sábado, 18 de febrero de 2012

Primos que son suma de dos cuadrados

En esta entrada vamos a presentar una demostración del hecho que todo primo congruente con $1$ módulo $4$ es suma de dos cuadrados perfectos. El resultado suele atribuirse a Fermat y, de acuerdo, con lo que se lee en la apología de G. H. Hardy: "this ... is ranked, very justly, as of the finest [theorems] in Arithmetic.".

La demostración que a continuación se expone aparece como ejercicio en el Fundamentos de la Teoría de los Números de I. M. Vinogradov y depende sólo de propiedades básicas del símbolo de Legendre.

Sea $p \equiv 1 \pmod{4}$. Para $k \in I_{p}:=\{1,\ldots, p-1\}$, defínase \[S(k) := \sum_{x=0}^{p-1} \left(\frac{x(x^{2}+k)}{p}\right)\] Consideremos la suma \[\sum_{k=1}^{p-1}S^{2}(k).\] Es claro que si $R$ es el conjunto de restos cuadráticos en $I_{p}$ y $N$ es el complemento de $R$ en $I_{p}$ entonces \[\sum_{k=1}^{p-1}S^{2}(k) = \sum_{k \in R}S^{2}(k) + \sum_{k \in N}S^{2}(k).\] Fijemos $r \in R$ y $n \in N$. Si $\eta \in N \setminus\{n\}$ entonces $\left(\frac{\eta n^{-1}}{p}\right) = 1$ y por tanto \[n t^{2} \equiv \eta \pmod{p}\] para algún entero $t$ coprimo con $p$. Luego, al ser \[S(\eta) = S(nt^{2})=\left(\frac{t}{p}\right)S(n)\] se obtiene que \[\sum_{k \in N}S^{2}(k) = \sum_{k \in N} S^{2}(n) = \frac{(p-1)}{2}S^{2}(n).\] Imitando la reducción anterior, pero con la suma sobre $R$, llegamos a que \[\sum_{k=1}^{p-1}S^{2}(k) = \frac{(p-1)}{2}S^{2}(r) + \frac{(p-1)}{2}S^{2}(n).\] ____________________________________________________(*)

Intentaremos ahora poner a $\sum_{k=1}^{p-1}S^{2}(k)$ solamente en función de $p$.

De

$\sum_{k=1}^{p-1}S^{2}(k)$

$= \sum_{k=1}^{p-1}\sum_{x=1}^{p-1}\sum_{y=1}^{p-1} \left(\frac{xy}{p}\right)\left(\frac{(x^{2}+k)(y^{2}+k)}{p}\right)$

$= \sum_{x=1}^{p-1}\sum_{y=1}^{p-1} \left(\frac{xy}{p}\right)\sum_{k=1}^{p-1}\left(\frac{(k+x^{2})(k+x^{2}+(y^{2}-x^{2})}{p}\right)$

se sigue que

$\sum_{k=1}^{p-1}S^{2}(k)$

$= \sum_{x=1}^{p-1}\sum_{y \in A_{x}}\left(\frac{xy}{p}\right)\sum_{k=1}^{p-1}\left(\frac{(k+x^{2})(k+x^{2}+(y^{2}-x^{2})}{p}\right) +$

$ \sum_{x=1}^{p-1}\sum_{y \in B_{x}}\left(\frac{xy}{p}\right)\sum_{k=1}^{p-1}\left(\frac{(k+x^{2})(k+x^{2}+(y^{2}-x^{2})}{p}\right) $ ____________________________________________________(**)

donde $A_{x}:=\{x,p-x\}$ y $B_{x}:= I_{p} \setminus A_{x}$.

La evaluación del primer término en el lado derecho de la última igualdad es inmediata. Dado $x \in I_{p}$, si $y \in A_{x}$ entonces $\left(\frac{xy}{p}\right) = 1$ y

$\sum_{k=1}^{p-1}\left(\frac{(k+x^{2})(k+x^{2}+(y^{2}-x^{2})}{p}\right)$

$= p-1.$

Por consiguiente

$\sum_{x=1}^{p-1}\sum_{y \in A_{x}}\left(\frac{xy}{p}\right)\sum_{k=1}^{p-1}\left(\frac{(k+x^{2})(k+x^{2}+(y^{2}-x^{2})}{p}\right)$

$= 2(p-1)^{2}.$ ____________________________________________________(***)

Para la determinación del término restante, basta con sumar ceros. Para $x$ fijo en $I_{p}$:

$\sum_{y \in B_{x}}\left(\frac{y}{p}\right)\sum_{k=1}^{p-1}\left(\frac{(k+x^{2})(k+x^{2}+(y^{2}-x^{2})}{p}\right)$

$= \sum_{y \in B_{x}}\left(\frac{y}{p}\right)\sum_{k=1}^{p-1}\left(\frac{k(k+(y^{2}-x^{2})}{p}\right)$

$=- \sum_{y \in B_{x}}\left(\frac{y}{p}\right).$

Así

$\sum_{x=1}^{p-1}\sum_{y \in B_{x}}\left(\frac{xy}{p}\right)\sum_{k=1}^{p-1}\left(\frac{(k+x^{2})(k+x^{2}+(y^{2}-x^{2})}{p}\right)$

$= \sum_{x=1}^{p-1} \left(\frac{x}{p}\right)\sum_{y \in B_{x}}\left(\frac{y}{p}\right)(-1)$

$= \sum_{x=1}^{p-1} \left(\frac{x}{p}\right) \left[\left(\frac{x}{p}\right)+\left(\frac{p-x}{p}\right)\right]$

$= 2(p-1).$

De esto y de (*), (**) y (***) se desprende entonces que

$\begin{eqnarray*}\frac{(p-1)}{2}S^{2}(r) + \frac{(p-1)}{2}S^{2}(n) &=& \sum_{k=1}^{p-1}S^{2}(k)\\ &=& 2(p-1)p\end{eqnarray*}$

y por consiguiente \[4p = S^{2}(r)+S^{2}(n).\] El resultado es ahora una consecuencia del hecho que para cada $k \in I_{p}$, $S(k)$ es un número par. En efecto, como $\left(\frac{-1}{p}\right) =1$ se sigue que para $i \in I_{p}$, $\left(\frac{i}{p}\right) = \left(-\frac{(p-i)}{p}\right) = \left(\frac{p-i}{p}\right)$ y por tanto

$\begin{eqnarray*}S(k) &=&\sum_{x=1}^{p-1} \left(\frac{x(x^{2}+k)}{p}\right)\\ &=& \sum_{x=1}^{(p-1)/2}\left(\frac{x(x^{2}+k)}{p}\right) + \sum_{x=(p+1)/2}^{p-1}\left(\frac{x(x^{2}+k)}{p}\right)\\ &=& 2\sum_{x=1}^{(p-1)/2}\left(\frac{x(x^{2}+k)}{p}\right).\end{eqnarray*}$

QED.

Una observación inmediata que podemos hacer es que el recíproco del teorema que se acaba de probar también es cierto: esto es, si $p$ es un primo impar que es suma de dos cuadrados perfectos entonces $p$ es congruente con $1$ módulo $4$. La prueba es sencilla: en módulo $4$, los cuadrados de los enteros son $0$ y $1$.

Otro dato importante es que este teorema resuelve, prácticamente por sí solo, el problema de la determinación de los números enteros que se pueden escribir como suma de dos cuadrados perfectos. Veamos.

Sabemos que en los números complejos, el módulo es una función completamente multiplicativa. Esto es, si $u$ y $v$ son números complejos entonces $|uv| = |u||v|.$ Esto implica que el producto de dos números que son sumas de dos cuadrados es otro número que es suma de dos cuadrados. En vista de este resultado se sigue que una condición suficiente para que un número entero sea suma de dos cuadrados es que, en su descomposición canónica, todos sus factores primos congruentes con $3$ módulo $4$ aparezcan con exponente par. La pregunta obligada es si esta condición también es necesaria. La respuesta es afirmativa y una prueba es como sigue:

Supongamos que $n = a^{2}+b^{2}$ y que $q$ es un divisor primo de $n$ que es congruente con $3$ módulo $4$. Denotemos con $\alpha$ al exponente de $q$ en la descomposición canónica de $n$. Supongamos que $\alpha$ es impar. Si $d:=(a,b)$ y $a=d \cdot a_{0}$ y $b = d \cdot b_{0}$ entonces $(a_{0},b_{0})=1$ y \[n = d^{2}(a_{0}^{2}+b_{0}^{2}).\] Como $\alpha$ es impar entonces debe ser el caso que \[q |(a_{0}^{2}+ b_{0}^{2}).\] Además, como $q$ no es divisor de $b_{0}$ entonces existe un entero $y$ tal que \[b_{0}y \equiv 1 \pmod{q}.\] Elevando al cuadrado ambos lados de la congruencia anterior y sumando después $(a_{0}y)^{2}$ llegamos a que \[(a_{0}y)^{2}+1 \equiv (a_{0}^{2}+b_{0}^{2})y^{2} \equiv 0 \pmod{q}\] lo que entra en contradicción con el hecho que $\left(\frac{-1}{q}\right) = -1.$

La exposición puede seguir varias rutas en este momento, pero preferimos continuar en otra ocasión. Lo único que añadiríamos es que el hecho que haya una identidad para el producto de dos números reales que son suma de dos cuadrados esta relacionado con el hecho que $\mathbb{C}$ sea una de las cuatro álgebras de división normadas sobre los reales.

¡Hasta pronto!

viernes, 3 de febrero de 2012

14 de Pluvioso

El dato del día gira en torno a von Neumann y el famoso problema de la mosca. Nuestra referencia básica es:

P. R. Halmos. The legend of John von Neumann. Amer. Math. Monthly 80 4 (1973), págs. 382-394.

Me parece que la información en el escrito es de primera mano pues, aparte de que tanto von Neumann como Halmos eran húngaro-americanos, Halmos fue asistente de von Neumann en algún momento de su carrera. Además, en una nota al pie de página al inicio del artículo aparece la siguiente declaración del editor en turno del Monthly:

The present paper is the original uncut version of a brief article commissioned by the Encyclopaedia Britannica. (Este escrito es la versión original sin cortes de un breve artículo comisionado por la Encyclopaedia Britannica.)

Los párrafos relevantes empiezan al final de la página 386:

«... Then there is the famous fly puzzle. Two bicyclists start twenty miles apart and head toward each other, each going at a steady rate of 10 m.p.h. At the same time a fly that travels at a steady 15 m.p.h. starts from the front wheel of the southbound bicycle and flies to the front wheel of the northbound one, then turns around and flies to the front wheel of the southbound one again, and continues in this manner till he is crushed between the two front wheels. Question: what total distance did the fly cover? The slow way to find the answer is to calculate what distance the fly covers on the first, northbound leg of the trip, then on the second, southbound leg, then on the third, etc., etc., and, finally, to sum the infinite series so obtained. The quick way is to observe that the bicycles meet exactly one hour after their start, so that the fly had just an hour for his travels; the answer must therefore be 15 miles. When the question was put to von Neumman, he solved it in an instant, and thereby disappointed the questioner: "Oh, you must have heard the trick before!" "What trick?", asked von Neumann; "all I did was sum the infinite series."»

Anexo la presentación que Perero hace del relato en su libro Historia e historias de matemáticas (Grupo Editorial Iberoamérica. México, 1994.):

"... Dos ciclistas A y B van el uno hacia el otro a la velocidad constante de 10 km por hora. Cuando la distancia que los separa es de exactamente 20 kilómetros, una mosca, que vuela a 15 km por hora, sale de la rueda delantera de A y va hasta la rueda delantera de B, ahí se da vuelta y va de B a A, luego nuevamente de A a B y así sucesivamente hasta que chocan las dos ruedas delanteras.

La pregunta es: ¿Qué distancia recorre la mosca?

La manera complicada de resolver el problema consiste en calcular la distancia que recorre la mosca en la primera etapa de su viaje de A a B, luego calcular la distancia recorrida de B a A, luego nuevamente de A a B, y así sucesivamente; se obtiene una serie infinita de distancias que se pueden sumar.

La manera fácil es observar que los dos ciclistas se van a juntar exactamente una hora después de empezar su recorrido; la mosca por lo tanto vuela durante una hora y en ese tiempo recorre 15 km.

Cuando se le propuso este problema a John von Neumann, [él] dio la respuesta casi instantáneamente: el amigo que le presentaba el problema quedó decepcionado y dijo:

- ¡Ah! ¡Ya te sabías el truco!
- ¿Qué truco? -preguntó von Neumann-, lo único que hice fue sumar la serie infinita."

Finalmente, tengo una pequeña trivia para ustedes en torno a la anécdota y al problema en sí:

1) ¿Podrían decir cuál es la serie que sumó von Neumann para resolver el problema?

2) En la película sobre J. F. Nash, Jr. (A beautiful mind), casi al final, hay una escena donde Nash (Russell Crowe) les plantea a unos estudiantes el problema de la mosca. ¿Cierto o falso?

Gracias a todos por seguir sintonizándonos. ¡Hasta muy pronto!