De Siegel a Mordell

Göttingen, March 3, 1964.

Dear Professor Mordell,

Thank you for the copy of your review of Lang's book. When I first saw this book, about a year ago, I was disgusted with the way in which my own contributions to the subject had been disfigured and made unintelligible. My feeling is very well expressed when you mention Rip van Winkle!

The whole style of the author contradicts the sense for simplicity and honesty which we admire in the works of the masters in number theory—Lagrange, Gauss or, on a smaller scale, Hardy, Landau. Just now Lang has published another book on algebraic numbers which, in my opinion, is still worse than the former one. I see a pig broken into a beautiful garden and rooting up all flowers and trees.

Unfortunately there are many "fellow-travelers" who have already disgraced a large part of algebra and function theory; however, until now, number theory had not been touched. These people remind me of the impudent behaviour of the national socialists who sang: "Wir werden weiter marschieren, bis alles in Scherben zerfällt!"

I am afraid that mathematics will perish before the end of this century if the present trend for senseless abstraction—I call it: Theory of the empty set—cannot be blocked up. Let us hope that your review may be helpful.

I still remember the nice time we had together during your visit in Göttingen.

With best wishes, also to Mrs. Mordell,

Carl Siegel.

[De acuerdo con lo que se puede leer en la cuenta de David C. Kandathil en Google+, el original de esta carta se encuentra en la biblioteca del College of St. John de la Universidad de Cambridge.]

Apuntes para una historia del problema de los NPI

«... In 1985, a high school senior in Hawaii named David Williamson, who was taking mathematics courses at the University of Honolulu, proved that if an odd perfect number exists, it must have exactly one prime factor that, when divided by 4, leaves a remainder of 1. Williamson's professor didn't know whether the result was original and suggested he write to the legendary Erdös, who had just come through town. Williamson eventually got a letter back from Erdös: 'The result you proved is in fact due to Euler. He also proved that every even perfect number is of the form 2^p-1(2^p-1) where 2^p-1 is a prime. It is also known (proved by Carl Pomerance) that an odd perfect number if it exists must have at least 7 distinct prime factors. Perhaps the following problem of mine will interest you...' Williamson, now a combinatorialist at IBM, was thrilled. 'This letter to a high school student won't rank very high on Erdös's list of accomplishments, but it did mean a lot to me.'»

Paul Hoffman, The man who loved only numbers: the story of Paul Erdös and the search for mathematical truth. Hyperion, NY, 1998, pp. 47-48.

Excerpts on the genetic approach

Eins. «... The second premise for these notes is that in order for an introduction to differential geometry to expose the geometric aspect of the subject, an historical approach is necessary... Of course, I do not think that one should follow all the intricacies of the historical process, with its inevitable duplications and false leads. What is intended, rather, is a presentation of the subject along the lines which its development might have followed; as Bernard Morin said to me, there is no reason, in mathematics any more than in biology, why ontogeny must recapitulate philogeny. When modern terminology is introduced, it should be as an outgrowth of this (mythical) historical development.»

Mike Spivak, from the preface to the first edition of volume one of his A comprehensive introduction to Differential Geometry.

Zwei. «... The basic method of the book is... the genetic method. The dictionary defines the genetic method as "the explanation or evaluation of a thing or event in terms of its origin and development."... It is important to distinguish the genetic method from history. The distinction lies in the fact that the genetic method primarily concerns itself with the subject—its "explanation or evaluation" in the definition above—whereas the primary concern of history is an accurate record of the men, ideas, and events which played a part in the evolution of the subject. In a history there is no place for detailed descriptions of the theory unless it is essential to an understanding of the events. In the genetic method there is no place for a careful study of the events unless it contributes to the appreciation of the subject. This means that the genetic method tends to present the historical record from a false perspective. Questions which were never successfully resolved are ignored. Ideas which led into into blind alleys are not pursued. Months of fruitless effort are passed over in silence and mountains of exploratory calculations are dispensed with. In order to get to the really fruitful ideas, one pretends that human reason moves in straight lines from problems to solutions. I want to emphasize as strongly as I can that this notion that reason moves in straight lines is an outrageous fiction which should not for a moment be taken seriously. Samuel Johnson once said of the writing of biography that "If nothing but the bright side of characters should be shown, we should sit down in despondency, and think it utterly impossible to imitate them in anything. The sacred writers related the vicious as well as the virtuous actions of men; which had this moral effect, that it kept mankind from despair." This book does, for the most part, show only the bright side, only the ideas that work, only the guesses that are correct. You should bear in mind that this is not a history or biography and you should not despair. You may well be interested less in the contrast between history and the genetic method than in the contrast between the genetic method and the more usual method of mathematical exposition. As the mathematician Otto Toeplitz described it, the essence of the genetic method is to look to the historical origins of an idea in order to find the best way to motivate it, to study the context in which the originator of the idea was working in order to find the "burning question" which he was striving to answer... In contrast to this, the more usual method pays no attention to the questions and presents only the answers. From a logical point of view only the answers are needed, but from a psychological point of view, learning the answers without knowing the questions is so difficult that it is almost impossible. That, at any rate, is my own experience...»

H. M. Edwards, from the preface to his Fermat's Last Theorem (A genetic introduction to algebraic number theory).

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!