Atando cabos

Esta entrada tiene varios propósitos. El primero de ellos es presentar una demostración de un resultado que se empleó un par de veces en la entrada anterior, a saber, que $-1$ es resto cuadrático del primo $2$ y de todos los primos congruentes con $1$ módulo $4$ y resto no cuadrático de los primos congruentes con $3$ módulo $4$. Se ha decidido iniciar el post con esta prueba porque ocuparemos el resultado más adelante.

Prueba. Como el aserto es claramente cierto para el primo $2$, supondremos en lo sucesivo que $p$ denota a un primo impar. Del teorema de Wilson sabemos que \[(p-1)! \equiv -1 \pmod{p}.\] Luego, puesto que para cada $i \in\{1,2,\ldots, \frac{p-1}{2}\}$ se cumple que \[i\equiv -(p-i) \pmod{p},\] se sigue que

\begin{eqnarray*}-1 &\equiv& 1\cdot 2 \cdots \frac{p-1}{2}\cdot \frac{p+1}{2} \cdots (p-1) \pmod{p}\\ &\equiv& (-1)^{\frac{p-1}{2}}(1\cdot 2 \cdots \frac{p-1}{2})^{2} \pmod{p}.\end{eqnarray*} De esto se desprende inmediatamente que $-1$ es resto cuadrático de los primos congruentes con $1$ módulo $4$. Por otro lado, si $p \equiv 3 \pmod{4}$ y $x$ es tal que \[x^{2} \equiv -1 \pmod{p},\] entonces \[x^{p-1} = (x^{2})^{\frac{p-1}{2}} \equiv -1 \pmod{p},\] lo que es absurdo de acuerdo con el pequeño teorema de Fermat.

QED.

Discutiremos a continuación una prueba más del teorema de Fermat sobre los primos congruentes con $1$ módulo $4$. La línea que seguiremos ahora se atribuye al matemático noruego Axel Thue (1863-1922) y es, en mi opinión, un tanto más simple que aquella que retomamos del libro de I. M. Vinogradov en la entrada previa.

Sea $p$ un número primo congruente con $1$ módulo $4$. De acuerdo con lo demostrado al inicio de la entrada, existe $s \in \mathbb{Z}$ tal que $s^{2} \equiv -1 \pmod{p}$. Consideremos el conjunto \[S:= \{0,1,\ldots, \lfloor \sqrt{p} \rfloor\}.\] Un cálculo directo nos indica que el número de pares ordenados $(t,u)$ con $t$ y $u$ en $S$ es \[(1+\lfloor \sqrt{p} \rfloor)^{2}>p.\] Esto implica a su vez que en el conjunto \[\{t-su: (t,u) \in S\times S\}\] debe haber dos números congruentes entre sí módulo $p$. Supongamos que estos números corresponden a los dos pares ordenados distintos $(t,u)$ y $(v,w).$ Si definimos $x:= |t-v|$ y $y:=|u-w|$, se tiene que \[(x,y) \in S \times S, \quad x \equiv \pm s y \pmod{p}\] y que $x$ y $y$ no pueden ser simultáneamente cero (pues los pares $(t,u)$ y $(v,w)$ son distintos). De la definición de $s$ se desprende que $x^{2} \equiv -y^{2} \pmod{p}$. Como se cumple además que \[0< x^{2}+y^{2} < 2p,\] se colige que $p=x^{2}+y^{2}$ y la prueba termina.

QED.

Una de las ventajas de este tratamiento del teorema de Fermat es que puede emplearse para estudiar otros problemas de representación de primos por formas cuadráticas binarias. Por ejemplo, si $D \in \mathbb{N}$, una condición necesaria para que el primo $p$ (coprimo con $D$) sea de la forma $x^{2}+Dy^{2}$ es que $-D$ sea resto cuadrático módulo $p$. Para la implicación opuesta lo que se sabe es

Teorema. Sea $p$ un primo impar tal que $(\frac{-D}{p})=1.$ Existen entonces $(k, x, y) \in \mathbb{Z}^{3}$ con $0 < k \leq D$ y $0< x,y <\sqrt{p}$ tales que \[x^{2}+Dy^{2}=kp.\] Prueba. Si $s$ es tal que $s^{2} \equiv -D \pmod{p}$, entonces al proceder como antes aseguramos la existencia de $(x,y) \in S\times S$ tal que \[x\equiv \pm s y \pmod{p}.\] Como $x$ y $y$ no son simultáneamente iguales a cero, se sigue que ninguno de ellos puede ser igual a cero. Por un lado se tiene entonces que \[0 < x^{2}+Dy^{2}<(1+D)p.\] Por otra parte, \[x^{2}+Dy^{2} \equiv(s^{2}+D)y^{2} \equiv 0 \pmod{p}\] y la prueba termina.

QED.

A guisa de ejemplo, considérese el caso $D=2$. Afirmamos que un primo impar $p$ es de la forma $x^{2}+2y^{2}$ si y sólo si $(\frac{-2}{p})=1$. La parte si es clara. Para la parte sólo si, aplicamos el teorema. Como $D=2$, para un primo impar fijo $p$, $k$ sólo puede ser $1$ ó $2$. Si $k=1$ entonces hay nada más que hacer. En caso contrario, $2p=x^{2}+2y^{2}$ para algunos enteros $x$ y $y$. De la igualdad se desprende de inmediato que $x=2X$ para algún $X \in \mathbb{Z}$ y por tanto, $p=2X^{2}+y^{2}=y^{2}+2X^{2}.$ Así las cosas, para tener un resultado totalmente análogo al de Fermat sobre primos que son suma de dos cuadrados, haría falta reducir de alguna manera la condición $(\frac{-2}{p})=1$. La manera rápida de hacerlo es apelando al segundo suplemento de la ley de reciprocidad cuadrática: \[\left(\frac{-2}{p}\right) = (-1)^{\frac{p^{2}-1}{8}}.\] De esto y de la discusión precedente se colige que un primo impar $p$ es de la forma $x^{2}+2y^{2}$ si y sólo si $p \equiv 1 \pmod{8}$ ó $p\equiv 3 \pmod{8}$.

Un objetivo más de la entrada es hacer una observación sobre la nomenclatura. En el blog hemos escrito sobre números perfectos y en las entradas recientes estuvimos particularmente interesados en la representación de números primos por sumas de dos cuadrados perfectos. Como bien sabemos, un cuadrado perfecto no es más que un elemento de la sucesión \[0, 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, \ldots \] Sin embargo, dado que tratamos estos temas en entradas prácticamente contiguas, no suena totalmente remoto que se haya generado confusión por el uso de la denominación perfecto en una y otra parte. A fines de desambiguar el adjetivo, presentamos el siguiente

Teorema. No hay números perfectos en la sucesión de cuadrados perfectos.

Prueba. (d'après H. Lenstra) De acuerdo con Euclides y Euler, $n$ es un número perfecto y par y sólo si $n=2^{p-1}(2^{p}-1)$ para algún primo de Mersenne $p$. Como $6$ no es cuadrado perfecto y para $p>2$, $2^{p}-1 \equiv 3 \pmod{4}$, se sigue que no hay números perfectos pares en la sucesión de cuadrados perfectos. Supongamos entonces que $n$ es un número perfecto impar que pertenece a la sucesión de cuadrados perfectos. Si $n=d^{2}$ entonces $d$ tiene que ser impar y en tal caso \[ \sigma(n) = \sum_{ k | d^{2}, k < d} \left(k+\frac{d^{2}}{k}\right)+d \] sería un número impar. Lo anterior es ciertamente absurdo y la prueba termina.

QED.

La oración inicial del párrafo en el Intelligencer en el cual David Gale presentó el argumento anterior consistía del juego de palabras Perfect squares don't exist. Gale añadiría al final la aclaración siguiente: "al parecer, el chiste sólo funciona en inglés. En otros idiomas, un cuadrado perfecto es simplemente un cuadrado perfecto (el teorema, no obstante, es internacional).".

Por cierto, hay al menos otra manera de probar ese último teorema. No dejen de buscarla. ¡Hasta pronto!

Referencias

[1] D. Gale. Mathematical Games. Math. Intelligencer 13 (1991), págs. 40-43.