Hola, la demostración entonces, por ahora, quedaría así:
Me baso en la idea central de la demostración de Euler del UTF3; por lo que esto puede considerarse como una versión de la misma.
Supongamos que \( \pmb{a^3+b^3+c^3=0} \) , para \( a,b,c \) enteros y coprimos entre sí.
Si \( 3 \) no divide á \( abc \) . Entonces, puesto que \( (\mathbb{Z}/9\mathbb{Z})^3=\{0,1,-1\} \) , tendremos que \( a^3+b^3+c^3\not\equiv{0} \) mod \( 9 \) . Lo que no puede ser.
Establezcamos pues, sin perder generalidad, que \( 3^k \) , para \( k\in{\mathbb{N}} \) , divide á \( c \) .
Lema I: Si \( \alpha^3 \) , para \( \alpha\in{\mathbb{Z}(\omega=(-1+\sqrt{-3})/2)} \) , el anillo de los enteros de Eisenstein; no es múltiplo de \( 3 \) ni de \( 2 \) , entonces \( \alpha^3\equiv{\pm 1} \) mod \( 9 \) -y- \( \alpha^3\equiv{1} \) mod \( 2 \) .
Tomemos \( \alpha=a+b\omega \) , para \( a,b \) enteros usuales y coprimos. Entonces: \( \alpha^3=a^3+3a^2b\omega+3ab^2\omega^2+b^3\omega^3=a^3+b^3-3ab^2+3ab(a-b)\omega \) . Módulo \( (3,9) \) , podemos encontrarnos con estas dos situaciones: Que \( a \) ó \( b \) sean uno de ellos múltiplo de \( 3 \) ó que \( a\equiv{b} \) mod \( 3 \) . Ya que si \( a\not\equiv b \) mod \( 3 \) , ocurrirá que \( a+b\omega\equiv{1-\omega} \) ó \( a+b\equiv{-1+\omega} \) mod \( 3 \) -y- \( 1-\omega \) es un primo que divide á \( 3=-\omega^2(1-\omega)^2 \) .
En la primera de las situaciones, \( \alpha^3 \) será congruente módulo \( 9 \) con \( b^3 \) ó \( a^3 \) , según sea el caso. Y en la segunda situación, tendremos que \( (a+b\omega)^3\equiv{a^3+b^3-3ab^2+3ab(a-b)\omega}\equiv{a^3+a^3-3a^3}\equiv{-a^3} \) . Luego en todos los casos \( \alpha^3\equiv{\pm 1} \) mod \( 9 \) , ya que todos los cubos de enteros usuales son congruentes con \( \pm 1 \) módulo \( 9 \) .
Módulo \( 2 \) , tenemos también que \( (a+b\omega)^3=a^3+3a^2b\omega+3ab^2\omega^2+b^3\omega^3\,=\,a^3+b^3+3ab\omega(a+b\omega) \) . Pero al ser \( 2 \) primo en \( \mathbb{Z}(\omega) \) , nos encontraremos solamente con estas dos situaciones: Que \( a \) ó \( b \) sean uno de ellos pares; y en consecuencia \( \alpha^3 \) será congruente con el impar \( b^3 \) ó \( a^3 \) , según sea el caso. Ó que los dos enteros usuales, \( a,b \) , sean impares; pero entonces \( (a+b\omega)^3\equiv{1+3\omega+3\omega^2+1}=-1\equiv{1} \) . Luego en todos los casos \( \alpha^3\equiv{1} \) mod \( 2 \) .
Lema II: Si \( a^3+b^3+c^3=0 \) , \( 3 \) solamente divide al cubo que es par.
Supongamos sin perder generalidad, que \( 2^l \) , para \( l\in{\mathbb{N}} \) , divide á \( a \) -y- que \( 3^k \) divide á \( c \) . Entonces: \( -b^3=a^3+c^3 \) -y- \( -b^3=(a+c)((a+c)^2-3ac)=(a+c)(a+c\omega)(a+c\omega^2) \) . Tenemos que \( a+c \) -y- \( (a+c)^2-3ac \) son coprimos salvo por \( 3 \) -y- por tanto, también salvo por el primo \( \lambda=1-\omega \) de \( 3=-\omega^2\lambda^2 \) . Pero como \( 3 \) -y- por consiguiente \( \lambda \) , no dividen á \( -b^3 \) , ni á \( a+c \) ó \( (a+c)^2-3ac \) , estos dos últimos factores serán coprimos y terceras potencias. Pero tenemos también que \( a+c\omega \) -y- \( a+c\omega^2 \) deben ser coprimos; puesto que de su suma: \( a+c\omega+a+c\omega^2=2a-c \) -y- de su diferencia: \( a+c\omega-a-c\omega^2=c+2c\omega=c(1+2\omega) \) , se desprende que ni \( c \) , del segundo resultado, ni \( 1+2\omega \) , que es un asociado de \( 1-\omega \) -y- por tanto divisor de \( 3 \) , dividen ambos á \( 2a-c \) . Por tanto \( a+c\omega \) será un cubo entero de Eisenstein. De esta manera \( a+c\omega=\epsilon\alpha^3 \) , para \( \epsilon \) una unidad de \( \mathbb{Z}(\omega) \) . Y como si \( 3 \) no divide a \( \alpha^3 \) , por el Lema 1, \( \alpha^3\equiv{\pm 1} \) mod \( 3 \) . Entonces \( a+c\omega\equiv{\pm\epsilon} \) mod \( 3 \) -y- \( a\equiv{\pm\epsilon} \) mod \( 3 \) . Así, \( \epsilon \) sólo podrá ser \( \pm 1 \) , puesto que \( a \) es un entero usual. Además, como si \( 2 \) no divide á \( \alpha^3 \) , también por el Lema I, conocemos que \( \alpha^3\equiv{1} \) mod \( 2 \) . Tendremos que \( a+c\omega\equiv{\epsilon} \) mod \( 2 \) -y- \( \omega\equiv{\epsilon} \) mod \( 2 \) , puesto que \( c \) es impar. Pero esto no puede ser porque antes vimos que \( \epsilon=\pm 1 \) -y- \( \omega\mp 1\not\equiv{0} \) mod \( 2 \) .
Lema III: Si \( 2u=a+b \) , existe un entero \( v \) tal que \( \dfrac{4u^2}{3}-ab=\dfrac{u^2}{3}+v^2 \) .
Operamos: \( v^2=\dfrac{4u^2}{3}-\dfrac{u^2}{3}-ab \) -y- \( v^2=u^2-ab \) \( \Rightarrow \) \( v^2=\dfrac{a^2+b^2+2ab}{4}-ab \) -y- \( v^2=\dfrac{a^2+b^2-2ab}{4} \) \( \Rightarrow \) \( v^2=\dfrac{(a-b)^2}{4} \) -y- \( v=\dfrac{a-b}{2} \) . Siendo \( v \) impar por ser \( a+b \) par como mínimo de \( 8 \) .
Y a partir de aquí, podemos llegar ya a otra suma menor de 3 cubos igual a cero.
Sabemos que \( \dfrac{u^2}{3}+v^2 \) es un cubo y que como \( u \) es múltiplo de \( 3 \) , entonces \( \dfrac{u^2}{3}+v^2=3u'\,^2+v^2 \) , para \( u'=\dfrac{u}{3} \) . Luego \( 3u'\,^2+v^2=K^3 \) , para un \( K \) entero.
Por la demostración de Euler de este caso del UTF
(VER aquí Lemma 6), conocemos que la solución primitiva en enteros de esta ecuación: \( x^2+3y^2=N^3 \) , para \( N \) impar -y- \( x,y \) enteros coprimos, es: \( x=r(r^2-9s^2) \) -y- \( y=3s(r^2-s^2) \) , para unos \( r,s \) coprimos.
Así, por este Lema tendremos ahora que \( u'=3q(p^2-q^2) \) -y- \( v=p(p^2-9q^2) \) , para unos \( p,q \) coprimos. De manera que \( p \) debe ser impar por serlo \( v \) , lo que supone que \( q \) debe ser par por serlo \( u' \) . Y si \( 2u'=6q(p^2-q^2) \) -y- \( \dfrac{2u'}{3}=2q(p^2-q^2) \) , entonces \( \dfrac{2u'}{3}=\dfrac{2u}{9} \) será siempre un cubo por serlo \( \dfrac{2u}{3^{3k-1}}=\dfrac{a+b}{3^{3k-1}} \) . Por lo que \( 2q \) -y- \( p^2-q^2 \) , ambos coprimos, serán también cubos. Y lo mismo: \( p+q \) -y- \( p-q \) . Luego: \( p+q-p+q=2q \) representará una suma de tres cubos igual a cero, si: \( a'\,^3=p+q \) ; \( b'\,^3=-(p-q) \) ; \( c'\,^3=-2q \) -y- : \( \pmb{a'\,^3+b'\,^3+c'\,^3=0} \) . Y como: \( \left |{a'\,^3+b'\,^3}\right |=\left |{-c'\,^3}\right |=\left |{2q}\right |<\left |{3q(p^2-q^2)}\right |=\left |{u'}\right |=\left |{\dfrac{a+b}{6}}\right |<\left |{a^3+b^3}\right |=\left |{-c^3}\right | \) . Y además \( 6 \) como mínimo divide á \( c' \) -lo mismo que á \( c \)- , por dividir \( 2 \) á \( c'\,^3 \) , siendo el único cubo par, por el Lema II . Entonces nos encontramos ante un caso de descenso infinito.
Un saludo,
Actualizado 7 abril 2022
