Teoria Numeros C Ivorra Castillo

254 Capítulo 10. El Último Teorema de Fermat
Además podemos afirmar que p y q son primos entre sí (un factor común
lo sería de x e y) y tienen paridades opuestas (porque x = p + q es impar).
Cambiando el signo de x, y, z si es necesario podemos suponer que x + y>0,
luego p>0 e, intercambiando x con y si es necesario, también q>0 (no puede
ser que x = y, pues q sería 0, y como (x, y) = 1 habría de ser x = y =1,y
entonces z 3 = 2, lo cual es imposible).
En resumen, si existe una solución (x, y, z) con x e y impares, entonces
existen números naturales no nulos p y q de paridad opuesta, primos entre sí
tales que el número 2p(p 2 +3q 2 ) es un cubo.
El análogo en la prueba del teorema 1.1 era la factorización x 2 =4ab(a 2 +b 2 ),
que nos daba que ab(a 2 +b 2 ) debía ser un cuadrado. Igualmente nosotros hemos
de justificar que los números 2p y p 2 +3q 2 son primos entre sí, con lo que cada
uno de ellos será un cubo.
En realidad esto no tiene por qué ser cierto, pero poco falta. Notemos
primero que, como p y q tienen paridad opuesta, p 2 +3q 2 es impar, de donde se
sigue claramente que (2p, p 2 +3q 2 )=(p, p 2 +3q 2 )=(p, 3q 2 ) y como (p, q) =1
el único factor común de p y3q 2 es 3. En otras palabras, si 3 ∤ p, entonces
(2p, p 2 +3q 2 ) = 1. Supongamos que es así.
Entonces, según lo dicho, 2p y p 2 +3q 2 son cubos. Ahora necesitamos un
resultado que juegue el papel de la clasificación de las ternas pitagóricas en la
prueba de 1.1. Se trata del hecho siguiente que demostraremos después:
(∗) Si los enteros p, q, r cumplen p 2 +3q 2 = r 3 , (p, q) =1y r
es impar, entonces existen enteros a y b tales que p = a 3 − 9ab 2 ,
q =3a 2 b − 3b 3 , r = a 2 +3b 2 .
Admitiendo esto, p = a(a − 3b)(a +3b), q =3b(a − b)(a + b). Claramente a
y b son primos entre sí y tienen paridades opuestas (o si no p y q serían pares).
Por otra parte 2p =2a(a − 3b)(a +3b) es un cubo. Veamos de nuevo que
los factores 2a, a − 3b y a +3b son primos entre sí dos a dos, con lo que los tres
serán cubos.
Como a y b tienen paridades opuestas, a − 3b y a +3b son impares, luego un
factor común de 2a y a ± 3b es un factor de a y a ± 3b, luego también un factor
común de a y3b. Igualmente un factor común de a +3b y a − 3b lo es de a y3b,
luego basta probar que (a, 3b) = 1. Puesto que (a, b) = 1, lo contrario obligaría
a que 3 | a, pero entonces p | 3 y estamos suponiendo lo contrario.
Así pues, 2a = u 3 , a−3b = v 3 , a+3b = w 3 , luego v 3 +w 3 =2a = u 3 . Nuestro
objetivo es encontrar una solución de la ecuación de Fermat con z 3 par y menor
(en valor absoluto) que el valor del que hemos partido. Así podremos concluir
que no pueden existir tales soluciones ya que no puede haber una mínima.
Hemos de reordenar la terna (u, v, w) para dejar en tercer lugar la componente
par. Como u 3 v 3 w 3 =2a(a−3b)(a+3b) =2p | z 3 , lo cierto es que la componente
par, sea cual sea, es menor en módulo que z 3 .
Falta llegar a la misma conclusión si 3 | p. Supongamos que p =3s y que
3 ∤ q. Entonces nuestro cubo es 2p(p 2 +3q 2 )=3 2 · 2s (3s 2 + q 2 ) y los números
3 2 · 2s y3s 2 + q 2 son primos entre sí, pues (s, q) = 1 obliga a que los únicos