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Mensajes - Fernando Moreno

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Teorema de Fermat / Tercer intento de UTF3 sin descenso
« en: Hoy a las 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,

Yo te diría que en estas cosas si el hecho de que aparezca una unidad está en la frontera de que el argumento funcione o no...casi seguro que está mal.

Pienso lo mismo. Además he probado incluyendo ahora la unidad en distintos desarrollos que habría como consecuencia y todos salen correctísimos. La peculiaridad que tienen estos temas de Fermat tan al límite de lo básico es que las cosas cuando están mal no sólo están mal, sino "rematadamente" mal jajaja : ¡No he puesto las unidades en lo que sería al fin y al cabo una factorización! De primero de enteros ciclotómicos jaja

Muchas gracias

3
Hola,

 
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.   

Tengo ahora dudas sobre lo señalado en rojo. ¿Y si fuera:  \( \lambda\cdot 3=\epsilon\gamma^3 \) ? Entonces  \( \epsilon \)  podría ser igual á  \( \omega^2 \)  en este caso y ya no habría contradicción. No sé ahora qué es lo correcto, si que  \( \lambda\cdot 3 \)  sea igual á  \( \epsilon^3\gamma^3 \) ,  como he creído yo ó que sea igual á  \( \epsilon\gamma^3 \)  para cualquier  \( \epsilon \)  posible. Por si alguien que haya entendido la cuestión quiere opinar..

Un saludo,

4
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,

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Teorema de Fermat / Re: Intento de UTF3 sin descenso definitivo-- (No)
« en: 21 Noviembre, 2022, 06:51 pm »
Hola, me acabo de dar cuenta del error

 
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.   

Eso en rojo sería así si  \( d+e\omega \)  fuera un entero usual, cosa que no es. Qué error más tontísimo. Disculpas, he vuelto a ver números en el desierto de las letras  :o

6
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,

7
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,

8
Teorema de Fermat / Re: Intento de UTF3 sin descenso
« en: 15 Noviembre, 2022, 01:52 pm »
Hola Luis. Muchas gracias por tu experta revisión; que como siempre va al grano y no se pierde por las ramas.

Esto tiene muy mala pinta. Ojo con el uso de las raíces.

Tu usas que si \( q=\sqrt[3]{a+c} \) y \( c=0 \) mod \( p \) entonces \( q=\sqrt[3]{a} \) mod \( p \). O en otras palabras que:

como \( a+c=a \) mod \( p \) entonces \( \sqrt[3]{a+c}=\sqrt[3]{a} \) mod \( p \)

Pero eso... es peligroso. La raíz enésima no es única. Entonces esa igualdad de raíces es equívoca. Por ejemplo: \( 9=16 \) mod \( 7 \).

¿Entonces \( 3=\sqrt{9}=\sqrt{16}=4 \) mod \( 7 \)?.

Y hay que ser muy cuidadoso cuando escribes \( \sqrt[3]{a} \). Ahí tenemos que entender que es uno de los números: ¿cuál? en el anillo de enteros de Einsestein (que como he dicho no es único) que cumple que elevado al cubo es \( a \) pero módulo \( p \).

Para que se entienda lo que quiero decir es como si escribes que \( 2=9 \) mod \( 7 \) y después hablas de que \( \sqrt{2}=3 \) mod \( 7 \); realmente \( \sqrt{2} \) no es un entero, y el significado que le estás dando ahí está muy condicionado a trabajar módulo \( 7 \). Abundando en mi primera y fundamental crítica, también tienes que \( 2=16 \) mod \( 7 \), ¿dirías entonces que \( \sqrt{2}=4 \) mod \( 7 \)?. ¿Pero entonces cuando escribimos \( \sqrt{2} \) nos referimos a \( 3 \) ó a \( 4 \)?.

Fíjate que en ese ejemplo las dos raíces serían \( 3 \) y \( 4 \) ó lo que es lo mismo \( 3 \) y \( -3 \) módulo \( 7 \).

Es decir las dos posibles raíces de \( \sqrt{2} \) se diferencian en el producto una raíz cuadrada de la unidad.

En tu caso las posibles raíces cúbicas de un número se diferencian en el producto por una raíz cúbica de la unidad. Es decir, donde pones \( \sqrt[3]{a} \) también podemos poner por ejemplo  \( w\sqrt[3]{a} \). De manera que donde tu obtenías \( \omega=1 \) podría ser en realidad simplemente \( 1=1 \).

Ya voy entendiendo el peligro de usar raíces.. En particular es cierto que una raíz podría ser  \( w\sqrt[3]{a} \)  como dices. Ok a todo.

No obstante sigo pensando que la solución pasa por concluir que  \( \dfrac{a+b\omega}{1-\omega}=1 \) .  Estoy terminando otra propuesta en este sentido pero basada en congruencias, aunque también es muy arriesgada. Ya veremos.

Un saludo

9
Teorema de Fermat / Re: Intento de UTF3 sin descenso
« en: 10 Noviembre, 2022, 04:33 pm »
Hola Luis,


 No he leído ni el primer mensaje ni el último.  :D

 Pero para no liarme cuando lo lea. ¿Son demostraciones distintas? ¿Es un aclaratorio?¿Un añadido?.

Es simplemente un apoyo. Me baso en la demostración que tengo del UTF3 por descenso para llegar a la conclución de la demostración de este hilo:  \( \dfrac{a+b\omega}{1-\omega}=1 \) .

No descarto nuevas demostraciones para llegar a lo mismo. Lo estoy intentando. Como dije en el anterior mensaje tenía otras líneas de investigación distintas en las que estaba trabajando y todas han sido un fracaso (no he llegado a publicarlas, me refiero). ¿Por qué no centrarme en ésta que tengo aún abierta en vez de dispersarme? Eso pretendo. Estoy bastante convencido de que ésta es la conclusión a la que hay que llegar para resolver el Teorema, no sólo el caso del UTF3. Te va a costar quitarme esta idea  ;) . Voy a concentrar el fuego, eso es todo, a ver si de una vez por todas...

10
Teorema de Fermat / Re: Intento de UTF3 sin descenso
« en: 10 Noviembre, 2022, 01:06 pm »
Hola,

Ahora ando liado con otro intento, estoy en un momento creativo bueno y no quiero dejarlo, aunque ya veremos si no encuentro un fallo cuando lo repase.

Tras varios intentos fallidos de otras demostraciones (como la citada), pienso que lo mejor que puedo hacer ahora es apoyar esta tesis que aún tengo abierta.

Si sólo  \( 1-\omega \)  divide á  \( a+b\omega \) ,  como sostengo, entonces  \( \dfrac{a+b\omega}{1-\omega}=1,\omega,\omega^2 \) .  Supongamos por tanto que no es así y que  \( \dfrac{a+b\omega}{1-\omega}=d+e\omega \) ,  para  \( d,e \)  enteros usuales y coprimos.

Aquí está demostrado que  \( \dfrac{a+b\omega}{1-\omega} \)  es un cubo y por tanto  \( d+e\omega \)  también lo será. Luego tendremos también que  \( \dfrac{a+b\omega^2}{-\omega^2(1-\omega)}=d+e\omega^2 \)  -y-  \( \dfrac{a+b\omega^2}{-\omega^2(1-\omega)} \)  -y-  \( d+e\omega^2 \)  serán asimismo cubos.

Comprobamos ambas ecuaciones despejando  \( a \)  -y-  \( b \)  en cada una de ellas:

Por una parte, si  \( \dfrac{a+b\omega}{1-\omega}=d+e\omega \) ,  tendremos  \( a+b\omega=(1-\omega)(d+e\omega)=d+e\omega-d\omega-e\omega^2 \)  -y-  \( a+b\omega=d+e+(2e-d)\omega \)  \( \Rightarrow \)  \( \pmb{a=d+e} \)  -y-  \( \pmb{b=2e-d} \) .

Y por otra, si  \( \dfrac{a+b\omega^2}{-\omega^2(1-\omega)}=d+e\omega^2 \) : 

\( a+b\omega^2=-\omega^2(1-\omega)(d+e\omega^2)=(-\omega^2+1)(d+e\omega^2)=(2+\omega)(d+e\omega)=2d+2e\omega^2+d\omega+e\omega^3=2d-e+(d-2e)\omega \) .  Como  \( a+b\omega^2=a-b-b\omega \) ;  entonces:  \( \pmb{-b=d-2e} \)  -y-  \( a-b=2d-e \)  \( \Rightarrow \)  \( a+ d-2e=2d-e \)  -y-  \( \pmb{a=d+e} \) .

Puesto que si  \( d+e\omega \)  es un cubo entero de Eisenstein de la forma  \( (1)(d’+e’\omega)^3 \)  esto da lugar a un absurdo por descenso infinito (*) ;  entonces sólo nos queda que sea una unidad y tendremos como al principio que  \( \dfrac{a+b\omega}{1-\omega}=1,\omega,\omega^2 \) .  Ahora bien,  \( \dfrac{a+b\omega}{1-\omega} \)  es un cubo; luego sólo puede ser igual a una unidad que sea a su vez una tercera potencia y esto sólo ocurre con  \( 1 \)  ó con  \( -1 \) .  De esta manera no perdemos generalidad si establecemos que  \( \dfrac{a+b\omega}{1-\omega}=1 \) .  Por lo que  \( a=1 \) ,  \( b=-1 \)  -y- como  \( a^3+b^3+c^3=0 \) ,  entonces  \( (1)^3+(-1)^3+(0)=0 \)  -y-  \( abc=0 \) . 

Un saludo, 

11
Teorema de Fermat / Re: Intento de UTF3 sin descenso
« en: 28 Octubre, 2022, 11:57 am »
Hola

 Como se que estás pendiente y suelo contestarte yo a esos mensajes: voy a tardar un poco. Ando liado estos días. Me exige bastante concentración revisar estas cosas. Pero lo tengo en mente.  ;)

Saludos.

Muchas gracias Luis. ¡Qué amable! Sabiéndolo espero lo que haga falta. Ahora ando liado con otro intento, estoy en un momento creativo bueno y no quiero dejarlo, aunque ya veremos si no encuentro un fallo cuando lo repase. Pero me da un poco de corte esto, soy muy pesado, disculpas. Un saludo

12
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,

13
Teorema de Fermat / Re: Intento de UTF3 sin descenso y generalizable
« en: 14 Octubre, 2022, 02:03 pm »
Hola Luis,

Estas de nuevo cometiendo exactamente el mismo error. Vuelves a aplicar la raíz cúbica escogiendo las raíces que a ti te convienen. Pero no está bien.

Tu pones \( (A^6\lambda^6)^{1/3}=A^2\lambda^2 \). Pero de hecho \( \lambda^6=-27 \). ¿Por qué no \( (\lambda^6)^{1/3}=-3 \)?.

Es más; en lo que razonas no influye para nada la forma de \( a^2+b^2-ab=C \). Está pretendiendo probar que la tercera parte de un número entero no puede ser un cubo perfecto.

Llevas razón. Resulta todo esto un poco tramposo. Un saludo

14
Teorema de Fermat / Re: Intento de UTF3 sin descenso y generalizable
« en: 14 Octubre, 2022, 11:41 am »
Hola,

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.   

Creo que se puede salvar la cosa de esta manera:

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  \( -\omega\cdot\lambda=-\omega\cdot(1-\omega)=-\omega+\omega^2=-2\omega-1 \) .   Si ahora elevo al cuadrado, tendré  \( (2\omega+1)^2(a^2+b^2-ab)^2=A^6\lambda^6 \)  -y- como  \( (2\omega+1)^2=4\omega^2+1+4\omega=-3 \) ,  entonces  \( (-3)(a^2+b^2-ab)^2=A^6\lambda^6 \) .  Ahora aplico la raíz cúbica:  \( (-3)^{\frac{1}{3}}(a^2+b^2-ab)^{\frac{2}{3}}=A^2\lambda^2 \) .  Y 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. 

Un saludo

15
Teorema de Fermat / Re: Demostración del UTF3 por descenso
« en: 13 Octubre, 2022, 01:31 pm »
Hola feriva,

Soy incapaz de seguir todo eso sin perderme (y sin estudiar e informarme sobre cosas que no sé) pero mi más sincera enhorabuena, Fernando.

¡Muchas gracias! No es falsa modestia feriva si te digo que no es difícil. Es sólo aritmética, pero en vez de con enteros usuales con enteros ciclotómicos. Me la enseñó Carlos Ivorra on-line aquí en el Foro:

https://foro.rinconmatematico.com/index.php?topic=89110.0

Consiste básicamente en sumar, restar y multiplicar. Es cierto que tiene algunas peculiaridades que hay que aprender, pero no son muchas. He intentado de todas las formas posibles, tú lo sabes bien, llegar a este tipo de demostraciones con la aritmética básica, pero me ha sido imposible. Una cosa que me ha quedado clara de estos años es que hay que utilizar ésta, no hay otra; aunque es cierto que a veces yo mismo me rebelo. Pero ya te digo que no es algo muy complicado si no yo no podría hacerlo como bien sabes.

Un saludo

16
Teorema de Fermat / Re: Demostración del UTF3 por descenso
« en: 13 Octubre, 2022, 12:15 pm »
¡Muchas gracias Luis por responder y haberte molestado en verificarla!

Es difícil hoy en día que algo sea completamente original, pero por lo menos para mí lo ha sido y el proceso que me ha llevado a ella, que es lo importante y es lo que queda.

Quede claro que todo esto lo he buscado para contextualizar tu demostración con respecto a las existentes; no pretendo en absoluto menospreciar tu mérito ni nada parecido, que es enorme.  :aplauso: :aplauso

\( \dfrac{Mérito\,enorme}{2} \) :  Parte mía y parte tuya. Todo lo que consigua aquí, si es que consigo algo más, es la mitad mérito tuyo, como todo el mundo ha podido constatar en el día a día. Eres el coautor y disculpa si eso te incomoda.

Me gustaría si puede ser que anclaras en un momento dado la demostración en esta Sección del Foro (Teorema de Fermat). Me haría ilusión.

Gracias por todo otra vez. Son muchas cosas las que agradecer: El Foro mismo

17
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,

18
Teorema de Fermat / Re: Demostración del UTF3 por descenso
« en: 10 Octubre, 2022, 09:50 am »
Hola Luis. El lunes pasado publiqué este intento de demostración. Creo que es original. ¿Has podido echarle un vistazo? ¿Has visto algún error a bote pronto? Espero que la redacción haya resultado clara. Gracias de antemano

19
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, 

20
Teorema de Fermat / Re: Nuevo intento de UTF4 sin descenso
« en: 25 Septiembre, 2022, 08:18 pm »
Hola,

No veo claro donde quedó ahí la unidad \( \epsilon \).

Pues sí, un fallo troncal que estaba desde el principio y no he sabido ver. Me quedo atónito. Esto ya no tiene más recorrido, de hecho nunca lo ha tenido (por lo visto)  :o

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