2}(\omega\lambda)^{6k-3}=0 \)  -si consideramos que  \( \epsilon_2=\epsilon_1 \)- .  Si multiplico ahora por  \( \epsilon_1^2 \) ,  será:  \( \epsilon_1^3\alpha'\,^3+\epsilon_1^3\beta'\,^3-\epsilon_1^2\epsilon_3\gamma''\,^3(-1)^{3k-2}(\omega\lambda)^{6k-3}=0 \) .  Pero  \( \epsilon_1^2\epsilon_3 \)  es el equivalente a lo que sucede en (4).  Por tanto:  \( \epsilon_1^3\alpha'\,^3+\epsilon_1^3\beta'\,^3\mp\,\gamma''\,^3(-1)^{3k-2}(\omega\lambda)^{6k-3}=0 \)  \( \Rightarrow \)  \( \pmb{\alpha''\,^3+\beta''\,^3+\gamma'''\,^3=0} \) ,  para  \( \alpha''\,^3=\epsilon_1^3\alpha'\,^3 \)  ;  \( \beta''\,^3=\epsilon_1^3\beta'\,^3 \)  -y-  \( \gamma'''\,^3=\mp\,\gamma''\,^3(-1)^{3k-2}(\omega\lambda)^{6k-3} \) .  Consumando así un descenso infinito,  pues ahora sólo  \( \lambda^{6k-3} \)  divide á  \( \gamma'''\,^3 \)  cuando antes era  \( \lambda^{6k} \)  el que dividía á  \( \gamma^3 \) (1) .           


Un saludo,


Editado 

17
Teorema de Fermat / Propuesta de UTF (3)
« en: 27 Junio, 2021, 04:23 pm »
Hola, 


En UTF 3 

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

Si  \( 3 \)  no divide á  \( abc \) .  Entonces,  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.   

Establezcamos pues,  por ejemplo,  que  \( 3 \) ,  como mínimo,  divide á  \( a \) . 

Tendremos:  \( -c^3=a^3+b^3 \)   -y-   \( -c^3=(a+b)((a+b)^2-3ab) \) .  Los dos factores últimos de la derecha son coprimos salvo por  \( 3 \) ,  pero como  \( 3 \)  no divide á  \( c \) ,  entonces serán terceras potencias.  Además  \( (a+b)^2-3ab=(a+b\omega)(a+b\omega^2) \) ,  para  \( \omega=(-1+\sqrt{-3})/2 \) ,  la raíz primitiva tercera de la unidad.  Y :  \( a+b\omega\,\,,\,\,a+b\omega^2 \)  son coprimos; dado que,  por un lado,  su suma es  \( 2a+b\omega(1+\omega) \)  y su diferencia  \( b\omega(1-\omega) \) ,  siendo  \( \omega \)  -y-  \( \omega+1 \)  unidades en  \( \mathbb{Z}(\omega) \)  y por otro,  \( 1-\omega \)  es un asociado de  \( 3=-\omega^2(\omega-1)^2 \)  -y-,  por tanto,  divide á  \( a \) .  En definitiva,  para  \( -c^3=(a+b)(a+b\omega)(a+b\omega^2) \) ,  tendremos que estos 3 factores son coprimos entre sí y por consiguiente cubos perfectos en  \( \mathbb{Z}(\omega) \) . 

Al ser  \( a+b\omega \)  un cubo,  entonces en  \( \mathbb{Z}(\omega) \)  existirá un  \( \epsilon(p+q\omega)^3=a+b\omega \) ,  para unos  \( p,q \)  enteros y coprimos -y-  \( \epsilon \)  una unidad de  \( \mathbb{Z}(\omega) \) .   Las unidades de  \( \mathbb{Z}(\omega) \)  son:  \( \pm 1\,\,,\,\,\pm\omega \)  -y-  \( \pm\omega^2 \) ,  para  \( \omega^3=1 \) .           

Caso 1.  Si las unidades son:  \( \pm\,1 \) .

\( \pmb{a+b\omega=\pm\,(p+q\omega)^3}\,=\,\pm\,(p^3+3p^2q\omega+3p q^2\omega^2+q^3\omega^3)\,=\,\pm\,(p^3+q^3-3pq^2+(3p^2q-3pq^2)\omega)\,=\,\pm\,(p^3+q^3-3pq^2+3pq(p-q)\omega) \)   \( \Rightarrow \)   \( a=\pm\,(p^3+q^3-3pq^2) \)   -y-   \( b=\pm\,3pq (p-q) \) .   Pero entonces  \( 3 \)  divide á  \( b \) ,  lo que no es.       

Caso 2.  Las unidades son:  \( \pm\,\omega \) .

\( \pmb{a+b\omega=\pm\,\omega\,(p+q\omega)^3}\,=\,\pm\,\omega\,(p^3+q^3-3pq^2+3pq(p-q)\omega)\,=\,\pm\,(p^3+q^3-3pq^2)\omega\pm\,3pq(p-q)\omega^2 \)   \( \Rightarrow \)   \( \mp\,3pq(p-q)\pm\,(p^3+q^3-3pq^2\mp\,3pq(p-q))\omega \) .  Luego:  \( a=\mp\,3pq(p-q) \) (1)   -y-   \( b=\pm\,(p^3+q^3-3pq^2)\mp\,3pq(p-q) \) .   Lo que puede ser porque  \( 3 \) ,  efectivamente,  divide á  \( a \) .   Además,  como observamos que  \( b\equiv{\pm\,(p^3+q^3)} \) mod \( 3 \) ,  entonces  \( p+q\not\equiv{0} \) mod \( 3 \) .  Por lo que  \( p\equiv{0} \) mod \( 3 \)  -ó-  \( q\equiv{0} \)  -ó-  \( p\equiv{q} \) mod \( 3 \)  -y-  \( 9 \) ,  como mínimo,  dividirá á  \( a \) .   

Caso 3: Las unidades son:  \( \pm\,\omega^2 \) .

\( \pmb{a+b\omega=\pm\,\omega^2\,(p+q\omega)^3}\,=\,\pm\omega^2\,(p^3+q^3-3pq^2+3pq(p-q)\omega)\,=\,\pm\,(p^3+q^3-3pq^2)\omega^2\pm\,3pq(p-q)\omega^3 \)   \( \Rightarrow \)   \( \pm\,3pq(p-q)\mp\,(p^3+q^3-3pq^2)\mp\,(p^3+q^3-3pq^2)\omega \) .   Luego:  \( a=\pm\,3pq(p-q)\mp\,(p^3+q^3-3pq^2) \)   -y-   \( b=\mp\,(p^3+q^3-3pq^2) \) .   De esta manera:  \( a=\pm\,3pq(p-q)+b \)  -y-  \( a-b=\pm\,3pq(p-q) \) .  Lo que no puede ser,  porque  \( 3 \)  no divide á  \( a-b \) .

En conclusión:  \( \pmb{\pm\,\omega\,(p+q\omega)^3=a+b\omega} \) (2) .   

Como  \( (a+b\omega)^2 \)  será también un cubo perfecto en  \( \mathbb{Z}(\omega) \) .  Y :  \( (a+b\omega)^2=a^2+b^2\omega^2+2ab\omega\,=\,a^2-b^2+b(2a-b)\omega \) .   Y sabemos que  \( a^2-b^2 \)  -y-  \( b(2a-b) \)  son coprimos porque lo son los factores del primero:  \( a+b \)  -y-  \( a-b \)  con los factores del segundo:  \( b \)  -y-  \( 2a-b \) .  Entonces existirá un  \( \epsilon(r+s\omega)^3=a^2-b^2+b(2a-b)\omega \) ,  para unos  \( r,s \)  enteros y coprimos -y-  \( \epsilon \)  una unidad de  \( \mathbb{Z}(\omega) \) .       

Caso 1.  Si las unidades son:  \( \pm\,1 \) .

\( \pmb{a^2-b^2+b(2a-b)\omega=\pm\,(r+s\omega)^3}\,=\,\pm\,(r^3+3r^2s\omega+3rs^2\omega^2+s^3\omega^3)\,=\,\pm\,(r^3+s^3-3rs^2+3rs(r-s)\omega) \) .   Luego:  \( a^2-b^2=\pm\,(r^3+s^3-3rs^2) \)   -y-   \( b(2a-b)=\pm\,3rs(r-s) \) .  Pero  \( 3 \)  no divide á  \( b(2a-b) \) .   

Caso 2.  Las unidades son:  \( \pm\,\omega \) .

\( \pmb{a^2-b^2+b(2a-b)\omega=\pm\,\omega\,(r+s\omega)^3}\,=\,\pm\,\omega(r^3+s^3-3rs^2+3rs(r-s)\omega)\,=\,\pm\,(r^3+s^3-3rs^2)\omega\pm\,3rs(r-s)\omega^2 \)   \( \Rightarrow \)   \( \mp\,3rs(r-s)\pm\,(r^3+s^3-3rs^2\mp\,3rs(r-s))\omega \) .   Luego:  \( a^2-b^2=\mp\,3rs(r-s) \)   -y-   \( b(2a-b)=\pm\,(r^3+s^3-3rs^2)\mp\,3rs(r-s) \) .  Pero  \( 3 \)  no divide á  \( a^2-b^2 \) .   

Caso 3: Las unidades son:  \( \pm\,\omega^2 \) .

\( \pmb{a^2-b^2+b(2a-b)\omega=\pm\,\omega^2\,(r+s\omega)^3}\,=\,\pm\,\omega^2(r^3+s^3-3rs^2+3rs(r-s)\omega)\,=\,\pm\,(r^3+s^3-3rs^2)\omega^2\pm\,3rs(r-s)\omega^3 \)   \( \Rightarrow \)   \( \pm\,3rs(r-s)\mp\,(r^3+s^3-3rs^2)\mp\,(r^3+s^3-3rs^2)\omega \) .   Luego:  \( a^2-b^2=\pm\,3rs(r-s)\mp\,(r^3+s^3-3rs^2)
 \)   -y-   \( b(2a-b)=\mp\,(r^3+s^3-3rs^2) \) .   De esta manera:  \( a^2-b^2=\pm\,3rs(r-s)+b(2a-b) \)  -y-  \( a^2-b^2-2ab+b^2=a(a-2b)=\pm\,3rs(r-s) \) (3) .  Efectivamente.  Aquí  \( 3 \)  divide á  \( a \)  -y-  también  \( 9 \) ,  dado que  \( -b^2\equiv{\mp\,(r^3+s^3)} \) mod \( 3 \)  -y-  \( r+s\not\equiv{0} \) mod \( 3 \) .     

En definitiva:  \( \pmb{\pm\,\omega^2\,(r+s\omega)^3=a^2-b^2+b(2a-b)\omega=(a+b\omega)^2} \) (4) .   

Como  \( a(a-2b)=\pm\,3rs(r-s) \) (3) ;  por inspección,  tenemos que:   

- Si  \( a=\pm\,3r \)  -ó-  \( a=\pm\,3s \)  -supongamos a partir de ahora,  sin perder generalidad,  siempre  \( s \) - ,  entonces  \( a-2b=r(r-s) \) .  Y como  \( r,s \)  son coprimos: ó  \( r \)  es par,  ó  \( s \)  es par ó lo será  \( r-s \) ,  para  \( r,s \)  impares; por lo que  \( a \)  es a la fuerza par.  Pero entonces no puede ser esta última ecuación porque  \( s \)  sería par -y-  \( r(r-s) \)  impar. 

- Si  \( a=\pm\,3(r-s) \) ,  entonces  \( r,s \)  deben ser ambos impares,  puesto que  \( a \)  es par,  quedando:  \( a-2b=rs \) .  Pero no puede ser porque  \( a-2b \)  será también par.  Por otra parte, todo esto mismo ocurrirá si:  \( a=\pm\,3s(r-s) \) .   

- Además,  \( a \)  no puede ser  \( 3 \)  -y- al mismo tiempo parte de  \( r \)  y parte de  \( s \) .  Debido a que ese factor común no podría dividir la parte derecha de la ecuación:  \( \pm\,\omega^2\,(r+s\omega)^3=a^2-b^2+b(2a-b)\omega \) (4) .

- Luego  \( a \)  sólo puede ser  \( 3 \)  -y- parte de  \( s \)  -y-,  en todo caso,  parte de  \( r-s \) (5) (partes que incluirían naturalmente las que son múltiplos de  \( 3 \) ,  de  \( s \)  ó bien de  \( r-s \) ) . 

De esta manera,  tenemos que:  \( \pm\,\omega\,(p+q\omega)^3=a+b\omega \) (2) ,  entonces,  por (4) :  \( (\pm\,\omega\,(p+q\omega)^3)^2=\pm\,\omega^2\,(r+s\omega)^3 \) .   Así:  \( \omega^2(p+q\omega)^6=\pm\,\omega^2\,(r+s\omega)^3 \)   -y-   \( (p+q\omega)^6=\pm\,(r+s\omega)^3 \)   \( \Rightarrow \)   \( (p+q\omega)^3=\pm\,(r+s\omega) \) .  Conocemos que  \( (p+q\omega)^3=p^3+q^3-3pq^2+3pq(p-q)\omega \) .  Luego:  \( p^3+q^3-3pq^2=\pm\,r \)  -y-  \( 3pq(p-q)=\pm\,s \) .   Pero por (1) teníamos que  \( a=\mp\,3pq(p-q) \) .   Entonces:  \( \mp\,a=\pm\,s \) .  Pero esto no es lo que hemos dicho arriba (5) .  De hecho,  si sustituimos en (3) :  \( a(a-2b)=\pm\,3rs(r-s) \) ,  será:  \( a(a-2b)=\mp\,3ra(r-s) \)  \( \Rightarrow \)  \( a-2b=\mp\,3r(r-s) \) .  Lo que es una contradicción,  porque  \( 3 \)  no divide á  \( a-2b \) .       


En UTF p 

Lo mismo ocurrirá, conjeturo,  con todos los exponentes primos del Caso 2 de Sophie Germain.  Puesto que tendremos siempre:  \( -c^p=a^p+b^p=(a+b)((a+b)^{p-1}-pab\,\cdot\,k\,\cdot\,\,) \)  -y- el primer factor  (\( a+b \))  será coprimo con el segundo salvo,  en su caso,  por el primo del exponente que debe dividir a una de las variables.  Luego si  \( p \)  divide,  por ejemplo,  á  \( a \) ,  entonces en  \( Z(\zeta_p) \)  tendremos que:  \( -c^p=(a+b)(a+b\omega)(a+b\omega^2)\,\,\cdot\,\cdot\,\cdot\,\,(a+b\omega^{p-1}) \) ;  donde cada factor será una p-ésima potencia y por consiguiente lo serán también  \( a+b\omega \)  -y-  \( (a+b\omega)^2 \) .  Él único problema aquí aparentemente insalvable son las unidades,  que a partir de  \( p=5 \)  son  \( \infty \)   .  Pero estoy convencido -de ahí la conjetura- que se puede demostrar que si  \( a+b\omega=\epsilon_1(p'+q'\omega)^p \)  -y-  \( (a+b\omega)^2=\epsilon_2(r'+s'\omega)^p \) ,  entonces,  ó bien  \( \epsilon_1=\epsilon_2 \) ,  ó bien  \( (\epsilon_1)^2=\pm\,(\epsilon_2) \) .


Un saludo,

18
Teorema de Fermat / Propuesta de UTF (2)
« en: 03 Junio, 2021, 03:58 pm »
Hola,


En UTF 4

Supongamos que  \( c^4=a^4+b^4 \) ,  para  \( a,b,c \)  enteros,  coprimos entre sí -y-  \( a \)  par.   

Si aplicamos al caso las soluciones del UTF2.  Como:  \( (c^2)^2=(a^2)^2+(b^2)^2 \) .  Tendremos que:  \( c^2=p^2+q^2 \) ,  \( a^2=2pq \)  -y-  \( b^2=p^2-q^2 \) ,  para  \( (p,q)=1 \)  -y-  \( p\not\equiv{q} \) mod \( 2 \) .  Y como  \( a^2=2pq \) ,  entonces:  \( p=p_1^2 \)  -y-  \( q=2q_1^2 \) ,  si  \( q \)  es par.  Así:  \( a=2p_1q_1 \) .  De la misma manera,  como  \( b^2=p^2-q^2\,=\,(p+q)(p-q) \)  -y-  \( p+q \)  ,  \( p-q \)  son coprimos y cuadrados.  Entonces:  \( b=b_1b_2 \) ,  para  \( b_1=\sqrt{p+q} \)  -y-  \( b_2=\sqrt{p-q} \) .

Conocemos que:  \( (a+b)^4=a^4+4a^3b+6a^2b^2+4ab^3+b^4 \)  -y-  \( (a+b)^4=a^4+b^4+2ab(2a^2+3ab+2b^2) \) .  Luego:  \( (a+b)^4-c^4=2ab(2a^2+3ab+2b^2) \)   \( \Rightarrow \)   \( ((a+b)^2+c^2)((a+b)^2-c^2)=2ab(2a^2+3ab+2b^2) \)  -y-  \( (a^2+b^2+2ab+c^2)(a^2+b^2+2ab-c^2)=2ab(2a^2+3ab+2b^2) \) . 

Si sustituimos en el lado izquierdo de la igualdad las soluciones que conocemos,  tendremos:  \( (2pq+p^2-q^2+2ab+p^2+q^2)(2pq+p^2-q^2+2ab-p^2-q^2)=2ab(2a^2+3ab+2b^2) \)   \( \Rightarrow \)   \( (2p(p+q)+2ab)(2q(p-q)+2ab)=2ab(2a^2+3ab+2b^2) \) .  Pero el  \( 2ab \)  del lado derecho no divide a ninguno de los factores:  \( 2p(p+q)+2ab \)  -y-  \( 2q(p-q)+2ab \)  del lado izquierdo.  Puesto que  \( \sqrt{p-q} \) ,  de:  \( b=\sqrt{(p+q)(p-q)} \) ,   no divide ni á  \( 2p \) ,  ni á  \( p+q \) ,  del primer factor y  \( p_1 \) ,  de:  \( a=2p_1q_1 \) ,  no divide ni á  \( 2q \) ,  ni á  \( p-q \)  del segundo factor.   Lo que es una contradicción.


En UTF 3

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

Si  \( 3 \)  no divide á  \( a,b,c \) .  Entonces,  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.   

Establezcamos pues,  por ejemplo,  que  \( 3 \) ,  como mínimo,  divide á  \( c \) . 

Tendremos:  \( -c^3=a^3+b^3 \)  -y-  \( -c^3=(a+b)((a+b)^2-3ab) \) .  Donde como:  \( a+b \)  -y-  \( (a+b)^2-3ab \)  son coprimos salvo por el primo  \( 3 \) :  \( a+b=3^{3k-1}c_1^3 \)  -y-  \( (a+b)^2-3ab=3c_2^3 \) ,  para:  \( c=3^kc_1c_2 \)  -y-  \( (c_1,c_2)=1 \) ;  \( k\in{\mathbb{N}} \) .   

Conocemos que:  \( (a+b)^3=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3 \)  -y-  \( (a+b)^3=a^3+b^3+3ab(a+b) \) .  Luego:  \( (a+b)^3-c^3=3ab(a+b) \)  -y-  \( (a+b-c)((a+b-c)^2+3(a+b)c)=3ab(a+b) \) . 

Pero el  \( a+b \)  del lado derecho de la igualdad no divide a ninguno de los factores del lado izquierdo.  Puesto que:  \( a+b=3^{3k-1}c_1^3 \)  no divide á  \( c=3^kc_1c_2 \)  de:  \( a+b-c \) .  Lo que es una contradicción.


En UTF 5

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

Si  \( 5 \)  no divide á  \( a,b,c \) .  Tenemos que:  \( a^5+b^5+c^5\equiv{0} \) mod \( 5 \) .  Pero si ninguna de las variables es congruente con otra,  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:  \( -c^5\equiv{2b^5} \) 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 a la izquierda en la congruencia,  nos dará siempre que:  \( 0\equiv{-4c^5b^5} \) ;  lo que viola las condiciones iniciales.

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

Tendremos:  \( -c^5=a^5+b^5 \)  -y-  \( -c^5=(a+b)[(a+b)^4-5ab((a+b)^2-ab)] \) .  Donde como:  \( a+b \)  -y-  \( (a+b)^4-5ab((a+b)^2-ab) \)  son coprimos salvo por el primo  \( 5 \) :  \( a+b=5^{5k-1}c_1^5 \)  -y-  \( (a+b)^4-5ab((a+b)^2-ab)=5c_2^5 \) ,  para:  \( c=5^kc_1c_2 \)  -y-  \( (c_1,c_2)=1 \) ;  \( k\in{\mathbb{N}} \) .   

Conocemos que:  \( (a+b)^5=a^5+5a^4b+10a^3b^2+10a^2b^3+5ab^4+b^5 \)  -y-  \( (a+b)^5=a^5+b^5+5ab(a^3+b^3+2ab(a+b)) \) .  Luego:  \( (a+b)^5-c^5=5ab(a^3+b^3+2ab(a+b)) \)  -y-  \( (a+b-c)[(a+b-c)^4+5(a+b)c((a+b-c)^2+(a+b)c)]=5ab(a^3+b^3+2ab(a+b)) \)   \( \Rightarrow \)   \( (a+b-c)[(a+b-c)^4+5(a+b)c((a+b-c)^2+(a+b)c)]=5ab((a+b)(a^2-ab+b^2)+2ab(a+b)) \) . 

Pero el  \( a+b \)  que podemos sacar como factor común del lado derecho de la igualdad no divide a ninguno de los factores del lado izquierdo.  Puesto que:  \( a+b=5^{5k-1}c_1^5 \)  no divide á  \( c=5^kc_1c_2 \)  de:  \( a+b-c \) .  Lo que es una contradicción.


En UTF p

Lo mismo ocurrirá, conjeturo,  con todos los exponentes primos del Caso 2 de Sophie Germain.  Puesto que dado:  \( a^p+b^p+c^p=0 \) ,  -y- que toda adición de dos potencias impares puede escribirse como:  \( a^p+b^p=(a+b)((a+b)^{p-1}-pab\,.\,.k\,.\,.\,) \) . Y como el primer factor  (\( a+b \))  es coprimo con el segundo salvo,  en su caso,  por el primo del exponente que debe dividir a una de las variables.  Y que en todos los casos siempre tendremos que para:  \( (a+b)^p \)  entonces:  \( ((a+b)^p-c^p=(a+b-c)\,\,etc.)\,=\,\,etc. \)  y siempre podré sacar como factor común del lado derecho de esta última igualdad á  \( a+b \) .  Entonces llegaremos a la misma conclusión de los casos UTF3 y UTF5.


Un saludo,   

19
Teorema de Fermat / Propuesta de UTF
« en: 03 Junio, 2021, 10:35 am »
Hola a todos/as de nuevo.  Tirando papeles dedicados a este Teorema de años anteriores,  me encuentro con una idea de 2018 que no había desarrollado completamente.  A partir de ahí,  he llegado a lo que sigue.  La describo de forma un poco esquemática,  puesto que lo más seguro es que esté mal.  No obstante,  estoy naturalmente a disposición de cualquiera que lo lea y no entienda algo.


En UTF 3

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

Si  \( 3 \)  no divide á  \( a,b,c \) .  Entonces,  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.   

Establezcamos pues,  por ejemplo,  que  \( 3 \) ,  como mínimo,  divide á  \( c \) . 

Tendremos:  \( -c^3=a^3+b^3 \)  -y-  \( -c^3=(a+b)((a+b)^2-3ab) \) .  Donde como:  \( a+b \)  -y-  \( (a+b)^2-3ab \)  son coprimos salvo por el primo  \( 3 \) :  \( a+b=3^{3k-1}c_1^3 \)  -y-  \( (a+b)^2-3ab=3c_2^3 \) ,  para:  \( c=3^kc_1c_2 \)  -y-  \( (c_1,c_2)=1 \) ;  \( k\in{\mathbb{N}} \) .  Además:  \( -a^3=b^3+c^3 \)  \( \Rightarrow \)  \( -a^3=(b+c)((b+c)^2-3bc) \) ,  donde:  \( b+c=a_1^3 \)  -y-  \( (b+c)^2-3bc=a_2^3 \) ,  para:  \( a=a_1a_2 \)  -y-  \( (a_1,a_2)=1 \) .  Y :  \( -b^3=a^3+c^3 \)  \( \Rightarrow \)  \( -b^3=(a+c)((a+c)^2-3ac) \) ,  donde:  \( a+c=b_1^3 \)  -y-  \( (a+c)^2-3ac=b_2^3 \) ,  para:  \( b=b_1b_2 \)  -y-  \( (b_1,b_2)=1 \) .   

Ahora bien,  como ocurrirá que:  \( a+b+c=-d \) ,  para un  \( d \)  entero dado.  Será:  \( 3^{3k-1}c_1^3+3^kc_1c_2=-d \)  -y-  \( 3^kc_1(3^{2k-1}c_1^2+c_2)=-d \) .  Del mismo modo,  como  \( (b+c)+a=-d \) .  Tendremos:  \( a_1^3+a_1a_2=-d \)  \( \Rightarrow \)  \( a_1(a_1^2+a_2)=-d \) .  Y como  \( (a+c)+b=-d \) .  Entonces:  \( b_1^3+b_1b_2=-d \)  \( \Rightarrow \)  \( b_1(b_1^2+b_2)=-d \) .   

En definitiva:  \( 3^kc_1(3^{2k-1}c_1^2+c_2)=a_1(a_1^2+a_2)=b_1(b_1^2+b_2) \) .   Como  \( 3^k \)  no divide á  \( a_1 \)  ó  á  \( b_1 \) ,  debe dividir á  \( a_1^2+a_2 \)  -y- á  \( b_1^2+b_2 \) .   Luego  \( a_1^2+a_2\equiv{0} \) mod \( 3 \)  -y-  \( b_1^2+b_2\equiv{0} \) mod \( 3 \) .  De esta forma:  \( a_2,b_2\equiv{2} \) mod \( 3 \) ,  puesto que el único residuo de  \( 3 \)  distinto de cero es  \( 1 \)  -y-  \( a_1^2,b_1^2\equiv{1} \) mod \( 3 \) .   Pero entonces,  como:  \( (b+c)^2-3bc=a_2^3 \)  -y-  \( (a+c)^2-3ac=b_2^3 \) ;  tendríamos que:  \( 1-0\equiv{2} \) ;  puesto que por el Pequeño Teorema de Fermat:  \( a_2^3,b_2^3\equiv{a_2,b_2} \) mod \( 3 \) .  Lo que es una contradicción.


En UTF 5

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

Si  \( 5 \)  no divide á  \( a,b,c \) .  Tenemos que:  \( a^5+b^5+c^5\equiv{0} \) mod \( 5 \) .  Pero si ninguna de las variables es congruente con otra,  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:  \( -c^5\equiv{2b^5} \) 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 a la izquierda en la congruencia,  nos dará siempre que:  \( 0\equiv{-4c^5b^5} \) ;  lo que viola las condiciones iniciales.

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

Tendremos:  \( -c^5=a^5+b^5 \)  -y-  \( -c^5=(a+b)[(a+b)^4-5ab((a+b)^2-ab)] \) .  Donde como:  \( a+b \)  -y-  \( (a+b)^4-5ab((a+b)^2-ab) \)  son coprimos salvo por el primo  \( 5 \) :  \( a+b=5^{5k-1}c_1^5 \)  -y-  \( (a+b)^4-5ab((a+b)^2-ab)=5c_2^5 \) ,  para:  \( c=5^kc_1c_2 \)  -y-  \( (c_1,c_2)=1 \) ;  \( k\in{\mathbb{N}} \) .   Además:  \( -a^5=b^5+c^5 \)  \( \Rightarrow \)  \( -a^5=(b+c)[(b+c)^4-5bc((b+c)^2-bc)] \) ,  donde:  \( b+c=a_1^5 \)  -y-  \( (b+c)^4-5bc((b+c)^2-bc)=a_2^5 \) ,  para:  \( a=a_1a_2 \)  -y-  \( (a_1,a_2)=1 \) .  Y :  \( -b^5=a^5+c^5 \)  \( \Rightarrow \)  \( -b^3=(a+c)[(a+c)^4-5ac((a+c)^2-ac)] \) ,  donde:  \( a+c=b_1^3 \)  -y-  \( (a+c)^4-5ac((a+c)^2-ac)=b_2^5 \) ,  para:  \( b=b_1b_2 \)  -y-  \( (b_1,b_2)=1 \) .   

Ahora bien,  como ocurrirá que:  \( a+b+c=-d \) ,  para un  \( d \)  entero dado.  Será:  \( 5^{5k-1}c_1^5+5^kc_1c_2=-d \)  -y-  \( 5^kc_1(5^{4k-1}c_1^4+c_2)=-d \) .  Del mismo modo,  como  \( (b+c)+a=-d \) .  Tendremos:  \( a_1^5+a_1a_2=-d \)  \( \Rightarrow \)  \( a_1(a_1^4+a_2)=-d \) .  Y como  \( (a+c)+b=-d \) .  Entonces:  \( b_1^5+b_1b_2=-d \)  \( \Rightarrow \)  \( b_1(b_1^4+b_2)=-d \) .   

En definitiva:  \( 5^kc_1(5^{4k-1}c_1^4+c_2)=a_1(a_1^4+a_2)=b_1(b_1^4+b_2) \) .   Como  \( 5^k \)  no divide á  \( a_1 \)  ó  á  \( b_1 \) ,  debe dividir á  \( a_1^4+a_2 \)  -y- á  \( b_1^4+b_2 \) .   Luego  \( a_1^4+a_2\equiv{0} \) mod \( 5 \)  -y-  \( b_1^4+b_2\equiv{0} \) mod \( 5 \) .  De esta forma:  \( a_2,b_2\equiv{4} \) mod \( 5 \) ,  puesto que por el Pequeño Teorema de Fermat:  \( a_1^{5-1},b_1^{5-1}\equiv{1} \) mod \( 5 \) .  Pero entonces,  como  \( (b+c)^4-5bc((b+c)^2-bc)=a_2^5 \)  -y-  \( (a+c)^4-5ac((a+c)^2-ac)=b_2^5 \) .  Tendríamos que:  \( 1-0\equiv{4} \) ,  puesto que también por el Pequeño Teorema de Fermat  \( a_2^5,b_2^5\equiv{a_2,b_2} \) mod \( 5 \) .  Lo que es una contradicción.


En UTF p

Lo mismo ocurrirá,  conjeturo,  con todos los exponentes primos del Caso 2 de Sophie Germain.  Puesto que dado:  \( a^p+b^p+c^p=0 \) ,  -y- que toda adición de dos potencias impares puede escribirse como:  \( a^p+b^p=(a+b)((a+b)^{p-1}-pab\,.\,.k\,.\,.\,) \) .   Y como el primer factor  (\( a+b \))  es coprimo con el segundo salvo,  en su caso,  por el primo del exponente que debe dividir a una de las variables.  Y que en todos los casos siempre tendremos que:  \( a+b+c=-d \) .  Entonces,  alternando los sumandos:  \( b^p+c^p\,\,,\,\,a^p+c^p \)  -y-  \( b+c\,\,,\,\,a+c \) ,  siempre podremos llegar a la misma conclusión de los casos UTF3, UTF5; aplicando en su momento el Pequeño Teorema de Fermat.


Un saludo,   

20
Teoría de números / Extensiones
« en: 11 Julio, 2020, 10:21 pm »
Hola, tengo esta duda.

Conocemos que por ejemplo  \( \mathbb{Q}(\sqrt{3}) \)  es una extensión de  \( \mathbb{Q} \) .  Y si tenemos para  \( x,y \)  enteros y cooprimos, que:  \( x+y\sqrt{3} \)  -y-  \( x-y\sqrt{3} \) ;  entonces estos dos números son coprimos salvo por  \( 2 \) ,  porque su suma es  \( 2x \)  -y-  su diferencia  \( 2y\sqrt{3} \) .

Lo que desconcozco es si  \( \mathbb{Z}(\frac{1}{3}) \)  podría considerarse una extensión de  \( \mathbb{Z} \)  -y- que dados dos números coprimos \( x,y \)  (\( y \)  no múltiplo de 3) tales que:  \( x+\dfrac{y}{3} \)  -y-  \( x-\dfrac{y}{3} \) ;  entonces estos números serían asimismo coprimos salvo por  \( 2 \) ,  porque su suma es  \( 2x \)  -y-  su diferencia  \( \dfrac{2y}{3} \) .

Un saludo

Páginas: [1] 2 3 4