Hola, lo intento de nuevo; a ver si ahora:
Supongamos que el UTF para n = 3 es falso. Esto es, que: \( \pmb{x^3+y^3=z^3} \) . (Para: \( \pmb{x,y,z} \) enteros, coprimos 2 a 2 \( \pmb{\wedge} \) \( \pmb{x} \) ó \( \pmb{y} \) par)CASO I. Suponemos que " 3 " no divide ni a \( x \) ni a \( y \) ni a \( z \)(Solución a la manera de Carlos Ivorra)Partimos de: \( x^3+y^3=z^3 \) . Luego puedo establecer que: \( x^3+y^3\equiv{z^3}\,(mód\,9) \)
Y se puede comprobar que para unos \( x,y,z\equiv{1,2,4,5,7,8}\,(mód\,9) \) \( \Rightarrow{} \) \( x^3,y^3,z^3\equiv{\pm 1}\,(mód\,9) \)
Sustituyendo en \( x^3+y^3 \) , tendremos:
\( 1+1=2 \)
\( -1-1=-2 \)
\( 1-1=0 \)
Los 2 primeros casos no pueden ser porque sabemos que \( z^3 \) no puede ser \( \pm 2 \) módulo 9 y el tercero supondría que \( 3\mid z \) . Luego el Caso I es
imposible y concluimos que " 3 " divide ó a \( x \) ó a \( y \) ó a \( z \) .
CASO II. Como consecuencia del Caso I y puesto que \( x,y,z \) pueden ser negativos y yo parto de \( x^3+y^3-z^3=0 \) ; entonces no pierdo generalidad si digo que \( 3\mid z \)(Caso a) simplificado a la manera de Carlos Ivorra)a) Tenemos que: \( x^3+y^3\equiv{0}\,(mód\,27) \) . Y aplicando el Pequeño Teorema de Fermat, tendré que: \( x^3\equiv{x}\,(mód\,3) \) \( \wedge \) \( y^3\equiv{y}\,(mód\,3) \) ; luego: \( x+y\equiv{0}\,(mód\,3) \) .
Si aplico además que: \( (x+y)^3=x^3+y^3+3xy\,(x+y) \) . Donde: \( 27\mid (x+y)^3 \) \( \wedge \) \( 27\mid x^3+y^3 \) ; entonces: \( 27\mid 3xy\,(x+y) \) . Y como \( xy \) son coprimos con 3; entonces por fuerza: \( 9\mid x+y \) .
b) Partamos ahora de la siguiente trivialidad: Como \( x+y=z+a \) , para \( a \) entero y número par. Y : \( 9\mid x+y \) \( \wedge \) \( 3\mid z \) ; entonces: \( 3\mid a \) .
Razono ahora de la siguiente manera:
\( (x+y)^3=(z+a)^3 \)
\( x^3+y^3+3xy\,(x+y)=z^3+a^3+3za\,(z+a) \)
\( 3xy\,(x+y)=a^3+3za\,(z+a) \)
\( 3xy\,(z+a)=a\,(a^2+3z\,(z+a) \) \( \wedge \) si divido entre 3:
\( xy\,(z+a)=a'(a^2+3z(z+a)) \) , para: \( a'=\displaystyle\frac{a}{3} \) \( \wedge \) si divido de nuevo entre 3:
\( xy\,(z'+a')=a'(a'a+z(z+a)) \) , para: \( z'=\displaystyle\frac{z}{3} \)
El factor \( a' \) de la derecha dividirá a: \( xy \) ó a: \( z'+a' \) , pues como sabemos: \( xy \) \( \wedge \) \( z+a=x+y \) son coprimos. Pero \( a' \) no puede dividir de forma entera a \( z'+a' \) puesto que \( a' \) es par y no puede dividir a \( z \) impar. Luego concluimos que: \( a'\mid xy \) . Y :
\( \displaystyle\frac{xy}{a'}\,(z'+a')\,=\,a'a+z\,(z+a) \)
\( \displaystyle\frac{xy}{a'}\,=\,\displaystyle\frac{a'a}{z'+a'}+3\,z \) , para: \( 3=\displaystyle\frac{z+a}{z'+a'} \)
Suponemos, por tanto (para que el Teorema siga siendo falso) que: \( z'+a'\mid a'a \) .
Hagámoslo:
Yo he partido de: \( x+y=z+a \) ; luego, multiplicando por \( a' \) , tendré:
\( a'x+a'y=a'z+a'a \) . Y si divido ahora ambos términos entre \( z'+a' \) :
\( \displaystyle\frac{a'(x+y)}{z'+a'}=\displaystyle\frac{a'\,z}{z'+a'}+\displaystyle\frac{a'a}{z'+a'} \)
Como \( \displaystyle\frac{a'(x+y)}{z'+a'} \) es igual a \( 3a' \) y estamos partiendo de que \( z'+a'\mid a'a \) ; sólo nos queda "preocuparnos" de: \( \displaystyle\frac{a'\,z}{z'+a'} \) . Sacando el factor \( 3 \) de \( z \) , tendremos que: \( 3\,\displaystyle\frac{a'z'}{z'+a'} \)
Pero como \( a’ \) por ser factor de \( xy \) es coprimo con \( z’ \) ; entonces es inmediato que \( a'z' \) \( \wedge \) \( z'+a' \) son coprimos. Luego sólo nos queda por último que: \( z'+a'=3 \) ; pero para eso \( z \) tendría que ser igual a \( 1 \) ; cosa imposible porque es mayor que -por ejemplo- “\( y \)” , tanto en términos positivos como negativos. Y ya no hay más: El UTF para el caso n = 3 es por lo tanto
verdadero.
¿Qué extraño no? 
Un saludo,
