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 sí esta relacionado con el hecho que $\mathbb{C}$ sea una de las cuatro álgebras de división normadas sobre los reales.

¡Hasta pronto!