Hola.
Hola.
Volviendo a los resultados que ya teníamos:
Hola
Voy a tratar de escribir como reformulo yo tu trabajo y cómo la mayoría de tus demostraciones son así inmediatas. Excepto la del Lema 6, que es la que falla.
En primer lugar es cómodo escribir la ecuación de Fermat como \( x^3+y^3+z^3=0 \) en lugar de la manera clásica, permitiendo que las variables sean negativas. Esto evita tener que repetir argumentos para tus tres términos \( (x-y),(x-z)=(y-b),M=(y+z) \) que ahora con mi notación son simplemente \( (x+y),(x+z),(y+z) \). De forma que por simetría lo que probemos para uno, queda probado para los demás.
Entonces sean \( x,y,z \) tres enteros coprimos dos a dos verificando \( x^3+y^3+z^3=0. \)
1) \( 3(x+y)(x+z)(y+z)=(x+y+z)^3 \)
Prueba: Basta tener en cuenta que, \( 3(x+y)(x+z)(y+z)=(x+y+z)^3-x^3-y^3-z^3 \) y usar que estamos bajo el supuesto de que los tres números cumplen la ecuación de Fermat.
2) \( (x+y),(x+z),(y+z) \) son coprimos dos a dos.
Prueba: Basta tener en cuenta que por (1) cualquier divisor primo de uno de esos términos lo es de \( (x+y+z) \). Entonces si \( x+y,x+z \) son divisibles por \( p \),
\( z=(x+y+z)-(x+y) \) divisible por \( p \)
\( y=(x+y+z)-(x+z) \) divisible por \( p \)
Pero \( z,y \) son coprimos: contradicción.
3) Uno y sólo uno de los términos \( (x+y),(x+z),(y+z) \) es divisible por \( 3 \) (supondremos sin pérdida de generalidad, a partir de ahora, que tal término es \( y+z \)).
Prueba: Por (1), (\( x+y+z) \) es divisible por \( 3 \) y por tanto \( 3(x+y)(x+z)(y+z)=(x+y+z)^3 \) divisible por \( 3^3 \). Por tanto efecivamente alguno de los términos es divisible por tres. La unicidad es consecuencia de (2).
4) \( (y+z)=3^mE^3 \) con \( mcd(E,3)=1 \) y \( m\equiv 2 \) mod \( 3 \).
Prueba: Se tiene que \( -x^3=y^3+z^3=(y+z)(y^2-yz+z^2) \). Como \( (y+z) \) es múltiplo de tres, también lo es \( x \). Como \( x,y,z \) son coprimos, \( y,z \) no son divsibles por tres. Por tanto:
\( (y+z)=3^mE^3,\qquad (y^2-yz+z^2)=3^{3k-m}F^3 \) con \( mcd(E,3)=mcd(F,3)=1 \).
Pero: \( 3yz=(y+z)^2-(y^2-yz+z^2)=3^{2m}E^6-3^{3k-m}F^3 \). Como \( y,z \) no son divisibles por tres necesariamente \( 3k-m=1 \), es decir, \( m\equiv 2 \) mod \( 3 \).
5) Existen enteros \( p,q,r \) coprimos dos a dos y no múltiplos de \( 3 \) tales que:
\( y+z=3^mp^3 \) con \( m\equiv 2 \) mod \( 3 \)
\( x+y=q^3\quad x+z=r^3\quad x+y+z=3^{\frac{m+1}{3}}pqr \)
Prueba: Basta aplicar (2),(3),(4) a (1)
6) Existen enteros \( p,q,r \) coprimos dos a dos y no múltiplos de \( 3 \) tales que:
\( q^3=2\cdot 3^{\frac{m+1}{3}}pqr-3^mp^3-r^3 \) con \( m\equiv 2 \) mod \( 3 \)
Prueba: Basta tener en cuenta que por (5):
\( x=(x+y+z)-(y+z)=3^{\frac{m+1}{3}}pqr-3^mp^3 \)
\( y=(x+y+z)-(x+z)=3^{\frac{m+1}{3}}pqr-r^3 \)
\( x+y=q^3 \)
En tu Lema 6 pruebas que no existen números en las condiciones de (6) para \( m=2 \). Si lo probases para cualquier \( m\equiv 2 \) mod \( 3 \), tendrías la prueba que buscas.
Saludos.
Con el siguiente desarrollo para el caso \( m\equiv 2 \) mod \( 3 \) no llego a ninguna contradicción. De todos modos lo incluyo:
En 4) teníamos \( y+z=3^mp^3 \) y \( (y^2-yz+z^2)=3^{3k-m}F^3=3F^3 \)
entonces
En la última línea he pasado por alto un pequeño error de apreciación y que hace que al final no se llegue a ninguna contradicción.
Sin embargo si en \( (y^2-yz+z^2)=3^{3k-m}F^3=3F^3 \)
utilizo los valores de \( y \), \( z \) que ya teníamos:
\( y=3^{\frac{m+1}{3}}pqr-r^3 \)
\( z=3^{\frac{m+1}{3}}pqr-q^3 \)
y que
\( F=-qr+3^{2m-1}p^2 \)
entonces nos van a quedar solo términos en
\( p^4qr \)
\( p^6 \)
y
\( (pqr)^2 \).
(Aparecen otros en \( q^3r^3 \) que se cancelan). Y ahora sí creo que se llega a una contradicción.
Veamos:
\( (y^2-yz+z^2)=3F^3 \)
\( (3^{\frac{m+1}{3}}pqr-r^3)^2-(3^{\frac{m+1}{3}}pqr-r^3)(3^{\frac{m+1}{3}}pqr-q^3)+(3^{\frac{m+1}{3}}pqr-q^3)^2=
3(-qr+3^{2m-1}p^2)^3 \)
Para escribir menos utilizo \( A=3^{\frac{m+1}{3}}pqr \)
\( (A-r^3)^2-(A-r^3)(A-q^3)+(A-q^3)^2=3(-qr+3^{2m-1}p^2)^3 \)
\( A^2-2Ar^3+r^6-(A^2-Ar^3-Aq^3+q^3r^3)+A^2-2Aq^3+q^6=3(-qr+3^{2m-1}p^2)^3 \)
\( A^2-2A(q^3+r^3)+A(q^3+r^3)+r^6-(q^3r^3)+q^6=3(-qr+3^{2m-1}p^2)^3 \)
\( A^2-A(q^3+r^3)+r^6-(q^3r^3)+q^6=3(-qr+3^{2m-1}p^2)^3 \)
\( A^2-A(q^3+r^3)+(q^3+r^3)^2-3q^3r^3=3(-qr+3^{2m-1}p^2)^3 \) (I)
Ahora hago el desarrollo del cubo del lado derecho de la igualdad anterior:
\( 3(-qr+3^{2m-1}p^2)^3= \)
\( 3(3^{2m-1}p^2-qr)^3=
3((3^{2m-1}p^2)^3-3(3^{2m-1}p^2)^2.qr+3.3^{2m-1}p^2.(qr)^2-(qr)^3)= \)
\( 3(3^{6m-3}p^6-3(3^{4m-2}p^4.qr)+3.3^{2m-1}p^2.(qr)^2-(qr)^3)= \)
\( 3^{6m-2}p^6-3^{4m}p^4.qr+3^{2m+1}p^2.(qr)^2-3(qr)^3= \)
\( 3^{6m-2}p^6-3^{4m}p^4qr+3^{2m+1}p^2q^2r^2-3q^3r^3 \) (II)
de 6) teníamos
\( q^3+r^3=2\cdot 3^{\frac{m+1}{3}}pqr-3^mp^3 \) (III)
Sustituyo en (I) lo que tenemos en (II) y (II) y el valor de \( A=3^{\frac{m+1}{3}}pqr \)
\( A^2-A(q^3+r^3)+(q^3+r^3)^2-3q^3r^3=3(-qr+3^{2m-1}p^2)^3 \)
\( (3^{\frac{m+1}{3}}pqr)^2-3^{\frac{m+1}{3}}pqr(2\cdot 3^{\frac{m+1}{3}}pqr-3^mp^3)+(2\cdot 3^{\frac{m+1}{3}}pqr-3^mp^3)^2-\cancel{3q^3r^3}=3^{6m-2}p^6-3^{4m}p^4qr+3^{2m+1}p^2q^2r^2-\cancel{3q^3r^3} \)
\( 3^{\frac{2m+2}{3}}p^2q^2r^2-2\cdot3^{\frac{2m+2}{3}}p^2q^2r^2+3^{\frac{4m+1}{3}}p^4qr+(2^2\cdot 3^{\frac{2m+2}{3}}p^2q^2r^2-2.2\cdot 3^{\frac{m+1}{3}}pqr+3^{2m}p^6)=3^{6m-2}p^6-3^{4m}p^4qr+3^{2m+1}p^2q^2r^2 \)
\( 3.3^{\frac{2m+2}{3}}p^2q^2r^2+3^{\frac{4m+1}{3}}p^4qr-4\cdot 3^{\frac{4m+1}{3}}p^4qr+3^{2m}p^6=3^{6m-2}p^6-3^{4m}p^4qr+3^{2m+1}p^2q^2r^2 \)
\( 3.3^{\frac{2m+2}{3}}p^2q^2r^2-3\cdot 3^{\frac{4m+1}{3}}p^4qr+3^{2m}p^6=3^{6m-2}p^6-3^{4m}p^4qr+3^{2m+1}p^2q^2r^2 \)
\( 3^{\frac{2m+4}{3}}p^2q^2r^2-3^{\frac{4m+4}{3}}p^4qr+3^{2m}p^6=3^{6m-2}p^6-3^{4m}p^4qr+3^{2m+1}p^2q^2r^2 \)
\( (3^{\frac{2m+4}{3}}-3^{2m+1})p^2q^2r^2+(3^{4m}-3^{\frac{4m+4}{3}})p^4qr=(3^{6m-2}-3^{2m})p^6 \)
dividiendo por \( p^2 \)
\( (3^{\frac{2m+4}{3}}-3^{2m+1})q^2r^2+(3^{4m}-3^{\frac{4m+4}{3}})p^2qr=(3^{6m-2}-3^{2m})p^4 \)
ahora todos los términos son múltiplos de \( p \) excepto el primero.
¿Es correcto?
Muchas gracias!
Saludos
