Si $x^3 + y^3 = z^3$ entonces es fácil demostrar que sin pérdida de generalidad debe existir una versión coprima tal que $x, y, z$ no tienen ningún factor común distinto de 1. Además, es fácil demostrar que debe haber dos números positivos coprimos $p$ y $q$ tal que uno de los tres, digamos $z$ tiene la forma $z^3 = 2p(p^2 + 3q ^2)$ con $p$ y $q$ de paridad opuesta (uno impar, el otro par), por lo tanto $p^2 + 3q^2$ siendo un cubo impar y $2p$ siendo un cubo par, y gcd $(2p, p^2 + 3q^2)$ siendo 1 o 3. Como ha demostrado Euler, es posible entonces encontrar una solución menor al problema de Fermat para $n$ = 3. La prueba del último paso es algo tedioso . En ambos casos incluye el lema de que existen dos números coprimos $a, b$ de paridad opuesta tal que $p = a^3 - 9ab^2$ .
Quizás Tait pensó en utilizar el resultado de su ecuación (a) Para facilitar este último paso, "todo cubo es la diferencia de dos cuadrados, uno de los cuales al menos es divisible por 9".
En cuanto a la parte (b), es obvio que la segunda ecuación de Tait tiene la misma estructura que la original, pero ahora contiene tres cubos que son definitivamente mayores que los cubos originales.
$((x^3 + z^3)y)^3 + ((x^3 - y^3)z)^3 = ((z^3+y^3)x)^3$
Este procedimiento de aumentar los cubos puede repetirse en el infinito. Aunque no está justificado invertir la derivación y concluir que por este método cada triple de cubos podría reducirse a cubos más pequeños, no se puede excluir que Tait se haya dejado engañar por este desliz.
No creo que haya una prueba "fácil", y tengo que ofrecer tres razones:
La primera (y reconocidamente la más débil) es que no he logrado encontrar una solución fácil. Cualquier simplificación como
$(2x^3 + y^3)^3y^3 + (x^3 - y^3)^3(x^3+y^3) = (x^3 + 2y^3)^3x^3$
$((2x^3 + y^3)^3 + (x^3 - y^3)^3)y^3 = ((2y^3 + x^3)^3 + (y^3 - x^3)^3)x^3$
lleva fácilmente al resultado de que la ecuación derivada es correcta, dejando finalmente 0 = 0, pero no me parece evidente ninguna información sobre la imposibilidad de un carácter entero de las raíces.
Una razón ciertamente más fuerte es que esta nota, si bien correcta, muy interesante, no ha sido, por lo que veo, nunca más mencionada por Tait y no ha sido incluida en su documentos recopilados que fueron editados y prologados por el propio Tait. (Sin embargo, la nota ha sido mencionada en muchas otras fuentes, incluyendo El popular libro de Ribenboim y Wikipedia .)
Sin embargo, la tercera y más importante razón, que supera a todas las demás, es que esta pregunta se ha planteado en la American Mathematical Monthly en 1914 , 1916 , 1919 , 1920 , 1921 y 1922 que en su momento fue editado por eminentes matemáticos como Hurwitz y seguramente leído por muchos otros. Por último, pero no menos importante, el problema ha estado abierto aquí en MathOverflow durante más de un año. No se ha podido mostrar ninguna manera fácil.
Así que es muy probable que esta nota pertenezca a la misma categoría que la original de Fermat.
0 votos
El libro de Ribenboim "Fermat's Last Theorem for Amateurs" menciona esta prueba en una lista de pruebas publicadas para el exponente $3$ pero no da detalles. Por desgracia, las Actas de la Real Sociedad de Edimburgo no parecen estar en línea antes del volumen 78 (al menos yo no las encuentro), así que no sé si el contexto de esta declaración da alguna pista.
0 votos
La "Historia de la teoría de los números" (Vol 2) de Dickson parece eludir el juicio sobre la afirmación: "P.G. Tait observó que $x^3+y^3=x^3$ implica $(x^3+z^3)y^3 + (x^3-y^2)^3 z^3 = (z^3+y^3)^3 x^3$ y dijo que esto conduce fácilmente a una prueba de la imposibilidad de soluciones integrales de la ecuación anterior. Todo cubo es una diferencia de dos cuadrados de los cuales uno es divisible por 9 ya que $x^3 = \left( x(x+1)/2 \right)^2 - \left(x(x-1)/2 \right)^2 $ . "
0 votos
¿Seguramente esa identidad genera una familia infinita de soluciones primitivas y por tanto contradice el teorema de Faltings...? Pero supongo que ni siquiera la conjetura de Mordell se había hecho en aquella época...
22 votos
Mordell-Faltings es para curvas de género $2$ o más. El cúbico de Fermat tiene género $1$ . El mapa $(x,y,x) \mapsto ((z^3+z^3) y, (x^3-y^3)z, (y^3+z^3)x)$ tiene grado $4$ por lo que debe ser multiplicado por $2$ (hasta la traslación por un punto de torsión racional). Esto sugiere una prueba por $2$ -descendente, pero tal prueba, aunque posible para esta curva (la $2$ -parte de Sha es trivial), no es ni mucho menos tan fácil como para que exponer el mapa equivalga a una solución.
0 votos
Ah, ya veo... ¡muchas gracias por señalarlo!
5 votos
En efecto, en la característica cero una curva que admite un automapa de grado $>1$ debe tener género $0$ o $1$ (una consecuencia de la fórmula de Riemann-Hurwitz), por lo que nunca podremos llegar a utilizar Mordell-Faltings de esta forma para enumerar efectivamente todos los puntos racionales.
1 votos
Para los interesados en ver el original: hoy en día todo está digitalizado: archive.org/stream/proceedingsroya40edingoog#page/n166/mode/2up - y contrariamente a la esperanza de Henry, no hay pistas.
1 votos
Desde un punto de vista histórico, la fórmula mencionada por Tait ya se conocía. Véanse, por ejemplo, las fórmulas Cauchy-Desboves es.wikipedia.org/wiki/ Creo que esta fórmula fue incluso mencionada (de forma equivalente) por Bachet en su traducción de la Arithmetica de Diofanto. Véase archive.org/stream/oeuvresdefermat963ferm#page/246/mode/2up
0 votos
@Timothy Foo : curiosamente, en el mismo año 1922, Mordell demostró que el grupo de puntos racionales de una curva elíptica está finitamente generado, e hizo su conjetura sobre la finitud de los puntos racionales en el caso de género > 1. Esto figura en su artículo Sobre las soluciones racionales de las ecuaciones indeterminadas de tercer y cuarto grado .
0 votos
@Francois: el mismo año en que se citó la cosa en American Mathematical Monthly - la afirmación de Tait se publicó en 1869.
0 votos
@Vladimir: Entendí mal cuando Tait hizo su afirmación. Efectivamente, fue mucho antes de la conjetura de Mordell...
0 votos
@François Brunault: ya veo, es muy interesante, ¡gracias!