Some excerpts that might eventually come in handy

Eins. «For all of Kummer's work on the cutting edge of number theory, he was apparently rather bad at elementary arithmetic. One story has him standing before a blackboard trying to compute 7 times 9. "Ah," Kummer said to his high school class, "7 times 9 is eh, uh, is uh..." "61," one of his students volunteered. "Good," said Kummer, and wrote 61 on the board. "No," said another student, "it's 69." "Come, come, gentlemen," said Kummer, "it can't be both. It must be one or the other." (Erdös liked to tell another version of how Kummer computed 7 times 9: "Kummer said to himself, 'Hmmm, the product can't be 61 because 61 is a prime, it can't be 65 because that's a multiple of 5, 67 is a prime, 69 is too big—that leaves only 63.'")»

Paul Hoffman, The man who loved only numbers: the story of Paul Erdös and the search for mathematical truth. Hyperion, NY, 1998, pp. 208-209.

Zwei. "… The propagation of unchecked and uncheckable anecdotes about the history of mathematics is a form of pollution to be combatted. An occasional tall tale, with appropriate caveats, can certainly be used to spice up the exposition from time to time, but when no sources are given for anything, such tales become an unacceptable norm."

H. M. Edwards, Review of three popular books on the Riemann Hypothesis. Math. Intelligencer 26 1 (2004), p. 57.

Números poderosos y la conjetura abc

Consideremos la siguiente

Definición. Sea $n$ un número natural. Decimos que $n$ es un número poderoso si para cada primo positivo $p$ tal que $p|n$ se cumple que $p^{2}|n$.

No es difícil generar (infinitos) ejemplos de números naturales poderosos. Un problema clásico relacionado con estos números pide determinar si hay infinitos pares de números poderosos consecutivos. Un par de tal índole es $(8,9)$, otro es $(288,289)$ y una manera rápida de mostrar que la respuesta al problema es afirmativa es considerando la ecuación diofántica $x^{2}-8y^{2}=1$. Claramente, toda solución $(x,y)$ a la ecuación da lugar a un par de números poderosos consecutivos. Como la ecuación es Pell entonces admite una infinidad de soluciones en enteros y estamos... La solución obtenida da pie a otras cuestiones (como siempre, un problema por cada solución), pero prefiero concentrarme por ahora en el análogo del problema original para tres y cuatro números poderosos consecutivos. Que no puede haber cuatro números poderosos consecutivos es fácil de establecer pues entre cuatro números consecutivos siempre hay uno que es el doble de un número impar; es claro que tal número no puede ser poderoso. En el otro caso (tres números poderosos consecutivos), el dato es que a la fecha no se conoce una sola tripleta de números poderosos consecutivos. Se conjetura, de hecho, que no hay tripletas de tal índole. Interesante: hay infinitos pares de númerosos poderosos consecutivos, no puede haber cuatro números poderosos consecutivos y no se sabe si existe siquiera una tripleta de números poderosos consecutivos. Un fenómeno similar ocurre en el estudio de números primos gemelos (números primos cuya diferencia es $\pm 2$). Aunque no se sabe si hay infinitos pares de números primos gemelos (se cree que sí), es muy fácil probar que sólo hay dos $3$-adas $(a,b,c)$ de números primos tales que $c-b=2=b-a$.

En fin, sacamos a relucir el tema de las tripletas de números poderosos consecutivos a consecuencia de la nota de hace algunas semanas en torno al Profesor Shinichi Mochizuki, sus investigaciones y la

Conjetura abc: [Denotemos con $N_{0}(k)$ al radical de $k$ (el producto de los primos positivos que dividen a $k$).] Para cada $\epsilon > 0$, existe $C(\epsilon)$ tal que si $a, b$ y $c$ son enteros distintos de cero y coprimos que cumplen que $a+b=c$ entonces $$\begin{eqnarray}\max\{|a|,|b|,|c|\} \leq C(\epsilon)\cdot N_{0}(abc)^{1+\epsilon}.\end{eqnarray}$$ Hay varios problemas interesantes en Aritmética que pueden derivarse (condicionalmente, por ahora) de la conjetura abc. Uno de los ejemplos más notables es una versión asintótica del último "teorema" de Fermat... Otro ejemplo sería una versión débil del problema de las tripletas de números poderosos consecutivos; a saber, sólo hay un número finito de tripletas de números poderosos consecutivos. Mostraremos a continuación como ambos resultados saldrían de la conjetura abc.

Para el último "teorema" de Fermat, empezamos por notar que si para cierto $n \in \{3, 4, 5, 6, \ldots\}$ hay una solución en enteros (distintos de cero) a la ecuación $\begin{eqnarray*}x^{n}+y^{n}=z^{n}\end{eqnarray*}$, entonces hay una solución en enteros distintos de cero y coprimos. Luego, si la conjetura abc es cierta, existe una constante $C$ tal que $$|x^{n}| \leq CN_{0}(xyz)^{2}\leq C(xyz)^{2},$$ $$|y^{n}| \leq CN_{0}(xyz)^{2}\leq C(xyz)^{2}$$ y $$|z^{n}| \leq CN_{0}(xyz)^{2}\leq C(xyz)^{2}.$$ Ergo, $$|xyz|^{n} \leq C^{3}|xyz|^{6}.$$ De la desigualdad anterior se colige que $n$ está acotado superiomente. En otras palabras, el último "teorema" de Fermat es cierto para todo exponente suficientemente grande. La determinación explícita de un umbral para los exponentes a partir del cual valdría el último "teorema" de Fermat dependería de que tan explícitas puedan hacerse las constantes $C(\epsilon)$.

Analicemos ahora el problema de las tripletas de números poderosos consecutivos. Supongamos que $n-1$, $n$ y $n+1$ son números poderosos. Puesto que el conjunto de números poderosos es cerrado bajo el producto usual de $\mathbb{Z}$ y el radical de todo número poderoso es menor o igual a su raíz cuadrada, al considerar la igualdad $(n^{2}-1)+1=n^{2}$, la conjetura abc implica la existencia de una constante $C$ tal que
\begin{eqnarray*}n^{2} &\leq& CN_{0}((n^{2}-1)n^{2})^{1+1/4}\\ &=& CN_{0}((n-1)(n+1))^{1+1/4}N_{0}(n)^{1+1/4}\\ &\leq& C \left(\sqrt{(n-1)n(n+1)}\right)^{1+1/4}\\ &<& C(n^{3/2})^{1+1/4}\\ &=& C n^{15/8}.\end{eqnarray*} De esto se desprende inmediatamente que $n$ está acotado superiomente. Por consiguiente, si la conjetura abc es cierta, el número de tripletas de números poderosos consecutivos es finito...

No recuerdo bien si en el libro de Singh se menciona la conjetura abc, lo que no olvido es la vez que un profesor la mencionó cuando le comenté de un quickie que acababa de idearme:

68. ¿Existe una tripleta $\{A,B,C\}$ de matrices $m\times m$, $n \times n$ y $p \times p$, respectivamente, con entradas racionales tales que: 1) $m$, $n$ y $p$ son números naturales mayores que uno, 2) ninguna de las matrices tiene al cero como valor propio y 3) $(\mathbf{p}_{A}(t))^{2012}+(\mathbf{p}_{B}(t))^{2012}=(\mathbf{p}_{C}(t))^{2012},$ donde $\mathbf{p}_{D}(t)$ denota al polinomio característico de la matriz $D$?

Obviamente, en lugar de $2012$ el exponente en aquella ocasión era el número del año correspondiente. La conexión es con el origen mismo de la conjetura abc. Vea, por ejemplo, las páginas 38 y 39 del artículo Old and new conjectured diophantine inequalities del Prof. Serge Lang (Bull. Amer. Math. Soc. 23 1 (1990), págs. 37-75.) o ponga "teorema de Mason-Stothers" en Google.

¡Hasta pronto!

Referencias
[1] S. W. Golomb. Powerful numbers. Amer. Math. Monthly 77 8 (1970), págs. 848-852.
[2] M. B. Nathanson. Elementary methods in number theory. Springer Verlag, NY, 2000.

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.

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!

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!

Una perla de la Aritmética

A saber: no hay números perfectos consecutivos. El resultado es bastante sui géneris porque, de hecho, no se sabe siquiera si hay números perfectos impares. Me parece que el resultado fue demostrado por vez primera por el Profesor Florian Luca. La prueba que les voy a platicar se basa en dos hechos bastante conocidos sobre los números perfectos:

A) Un número perfecto par es de la forma $2^{q-1}(2^{q}-1)$ donde $2^{q}-1$ es un número primo de Mersenne.

B) No se sabe si hay números perfectos impares, pero de acuerdo con L. Euler, si $N$ fuese perfecto e impar entonces tendría que ser de la forma $px^{2}$ para algún primo $p$ congruente con $1$ módulo $4$ y algún número impar $x$ (se dice, en tal caso, que $p$ es el primo especial de $N$).

Supóngase entonces que $n$ y $n+1$ son ambos perfectos y que $n>6$. De A se sigue que todo número perfecto par mayor que $6$ debe ser divisible por $4$. Al combinar este dato con lo enunciado en B se sigue que si tanto $n$ como $n+1$ son números perfectos entonces $n$ debe ser par y además $$n \equiv 1 \pmod{3}.$$ Esto obliga a que $p$, el primo especial de $n+1$, sea congruente con $2$ módulo $3.$ La observación crucial en la prueba se desprende entonces de B y es la siguiente: si $p^{a}$ es la mayor potencia de $p$ que divide a $n+1$ entonces $a$ es impar. Así, de $$(1+p)+ \ldots +(p^{a-1}+p^{a}) \equiv 0 + \ldots + 0 \pmod{3}$$ y de la multiplicatividad de la función $\sigma$ se obtiene que $$\sigma(n+1) \equiv 0 \pmod{3}.$$ Por otra parte, de $n \equiv 1 \pmod{3}$ se sigue que $$\sigma(n+1) = 2(n+1) \equiv 1 \pmod{3},$$ lo que entra en contradicción con lo obtenido un par de líneas arriba. QED.

Más sobre Erdös

Demostraremos a continuación, siguiendo a Erdös, que la serie de los recíprocos de los números primos diverge.

El argumento es por contradicción. Si la serie $\displaystyle \sum_{p} \frac{1}{p}$ fuese convergente, habría un número natural $k$ tal que $$\displaystyle \sum_{i \geq k+1} \frac{1}{p_{i}} < \frac{1}{2}.$$ Ahora bien, para $N \in \mathbb{N}$, denotemos con $N_{A}$ al número de naturales en $[1,N]$ cuyos divisores primos pertenecen a $\{p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{k}\}$ (incluimos al $1$ en este conteo). $N_{B}$ denotará, por su parte, al número de naturales en $[1,N]$ que tienen al menos un factor primo en $\{p_{k+1}, p_{k+2}, \ldots\}$. Claramente, para cada $N \in \mathbb{N}$, las convenciones hechas indican que $$N_{A} + N_{B} = N.$$ Derivaremos ahora estimados simples para $N_{B}$ y $N_{A}$ (en ese orden). El número de múltiplos del $i$-ésimo número primo en el intervalo $[1,N]$ es $\displaystyle \left\lfloor \frac{N}{p_{i}} \right\rfloor$. Así, $$\displaystyle N_{B} \leq \sum_{i \geq k+1} \left\lfloor \frac{N}{p_{i}} \right\rfloor \leq \sum_{i \geq k+1} \frac{N}{p_{i}} < \frac{N}{2}.$$ Para obtener información sobre $N_{A}$ notamos, en primer lugar, que todo número natural $n$ menor o igual a $N$ cuyos divisores primos están todos en $\{p_{1}, \ldots, p_{k}\}$ se puede escribir en la forma $n = a_{n}b_{n}^{2}$ donde $a_{n}$ es libre de cuadrados y, por tanto, o es $1$ o es un producto de distintos primos en $\{p_{1}, \ldots, p_{k}\}$. De esto se desprende que la parte libre de cuadrados de $n$ se puede elegir de a lo más $2^{k}$ maneras diferentes. Por otra parte, de las desigualdades $$b_{n} \leq \sqrt{n} \leq \sqrt{N}$$ concluimos que $N_{A} \leq 2^{k} \sqrt{N}$.

En particular, si hacemos $N = 2^{2(k+1)}$, se cumple que $N_{A} \leq 2^{k} \cdot 2^{k+1} = \frac{N}{2}$ y por consiguiente $$N = N_{A} + N_{B} < \frac{N}{2} + \frac{N}{2} = N.$$ Esto último es claramente absurdo y la prueba termina. ∎

Un hecho que se desprende de este resultado es la irracionalidad del número $$\alpha = 0.23571113171923293137\ldots,$$ conocido en algunos textos como constante de Copeland-Erdös. La prueba correspondiente es como sigue: si el número fuese racional entonces, sin pérdida de generalidad, puede suponerse que la representación decimal de $\alpha$ es periódica de longitud $s$ y que el período inicia inmediatamente después del punto decimal. Denotemos entonces con $a_{k}$ al número de elementos de la sucesión de primos con exactamente $k$ dígitos en su representación decimal. Afirmamos que para cada $k \in \mathbb{N}$ se tiene que $a_{k} \leq s$. En efecto, si $a_{k} > s$ para algún $k \in \mathbb{N}$ entonces, al juntar los primeros $s$ elementos de la sucesión de primos con $k$ dígitos se obtiene una cadena de $ks$ dígitos, en la cual, el período de $\alpha$ se manifiesta exactamente $k$ veces. Esto obliga a que el $(s+1)$-ésimo primo con $k$ dígitos en su representación decimal coincida con el número primo que inicia la cadena de longitud $ks$ (¡contradicción!).

De todo lo anterior se desprende que la serie de los recíprocos de los números primos está dominada por la serie $$\displaystyle \frac{s}{1}+ \frac{s}{10} + \frac{s}{10^{2}} + \cdots$$ lo cual es imposible en vista del resultado probado al inicio de la entrada. Obviamente, el argumento indica en general que si $\{n_{k}\}_{k \in \mathbb{N}}$ es una sucesión estrictamente creciente de números naturales y el número 0.n₁n₂n₃n₄n₅... es racional, entonces la serie $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{n_{k}}$ converge.

Referencias

[1] P. Erdös. Über die Reihe $\sum \frac{1}{p}$. (1938).
[2] N. Hegyvári. On some irrational decimal fractions. Amer. Math. Monthly 100 8 (1993), págs. 779-780.