[EX] Sottocaso dell'ultimo teorema di Fermat

Gi81
Sia \(\displaystyle A:= \mathbb{Z}\setminus 3\mathbb{Z} \) (cioè l'insieme degli interi non multipli di \(\displaystyle 3 \)).
Dimostrare che l'equazione \(\displaystyle x^3+y^3=z^3 \) non ha soluzioni in \(\displaystyle A \).

Risposte
perplesso1
Faccio un tentativo... xD


aizarg1
Sia \( x^3+y^3=z^3\).
Per il th. di Fermat abbiamo:
\( x^3 \equiv x, y^3 \equiv y, z^3 \equiv z\) \( mod \) \( 3\) da cui:
\( x+y \equiv z\) \( mod \) \( 3\)
quindi possiamo scrivere
\( x+y=z+3k\) con \( k \in \mathbb{Z}\)
da cui
\( (x+y)^3=(z+3k)^3\)
\( x^3+y^3+3xy(x+y)=z^3+27k^3+9kz(z+3k)\)
\( xy(x+y)=3kz(z+3k)+9k^3\)
quindi
\( 3 |xy(x+y)\) pertanto:
\( 3|x\) oppur \( 3|y\) oppure \(3|x+y \), \( 3|z+3k\), \( 3|z\)

Gi81
Direi che sono corrette entrambe.
La mia soluzione fa uso della congurenza modulo $9$.

Per ogni $a $ intero non multiplo di $3$ si ha $a^3 -= +-1 (mod 9)$.

perplesso1
"Gi8":
La mia soluzione fa uso della congurenza modulo 9

Infatti mi sembrava che il th. di Fermat fosse un pò troppo potente per provare questa cosa. :-D Cmq ricalcando la dimostrazione di grazia penso si possa provare a dimostrare che

Se $x^p + y^p = z^p$ allora $p|x$ oppure $p|y$ oppure $p|z$

per qualche primo $p$ piccolo. Io credo di esserci riuscito con $p=5$. Magari anche la dimostrazione con $p$ generico è facile, non so...

Saluti. :)

Segnalo questo, mi sembra fatto bene.

Segnalo che il fatto che il teorema sia vero nel caso [tex]n=3[/tex] è una conseguenza del fatto che [tex]\mathbb{Z}[\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}][/tex] (l'anello degli interi del terzo campo ciclotomico) è un dominio a fattorizzazione unica (cf. qui(1)). Purtroppo i campi ciclotomici i cui anelli degli interi sono a fattorizzazione unica sono solo 46 (cf. qui(2)). Fine degli OT :)

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