Los casi contraejemplos de Ramanujan para el teorema de Fermat

Debido al reciente estreno de la película The Man Who Knew Infinity en el Reino Unido, Matt Parker publicó el video Ramanujan, 1729 and Fermat’s Last Theorem, donde, además de hablar brevemente de la película y de la anécdota de Hardy y Ramanujan sobre el número 1729, habla sobre una identidad encontrada en una las páginas del llamado «cuaderno perdido» de Ramanujan, en donde aparece el 1729 y una sorprendente identidad sobre la suma de cubos.

La página en cuestión es la siguiente:

En ella dice: Si

(i) $\dfrac{1+53x+9x^2}{1-82x-82x^2+x^3} = a_0 + a_1x + a_2x^2 + a_3x^3 + \ldots$ o $\displaystyle \frac{\alpha_0}{x} + \frac{\alpha_1}{x^2}+ \frac{\alpha_2}{x^3} + \ldots$

(ii) $\dfrac{2-26x-12x^2}{1-82x-82x^2+x^3} = b_0+b_1x + b_2x^2 + \ldots$ o $\dfrac{\beta_0}{x} + \dfrac{\beta_1}{x^2} +\dfrac{\beta_2}{x^3} + \ldots$

(iii) $\dfrac{2 + 8x-10x^2}{1-82x-82x^2+x^3} = c_0 + c_1x + c_2x^2 + c_3x^3 + \ldots$ o $\dfrac{\gamma_0}{x} + \dfrac{\gamma_1}{x^2} + \dfrac{\gamma_2}{x^3} + \dots$ ,

entonces

$a_n^3 + b_n^3 = c_n^3 + (-1)^n$ y $\alpha_n^3 + \beta_n^3 = \gamma_n^3 + (-1)^n$ .

Por ejemplo, para $n=0$ , $a_0 = 1, b_0 = 2, c_0 = 2$ , y $\alpha_0 = 9, \beta_0 = -12, \gamma_0 = -10$ . Los primeros tres números nos dan la identidad trival $1^3 + 2^3 = 2^3 + 1$ , pero los últimos tres nos dan

$9^3 + (-12)^3 = (-10)^3 + 1$ ,

la que podemos reescribir como

$9^3 + 10^3 = 12^3 + 1$ .

Ambos lados de la igualdad son iguales a 1729. Para $n=1,2,3,4,$ por ejemplo, tenemos las identidades

$135^3 + 138^3 = 172^3 - 1, \qquad 791^3 + (-1010)^3 = (-812)^3 - 1$

$11,161^3 + 11,468^3 = 14,258^3 + 1, \qquad 65601^3 + (-83,802)^3 = (-67,402)^3 + 1$

$926,271^3 + 951,690^3 = 1,183,258^3 -1$

$5444135^3 + (-6,954,572)^3 = (-5,593,538)^3 - 1$

$76,869,289^3 + 78,978,818^3 = 98,196,140^3 + 1$

$451,797,561^3 + (-577,145,658)^3 = (-464,196,268)^3 + 1$

Podemos observar que todos estos ejemplos casi nos dan contraejemplos del teorema de Fermat: la suma de los cubos de 135 y 138 es casi el cubo de 172, solo le falta 1; la suma de los cubos de 451,797,561 y 464,196,268 es igual al cubo de 577,145,658, más 1.

Verificamos estas identidades calculando de manera explícita los coeficientes de las expansiones de arriba, simplemente escribiendo las funciones, que son racionales, en fracciones parciales.

Por ejemplo, como podemos factorizar el denominador de todas ellas como

$1 - 82x - 82x^2 + x^3 = (1+ x)(1 - 83x + x^2)$ ,

entonces podemos encontrar números $A, B, C$ tales que

$F(x) = \dfrac{1+53x+9x^2}{1-82x-82x^2+x^3} = \dfrac{A}{x+1} + \dfrac{B}{x-r} + \dfrac{C}{x-s}$ ,

donde r y s son las raíces del polinomio cuadrático $x^2 - 83x + 1$ , que podemos calcular explícitamente como

$r = \dfrac{83+9\sqrt{85}}{2}$ y $s = \dfrac{83-9\sqrt{85}}{2}$ .

Los números $A, B, C$ están dados por

$A= -\dfrac{43}{85}, B = \dfrac{404 + 44\sqrt{85}}{85}$ , y $C = \dfrac{404 - 44\sqrt{85}}{85}$ .

Ahora bien, si recordamos la expansión de la suma geométrica

$\dfrac{1}{1 - z} = 1 + z + z^2 + z^3 + \ldots = \displaystyle \sum_{n=0}^\infty z^n$ ,

válida si $|z|<1$ , tenemos entonces las expansiones

$\displaystyle \frac{A}{x+1} = A\sum_{n=0}^\infty (-1)^n x^n, \qquad\frac{B}{x-r} = -\frac{B}{r}\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{r^n}x^n, \qquad\frac{C}{x-s} = -\frac{C}{s} \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{s^n}x^n.$

Si calculamos cada uno de estos coeficientes, tenemos

$-\dfrac{B}{r} = \dfrac{64-8\sqrt{85}}{85}, \qquad \dfrac{1}{r} = \dfrac{83 - 9\sqrt{85}}{2} = s$

$-\dfrac{C}{s} = \dfrac{64 + 8\sqrt{85}}{85}, \qquad \dfrac{1}{s} = \dfrac{83 + 9\sqrt{85}}{2} = r$ .

Combinando estas expresiones, finalmente obtenemos

$\displaystyle F(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{-43(-1)^n + (64 - 8\sqrt{85})s^n + (64 + 8\sqrt{85})r^n}{85} x^n.$

Similarmente, si denotamos

$G(x) = \dfrac{2 - 26x - 12x^2}{1 - 82x - 82x^2 + x^3}$ y $H(x) = \dfrac{2 + 8x - 10x^2}{1 - 82x - 82x^2 + x^3}$ ,

entonces podemos calcular

$\displaystyle G(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{16(-1)^n + (77 - 7\sqrt{85})s^n + (77 + 7\sqrt{85})r^n}{85} x^n$

$\displaystyle H(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{-16(-1)^n + (93 - 9\sqrt{85})s^n + (93 + 9\sqrt{85})r^n}{85}x^n.$

Tenemos entonces los coeficientes $a_n, b_n$ y $c_n$ , de los cuales podemos calcular de forma explícita sus cubos para verificar la identidad

$a_n^3 + b_n^3 = c_n^3 + (-1)^n$ .

Para calcular los coeficientes $\alpha_n, \beta_n, \gamma_n$ , repetimos los cálculos anteriores, pero ahora para las funciones $F(1/x), G(1/x)$ y $H(1/x)$ . Por ejemplo,

$F(1/x) = \dfrac{x(9 + 53x + x^2)}{1 - 82x - 82x^2 + x^3}$ ,

y observamos que, gracias a la simetría de sus coeficientes, el denominador es el mismo que antes, y entonces tiene las mismas raíces -1, r y s. Repitiendo los cálculos anteriores obtenemos

$\displaystyle F(1/x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{-43(-1)^n + (404-44\sqrt{85})s^n + (404 + 44\sqrt{85})r^n}{85}x^{n+1}$ .

Notamos que la primer potencia de x que aparece en la suma es 1, porque esta vez el numerador tiene a x como factor. Si reemplazamos x por 1/x, tenemos entonces la serie que buscamos:

$\displaystyle F(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{-43(-1)^n + (404-44\sqrt{85})s^n + (404 + 44\sqrt{85})r^n}{85x^{n+1}}$ .

Similarmente,

$\displaystyle G(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{16(-1)^n - (518- 56\sqrt{85})s^n - (518 + 56\sqrt{85})r^n}{85x^{n+1}}$

$\displaystyle H(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{-16(-1)^n - (417- 45\sqrt{85})s^n - (417 + 45\sqrt{85})r^n}{85x^{n+1}}.$

Tenemos entonces fórmulas para los coeficientes $\alpha_n, \beta_n, \gamma_n$ , con las cuales podemos verificar que

$\alpha_n^3 + \beta_n^3 = \gamma_n^3 + (-1)^n.$

Con estas fórmulas podemos observar que $\beta_n$ y $\gamma_n$ son negativos para todo n, por lo que las sumas de cubos positivos están dadas ppor

$\alpha_n^3 + |\gamma_n|^3 = |\beta_n|^3 + (-1)^n$ .

He realizado todos los cálculos aquí descritos en Mathematica. Pueden descargar el notebook para jugar con estas identidades aquí: RamanujanIdentity.nb

Michael D. Hirschhorn, en su artículo An Amazing Identity of Ramanujan, Math. Magazine 68 No. 3 (Jun., 1995), verifica estas identidades como lo hicimos aquí, y discute una posible forma en la cual Ramanujan pudo haber llegado a ellas. Pueden leer el manuscrito de su artículo aquí (en PDF): An amazing identity of Ramanujan.

Marianne Freiberger, en el artículo Ramanujan surprises again de la revista online de matemáticas +plus magazine, entrevista a Ken Ono y Sarah Trebat-Leder sobre estas identidades y otros recientes descubrimientos en el «cuaderno perdido» de Ramanujan.

El video de Matt Parker está muy cotorro. Pueden verlo aquí.