Hola.
¡Miedo me da!, pero voy a intentar, otra vez, la demostración referida.
Supongamos posible: \( a, \ b, \ c \in{N} \ / \ a^3=b^3+c^3 \), siendo, uno de ellos, un número par.
Supongamos, también, que “a”, “b”, “c”, son coprimos.
Lema 1º)
\( \exist{t} \in{N} \ / \ a+t=b+c \), y “t” ha de ser par (obviamente).
Demostración:
Si :\( a^3=b^3+c ^3 \ < \ b^3+c^3+3b^2c+3bc^2=(b+c)^3 \)
Entonces: \( a^3 \ < \ (b+c)^3 \rightarrow{} a<b+c \).
Conclusión:
A) \( t=b+c-a \)
Lema 2º)
\( 3|(a-b) \ o \ 3|(a-c) \ o \ 3|(b+c) \)
Demostración:
\( t=b+c-a \rightarrow{}t^3=(b+c-a)^3 \)
Operando, resulta:
\( t^3=3(a-b)(a-c)(b+c) \)
De aquí, sacamos la conclusión, que \( 3^k|t \ / \ k \in{N} \), y, por tanto, (a-b), (a-c) o (b+c), deben ser múltiplos de \( 3^{3k-1} \). Ahora hay que demostrar que sólo puede ser uno de ellos.
Supongamos, ahora, que el término divisible por \( 3^{3k-1} \), sea “(a-b)”.
Lema 3º)
\( 3^k|c \), y:
\( (a-b) \) y \( a^2+ab+b^2 \), no tienen divisores comunes (a excepción del “3”)
Demostración:
\( \dfrac{c^3}{a-b}=\dfrac{a^3-b^3}{a-b}=a^2+ab+b^2=(a-b)^2+3ab \)
El término \( (a-b)^2+3ab \), sólo es divisible una vez por “3”, por ser coprimos “a”, “b” y “c”.
\( Sea: \ d \ne{3} \in{N}\ / \ d|(a-b) \rightarrow{} d|c \rightarrow{} d \cancel{|} (a-b)^2+3ab \)
Conclusiones: podemos definir los términos,
\( e, \ p \in{N} \ / \ (a-b)=\dfrac{e^3}{3} \ / \ (a^2+ab+b^2)= 3p^3 \)
Por tanto, llamaremos:
\( e^3=3(a-b) \)
\( c=ep \ / \ 3^k|e \ / \ 3^k|c \)
Lema 4º)
\( \dfrac{b^3}{a-c}=\dfrac{a^3-c^3}{a-c}=a^2+ac+c^2=(a-c)^2+3ac \)
Denomino:
\( f, q \in{N} \ / \ (a-c)=f^3 \ / \ (a^2+ac+c^2)=q^3 \)
\( b=fq \)
Lema 5º)
\( \dfrac{a^3}{b+c}=\dfrac{b^3+c^3}{b+c}=b^2-bc+c^2=(b+c)^2-3bc \)
Denomino:
\( g, r \in{N} \ / \ (b+c)=g^3 \ / \ (b^2-bc+c^2)=r^3 \)
\( a=gr \)
Corolario (Lemas 3, 4 ,5): e, f, g, p, q, r, son coprimos entre sí.
Lema 6º)
6.1) \( p=\dfrac{e^2}{3}+fg \)
6.2) \( q=f^2+eg \)
6.3) \( r=g^2-ef \)
Demostraciones:
6.1)
\( t=b+c-a=c-(a-b) \). Lema 1º)
\( t=efg=ep-\dfrac{e^3}{3} \). Lemas 3º)
\( fg=p-\dfrac{e^2}{3} \rightarrow{}p=\dfrac{e^2}{3}+fg \)
6.2)
\( t=b+c-a=b-(a-c) \). Lema 1º)
\( t=efg=fq-f^3 \). Lemas 4º)
\( eg=q-f^2 \rightarrow{} q=f^2+eg \)
6.3)
\( t=b+c-a=(b+c)-a \). Lema 1º)
\( t=efg=g^3-rg \). Lemas 5º)
\( ef=g^2-r \rightarrow{} r=g^2-ef \)
DEMOSTRACIÓN GENERAL:
\( \color{red}q^3=a^2+ac+c^2=(a-c)^2+3ac=f^6+3ac=f^6+3rgpe \color{black} \). (*) . Lema 4º)
\( q=f^2+eg \). (**) . Lema 6º)
\( \dfrac{(*)}{(**)}=q^2 \)
Bien,
\( f^6+3rgpe=(f^4+eg)(f^2+eg)-ef^4g-ef^2g+3rp \)
Se deduce que:
\( (f^2+eg) | (ef^4g+ef^2g-3rp) \)
Como:
\( 3rp=e^2g^2-e^3f+3fg^3-3f^2g \). Lema 6º)
Entonces:
\( (f^2+eg) | (ef^4g+4ef^2g-e^2g^2+e^3f-3fg^3) \)
\( ef^4g+4ef^2g-e^2g^2+e^3f-3fg^3=-eg(f^2+eg)+ef^4g+5ef^2g+e^3f-3fg^3 \)
Se deduce que:
\( (f^2+eg) | [f(egf^3+5efg+e^3-3g^3)] \)
\( (f^2+eg) | (egf^3+5efg+e^3-3g^3) \)
\( egf^3+5efg+e^3-3g^3=egf^3+5(b+c-a)+3(a-b)-3(b+c)= \)
\( =egf^3-2a-b+2c=egf^3-2(a-c)-b=egf^3-2f^3-fq=f(egf^2-2f^2-q) \)
Se deduce que:
\( (f^2+eg) | (2f^2-egf^2+q) \)
Por Lema 6.2):
\( (f^2+eg) | [f^2(2-eg)] \)
Por tanto:
\( (f^2+eg) | (2-eg) \)
Lo que es contradictorio, ya que, evidentemente:
\( 0< \ \dfrac{eg-2}{f^2+eg} \ < \ 1 \)
Esto, demostraría el caso, en que: \( 3|c,e \).
Sería idéntico el caso, en que: \( 3|b,f \)
Faltaría ver el caso: \( 3|a,g \)
Antes de seguir con la exposición, me gustaría, que se compruebe si he cometido errores.
Un cordial saludo.
