Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Aquí es un plan. Si usted puede demostrar que la primera congruencia es possbile sólo, si todas las variables son divisibles por $29$, entonces sería, ¿verdad?
En realidad se podría fuerza bruta. La ciclicidad del grupo $\mathbb{Z}_{29}^*$ significa que $x^4$ es de siete diferentes valores distintos de cero modulo $29$, es decir, el residuo de clases en el conjunto de $$S=\{1,7,16,20,23,24,25\}.$$ Esto es básicamente porque la $4\mid(29-1)$. De todos modos, la lista de todas las $8^3$ posibilidades, y la comprobación de que los "ceros" es la única solución es factible.
La primera reducción de la carga de trabajo es observar que no hay cuarto poder es $\equiv-1\pmod{29}$. Esto implica que no hay solución con una sola variable divisible por $29$, y el resto no divisible. Así que basta para excluir la posibilidad de una solución con todas las $x^4,y^4,z^4\in S$. Todavía $7^3$ de los casos permanecen (teniendo en cuenta permutatins de las variables realmente mucho menos).
Pero $S$ es claramente también un subgrupo de $\mathbb{Z}_{29}^*$. Si la suma de cualquiera de los tres elementos de la $S$ es cero, decir $u+v+w\equiv0\pmod{29}$, podemos multiplicar esta congruencia por la inversa de a $u$, quédate en el subgrupo $S$, y encontrar una solución a $1+vu^{-1}+wu^{-1}\equiv0\pmod{29}$. Esto significa que w.l.o.g. podemos suponer que $u=1$. Sólo $49$ de los casos restantes.
Como $27\notin S$, podemos ver que $v\neq1\neq w$, y como $14\notin S$, también se $v\neq w$. En este punto hemos de tener en cuenta la simetría $v\leftrightarrow w$, y ${6\choose 2}=15$ de los casos restantes. El resto de controles implican la verificación de que si $u,v\in\{7,16,20,23,24,25\},u<v$ ,$u+v\neq-1\pmod{29}$. Esto es fácil, porque o $u=7$ $v\neq21$ o $29<u+v<50$.
La conclusión es que el plan funcionó. Para $x^4+y^4+z^4$ a ser divisible por $29$ es necesario que todas las variables son divisibles por $29$. Por lo tanto, la suma de su cuarto poderes es divisible por $29^4$.
Creo que puede ser posible hacer más inteligente uso del hecho de que los elementos de la $S$ séptimo raíces de la unidad.
Una posibilidad que se me ocurrió es demostrar que para todos los triples $(u,v,w)$ de los elementos distintos de a $S\simeq C_7$ podemos encontrar un elemento $x\in S$ tal que cualquiera de las $x\{u,v,w\}\cap \{u,v,w\}$ tiene dos elementos, o la intersección es vacía. En ninguno de los casos, es posible que $u+v+w=0$ (cuando también se $xu+xv+xw=0$): en el primer caso tenemos una contradicción evidente, y en este último caso nos contradice el hecho de que la suma de todos los elementos de a $S$ es cero, y los dos triples cubrir todos pero uno de los elementos de $S$.
Por desgracia, esto no es cierto. Cualquier tipo de codificación teórico debe estar familiarizado con el caso que dentro de un grupo cíclico de orden siete de la triple $\{1,g,g^3\}$ cruza todo tipo de cambios en un singleton. Algo más?
De todos modos, la comprobación de los quince casos es probablemente más sencillo. Si a alguien se le ocurre algún otro truco, me voy a dar una recompensa.
