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Tentativo di soluzione del punto iii
$ \dispaystyle \\ x^{p}+y^{p}=p^{z} \\ x^{p} \equiv x^{p-1} \cdot x \equiv x \pmod{p} \\ y^{p} \equiv y^{p-1} \cdot y \equiv y \pmod{p} $

(Ho usato il piccolo teorema di Fermat)
Da quensto possiamo affermare che
$ \dispaystyle \\ x^{p}=p \cdot k +x \\ y^{p}=p \cdot h +y \\ p \cdot k +x + p \cdot k +y = p^{z} \\ x+y=p \cdot (p^{z-1}-k-h) $

$ \dispaystyle p|x+y $

pertanto $ \dispaystyle x+ y $ deve esser un multiplo di p...
Ma se ciò fosse vero
$ \dispaystyle \\ x+y=k \cdot p \\ k^{p} \cdot p^{p}=p^{z} $
Ciò, dato che p è primo, ha senso solo supponendo $ \dispaystyle \\ k^{p}=p^{z-p} $
Pertanto deve essere $ \dispaystyle x+y=p^{\alpha} $
Rimane da dimostrare che $ \dispaystyle $ \alpha $ deve essere 1...

Cavolo...
Ero convinto di esserci vicino...ma a quanto pare sono più lontano di quello che penso...
Ho capito cosa devo fare e cosa devo dimostrare, ma mi sfugge qualcosa...
Ti prego jordan per questa volta posta te il resto della dimostrazione...

angus89 ha scritto:Tentativo di soluzione del punto iii
$ \dispaystyle \\ x^{p}+y^{p}=p^{z} \\ x^{p} \equiv x^{p-1} \cdot x \equiv x \pmod{p} \\ y^{p} \equiv y^{p-1} \cdot y \equiv y \pmod{p} $

(Ho usato il piccolo teorema di Fermat)
Da quensto possiamo affermare che
$ \dispaystyle \\ x^{p}=p \cdot k +x \\ y^{p}=p \cdot h +y \\ p \cdot k +x + p \cdot k +y = p^{z} \\ x+y=p \cdot (p^{z-1}-k-h) $

$ \dispaystyle p|x+y $

pertanto $ \dispaystyle x+ y $ deve esser un multiplo di p...
Ma se ciò fosse vero
$ \dispaystyle \\ x+y=k \cdot p \\ k^{p} \cdot p^{p}=p^{z} $
Ciò, dato che p è primo, ha senso solo supponendo $ \dispaystyle \\ k^{p}=p^{z-p} $
Pertanto deve essere $ \dispaystyle x+y=p^{\alpha} $
Rimane da dimostrare che $ \dispaystyle $ \alpha $ deve essere 1...

Per dimostrare questo bastava osservare che, prendendo p dispari:
$ ~ x^p+y^p = (x+y)(x^{p-1}-x^{p-2}y + \ldots + y^{p-1}) $ è una potenza di p. Siccome p è primo, ciascuno dei due fattori è una potenza di p ...

Ora il passo successivo è dimostrare che $ ~ x^p + y^p $ e $ ~x+y $ non possono avere un grande fattore comune.

i)se $ (x,y,z)\in N^3 $ è primitiva allora $ (x,y)=1 $.

ii)se $ p=2 $ allora $ (x,y,z,p)=(1,1,1,2) $, d'ora in poi p>2.

iii)$ z \ge 3 $.
$ p^z=x^p+y^p=(x+y)(x^{p-1}-x^{p-2}y+...+y^{p-1})=p^a\cdot p^b $ con $ a+b=z $. vale $ a\le b $ infatti $ x+y \le RHS $, ponendo $ y=p^a-x $ otteniamo $ RHS=\sum_{i=0}^{p-1}{(-1)^ix^{p-1-i}(p^a-x)^{i} \equiv px^{p-1} \pmod {p^a} $ da cui $ p|a $ se $ a>1 $, assurdo per ipotesi.
allora possiamo porre $ y=p-x $ e otteniamo $ x^p+y^p \equiv \sum_{i=0}^{p-1}\binom{p}{i}{(-1)^ip^{p-i}x^i \equiv p^2x \pmod {p^3} $ da cui $ p|x $, assurdo come prima.

iv)$ z=2 $
$ x^p+y^p=p^2 $, ma per la disuguaglianza tra medie abbiamo $ (\frac{x^p+y^p}{2})^{\frac{1}{p}} \ge \frac {x+y}{2} = \frac{p}{2} $ da cui $ p^2 =x^p+y^p \ge \frac{p^p}{2^{p-1}} $ che vale solo per $ p=3 $. se $ p=3 $ otteniamo la seconda e ultima terna primitiva (a meno di permutazione) $ 1^3+2^3=3^2 $

bye