¿Puedes "deducir" tres enteros positivos cubos perfectos cuya suma sea otro cubo perfecto?

El problema es un clásico de las ecuaciones diofánticas:

A³+B³+C³=D³. Se trata de resolver esta ecuación indeterminada encontrando valores enteros y positivos para las cuatro incógnitas. Como la ecuación es homogénea,

si A, B, C, D es una cuaterna solución, y λ cualquier número entero o racional, también lo es λA, λB, λC, λD, puesto que

(λA)³+ (λB)³+( λC)³= λ³(A³+B³+C³)=λ³D³=(λD)³. Así que nos sirven soluciones racionales, porque siempre podemos multiplicarlas por el mínimo común denominador y hacerlas enteras, así como suprimir factores comunes dividiendo todos los valores enteros por su MCD =m, lo que equivale a multiplicar por 1/m.

Resolver este problema por sí solo puede constituir un pasatiempo, como lo eran los pasatiempos numéricos para los babilonios, los griegos, o los hindúes de la Edad Media. Pero también puede servir para "afilar" nuestras armas con problemas no triviales, cuyos métodos pueden servir en otros casos más importantes; o para despertar vocaciones en los jóvenes, para ensayar nuevas ideas pedagógicas o expositivas; o simplemente para "medirnos" con problemas históricos, de los que se ocuparon muchas mentes del pasado: ese lugar al que todos vamos a ir a parar…

Me gustaría contar, en otra respuesta distinta, otros dos métodos asombrosos que resuelven este problema, pero en esta respuesta expondré mi propia solución del problema de manera heurística, es decir, procurando explicar cómo he llegado a cada idea, lo que funciona y lo que no; de los caminos imposibles, los que no funcionan, se aprende tanto o más que de los correctos. Pero en los libros de matemáticas, sobre todo en los textos, salvo que sean de Pólya, o de Erdös o de "locos" similares, al lector se le hurta lo más interesante, y se le da el resultado escueto, a ser posible expuesto con el tono impersonal de un empleado de la funeraria: es imposible que así capte ningún estudiante, ni espectador, ni nadie, la belleza de las matemáticas y la creatividad que nos estimula a poner en juego.

El gran Leonhard Euler empleaba ese tono heurístico, intuitivo, narrativo, en sus textos, que después de siglos siguen tan frescos y claros de comprender como el primer día. Sin embargo, la "pedagogía" actual ha desterrado mucha intuición y mucha frescura: te dan el pez pero no la caña, y así es muy difícil animarse a hacer algo por uno mismo, por la sensación -falsa- de que todo está hecho o casi.

En primer lugar, la imagen geométrica es muy sugestiva, pero, a mí al menos, no me sugería un punto de ataque: imaginemos tres cubos de arista entera, es decir, medida por un entero en la unidad de medida, y el cubo grande, como una especie de piscina, debe contener tanta agua como los otros tres juntos. De ahí no se ve cómo averiguar las medidas pero ya vemos que hay algo armónico en todo el asunto; y fijándonos en la historia de las matemáticas, fue Fermat quien escribió que no puede descomponerse un cubo entero como suma de dos cubos enteros, ni tampoco las potencias superiores se pueden descomponer en dos semejantes (su famoso Último Teorema de Fermat, probado por Wiles en 1995). Así que tenemos que descomponer un cubo entero en tres partes, eso sí que va a ser posible, pero aún no sabemos cómo.

Mi intento consiste en probar con expresiones sencillas que contengan más variables, y tratar luego de determinar los valores de esas variables. Pero las expresiones algebraicas más sencillas son las lineales, o de primer grado, así que pruebo con cuatro binomios indeterminados…un poco siguiendo las ideas de Descartes, algo tan natural como emplear su maravilloso método de coeficientes indeterminados, que lo mismo sirve para demostrar el teorema del binomio de Newton, como la fórmula de Taylor, la de Maclaurin, obtener las series exponenciales, logarítmicas, trigonométricas o hiperbólicas y hasta la resolución algebraica de la ecuación general de cuarto grado.

Así pues, pruebo este cambio de variables:

A=ax+α ; B=bx+β ; C=cx+γ ; D=dx+δ. No nos interesan las soluciones nulas para x, porque x=0 da A=α ; B=β ; C=γ ; D=δ, un simple cambio de nombre de las incógnitas, pero no arreglamos nada cambiando el nombre a la enfermedad…Sustituyendo:

(ax+α)³+(bx+β)³+(cx+γ)³=(dx+δ)³. Esta ecuación, al igual que la propuesta, es de tercer grado, pero homogénea, una pequeña ventaja como hemos visto. Desarrollando los cubos y pasando al primer miembro todos los términos,

(a³+b³+c³-d³)x³+(3a²α+3b²β+3c²γ-3d²δ)x²+(3aα²+3bβ²+3cγ²-3dδ²)x+

+( α³+β³+γ³-δ³)=0 (*). Si encontramos valores racionales de a,b,c,d,α, β, γ, δ, x que sean solución de (*) tenemos ya una solución del problema propuesto. Pero las ecuaciones de tercer grado, resueltas por la fuerza, es decir, algebraicamente, conducen a complejísimas expresiones con radicales cúbicos y cuadráticos y casi siempre a números irracionales y hasta imaginarios, en muchos casos; las ecuaciones cuadráticas, que podrían parecer sencillas (y lo son más que las cúbicas), desde luego no lo son tanto cuando queremos también extraer de ellas soluciones enteras, o racionales, sin radicales de por medio.

Mi plan era ir anulando términos empezando por la derecha, para obtener una ecuación de tercer grado pero sin término independiente, lo cual permite reducirla inmediatamente al segundo grado, dividiendo por x todos los términos. Por supuesto, la solución x=0 no nos interesa, como ya hemos advertido, y suponemos x≠0.

Para que funcione el plan de dividir por x, cuando el término independiente es 0, y rebajar la ecuación al segundo grado, necesitamos en primer lugar, para anular el término independiente, buscar α, β, γ, δ tales que α³+β³+γ³-δ³=0, o bien,

α³+β³+γ³=δ³ ; ¡de nuevo el problema inicial!

Dicho de otro modo, para encontrar una cuaterna solución ¡hace falta empezar por conocer una cuaterna solución! Un modélico círculo vicioso.

Bueno, podemos empezar por anular términos empezando por la izquierda, pero, ¡oh, hados del destino! habría que asignar valores a a, b , c, d tales que

a³+b³+c³-d³=0, es decir, que sean tales que a³+b³+c³=d³ ; el círculo vicioso esta vez en el lado contrario, como hace todo problema que se defiende bien para no ser resuelto.

Sin embargo, aquí debemos hacer un alto en el camino:

Ley número 1 del investigador: Cuando todas las salidas están bloqueadas, es más que probable que el bloqueo se deba a la estupidez del que trata de resolver el problema, y no a los "méritos" propios del problema…

Asumiendo nuestra cuota de estupidez, repasamos qué queremos hacer y en qué punto del camino estamos…(media hora de reflexión, paseo por el campo…).

A veces la idea viene de la manera más insospechada: un museo ha dado el cambiazo a un cuadro, creo que de Van Gogh, lo han sustituido por uno falso, para poder exponer el verdadero en una reunión privada, con la idea de reintegrarlo después sin que nadie lo note…¡claro! ¿Y si empleo una solución "falsa" para encontrar la verdadera? Los grandes falsificadores son verdaderos artistas, y hasta a veces actúan con buenos fines…

La solución "verdadera" que queremos son cuatro enteros positivos A,B,C,D, tales que la suma de los cubos de los tres primeros sea igual al cubo del cuarto.

Pero, para ello necesitamos primero encontrar cuatro enteros positivos α, β, γ, δ tales que la suma de los cubos de los tres primeros sea igual al cubo del cuarto.

El cuadro falso va a ser el segundo, y para que sea "falso" hay que retirar alguna propiedad contenida en esos dos renglones…¿para qué diablos deben ser "positivos" α, β, γ, δ ?

¡Esa es la idea! solo son valores auxiliares, así que mi "cuadro falso" es éste:

1³+2³+(-1)³=2³. Son tres "enteros", la suma de tres cubos perfectos igual a un cubo perfecto, y no pongo todo unos porque ya sería mucho descaro, demasiado "falso".

1³+2³+(-1)³=2³ → α=1, β=2, γ=-1, δ=2; sustituyendo en la ecuación cúbica:

(a³+b³+c³-d³)x³+(3a²+6b²-3c²-6d²)x²+(3a+12b+3c-12d)x=0. Una solución trivial es x=0, que no interesa, por tanto, dividiendo por x, para hallar las soluciones no nulas:

(a³+b³+c³-d³)x²+(3a²+6b²-3c²-6d²)x+(3a+12b+3c-12d)=0.

Ahora podemos anular otra vez el término independiente, esta vez es más fácil, resolviendo al final una ecuación lineal en x, cuya solución ya es racional:

3a+12b+3c-12d=0 → simplificando (dividimos por 3)

a+4b+c-4d=0, habiendo algún coeficiente 1 o -1 basta despejar cualquier incógnita con ese coeficiente y tendremos valores enteros dando valores a las demás; no es forzoso que sean enteros, basta que sean racionales, por ser la ecuación propuesta homogénea, pero si son enteros el cálculo es más "amable".

a=4d-4b-c, o bien, a=4(d-b)-c (**). Aquí quedan libres b,c,d, que pueden recibir cualquier valor que queramos.

La ecuación incompleta de segundo grado en x, separada la solución trivial x=0 da:

x=-3(a²+2b²-c²-2d²)/(a³+b³+c³-d³) (***),

solución siempre racional y aceptable, salvo que también fuese a³+b³+c³=d³, a la vez que se cumple la relación lineal (**); algo que no es en absoluto nada probable que suceda y casi me atrevería a decir que es imposible, si a,b,c,d son enteros positivos distintos de cero; aunque habría que probarlo. Pero eludimos a priori y fácilmente ese caso singularísimo al asignar valores enteros y positivos a los parámetros a,b,c,d, asegurando que sea d menor que alguno de los otros: a,b,c, de modo que d³

Para no obtener valores muy grandes, tomamos d=2, b=1, y como queda a=4*1-c=4-c; tomamos c=3, y resulta:

a=1 / b=1 / c=3 / d=2, ahora la última ecuación de segundo grado se reduce a

21 x²-42x=0, suprimiendo de nuevo la solución trivial x=0, queda al fin la ecuación de primer grado:

21 x - 42 = 0 → x=2 → luego A=ax+α ; B=bx+β ; C=cx+γ ; D=dx+δ, o sea,

A=1*2+1 ; B=1*2+2 ; C=3*2–1 ; D=2*2+2, o bien,

A=3, B=4, C=5, D=6, que da: 3³+4³+5³= 6³ (La mínima solución del problema).

Una vez Cauchy recibió una "demostración" de que era imposible la ecuación

A³+B³+C³=D³ en enteros positivos A,B,C,D. La devolvió con una sola nota en el sobre:

3³+4³+5³= 6³ (!). Es una pena que no se siga la secuencia

3²+4²=5² , 3³+4³+5³= 6³ y no pasa nada más…pero así son las cosas…

Naturalmente, conociendo ahora esta solución, podríamos emplearla como valores de

α, β, γ, δ y repetir lo mismo, ya con un "cuadro verdadero"; pero podemos seguir con esta misma solución y atribuir ahora otros valores a los parámetros a, b, c, d; por ejemplo, en a=4(d-b)-c, damos los valores d=3 b=2 , c=1 y sale: a=3, b=2, c=1, d=3; ahora la ecuación cuadrática queda:

9x²-6x=0 → x=2/3; luego A=ax+α ; B=bx+β ; C=cx+γ ; D=dx+δ, o sea,

A=3*2/3+1 =3 / B=2*2/3+2 / C=1*2/3-1 / D=3*2/3+2

A=3 / B=10/3 / C=-1/3 / D=4, todo por 3: 9³+10³-1³=12³→ no sirve por no haber tres valores del mismo signo en A³+B³+C³+(-D)³=0, pero resuelve otro problema: encontrar enteros que sean suma de dos cubos de dos maneras distintas.

9³+10³=12³+1³, la igualdad del taxi. Cuando ya estaba muy mal Ramanujan, en el hospital se aburría mucho por no poder trabajar, y siempre que podía iba a visitarle su amigo y protector, el gran matemático inglés Hardy. Uno de esos días, Hardy le dijo: he venido en un taxi con un número anodino, el 1729; como una centella, Ramanujan contestó: al contrario, es un número muy interesante. Es el menor entero positivo expresable como suma de dos cubos de dos formas distintas: 1729=9³+10³=12³+1³.

Así que con este mismo método hemos resuelto el problema de hallar números enteros positivos expresables al menos de dos maneras distintas como suma de dos cubos. Cuando entre A, B, C y -D dos salen positivos y dos negativos, tenemos una solución del problema de las sumas iguales de dos cubos, y cuando hay tres valores entre A,B,C, -D del mismo signo la solución sirve para el problema de la suma de tres cubos enteros positivos igual a otro cubo.

Otros valores darían d=4, b=2, a=8-c, c=5 → a=3 / b=2 / c=5 / d=4 luego

96x²-120x=0 → x=5/4 → 18³+19³+21³=28³, etc. Si tuvieran divisores comunes los cuatro enteros bases de los cubos, podríamos dividirlos por su MCD para obtener una cuaterna primitiva, es decir, "simplificada" sin divisores comunes a los cuatro.

Tomando en (**), por ejemplo, a=3 / b=1 / c=5 / d=3 (solución de 3a+12b+3c-12d=0)

sale de (***): x=-3(9+2–25–18)/(27+1+125–27)=96/126=16/21, que da:

A=ax+1=48/21 +1 / B=16/21 +2 / C=80/21 -1 / D=48/21 +2, o bien, multiplicando todos los valores de A,B,C,D por el factor 21 (por ser la ecuación homogénea de toda solución se extraen infinitas multiplicando por un factor arbitrario)

A=69 / B=58 / C= 59 / D=90, es decir (ordenando de menor a mayor):

58³+59³+69³=90³, que puede comprobarse con la calculadora o con un lápiz…

(SEGUIRÁ…)