[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 \(\displaystyle A \).

[perplesso1]

Faccio un tentativo... xD

Per prima cosa voglio scrivere l'equazione in una forma più utile, di seguito metto i passaggi che ho fatto

1) $x^3 +y^3=z^3$
2) $(x+y)(x^2-xy+y^2) = z^3$
3) $(x+y)[(x+y)^2-3xy] = z^3$
4) $(x+y)^3-3xy(x+y)=z^3$
5) $(x+y)^3-z^3=3xy(x+y)$
6) $(x+y-z)[(x+y)^2+(x+y)z+z^2] = 3xy(x+y)$
7) $(x+y-z)[(x+y-z)^2 + 3(x+y)z] = 3xy(x+y)$
8) $(x+y-z)^3 = 3xy(x+y) - 3z(x+y)(x+y-z)$
9) $(x+y-z)^3 = 3(x+y)[xy - z(x+y-z)]$
10) $(x+y-z)^3 = 3(x+y)[x(y-z)-z(y-z)]$

11) $(x+y-z)^3 = 3(x+y)(x-z)(y-z)$

L'ugualianza 11) ci dice che $(x+y-z)$ deve essere un multiplo di $3$. Ci sono solo due casi in cui questo è possibile

caso 1: $x \equiv y \equiv 1$ (mod $3$) e $z \equiv 2$ (mod $3$)
caso 2: $x \equiv y \equiv 2$ (mod $3$) e $z \equiv 1$ (mod $3$)

ma in entrambi i casi nessuno dei fattori $(x+y),(x-z),(y-z)$ è multiplo di $3$ e quindi l'ugualianza 11) non può essere soddisfatta in $A$.

[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. 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.

[Studente Anonimo]

Segnalo questo, mi sembra fatto bene.

[Studente Anonimo]

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