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,
