Sumas de dos cuadrados

Factorización de un natural en \mathbb{Z}[i]
Si la descomposición de n \in \mathbb{N} en producto de factores primos es n= 2^r \prod p_j^{s_j} \prod q_j^{t_j},
donde los p_j son primos de la forma 4k+1 y los q_j primos de la forma 4k+3, por la entrada sobre primos gaussianos, la única factorización de n en primos del primer cuadrante del anillo de los enteros gaussianos \mathbb{Z}[i] será:
n =i^h (1+i)^{2r} \prod (a_j+b_ji)^{s_j}(b_j+a_ji)^{s_j} \prod q_j^{t_j}.
donde a_j^2+b_j^2 = p_j y los a_j, b_j, q_j son positivos.

Producto de conjugados
Como el conjugado de un producto es el producto de los conjugados, y el conjugado de (1+i) es -i(1+i), el de (a_j+b_ji) es -i(b_j+a_ji), y el de q_j es q_j, si n tiene la factorización anterior y n=(x+yi)(x-yi), entonces x+yi y x-yi se factorizarán de forma única como producto de una unidad por primos del primer cuadrante como:
x+yi = i^{h_1} (1+i)^{r} \prod (a_j+b_ji)^{u_j}(b_j+ a_ji)^{s_j -u_j} \prod q_j^{t_j/2},
x-yi = i^{h-h_1} (1+i)^{r} \prod (b_j+a_ji)^{u_j}(a_j+b_ji)^{s_j-u_j} \prod q_j^{t_j/2}.
Es claro que n no puede ser el producto de dos conjugados si algún t_j es impar.

El número de soluciones
Si los t_j son pares, podemos elegir entre 4 valores para h_1 que dan lugar a 4 valores diferentes i^{h_1}, y entre s_j+1 valores diferentes para cada u_j.
Entonces, si \prod q_j^{t_j} es un cuadrado, el número de soluciones de (x+yi)(x-yi) = n, \  x,y \in Z, es 4 \prod( s_j+1). Pero  \prod( s_j+1), por la primera observación de la entrada anterior, es igual al número de divisores de \prod p_j^{s_j}, que son todos de la forma 4k+1.
También, por la segunda observación de esa entrada, la diferencia entre el número de divisores de n= 2^r \prod p_j^{s_j} \prod q_j^{t_j} de la forma 4k+1 y los de la forma 4k+3 es igual a cero si \prod q_j^{t_j} no es un cuadrado y en otro caso igual al número de divisores de \prod p_j^{s_j}. Por tanto 4 veces esa diferencia es el número de soluciones de (x+yi)(x-yi) = n, es decir de x^2 + y^2=n.

Teorema de Jacobi
Ha quedado demostrado el teorema enunciado por Jacobi en 1834 (J. de Crelle, 12, p.169) para el doble de un impar y que Dirichlet en 1840 (J. de Crelle, 21, p.3) enunció para un n \in \mathbb{N} general:
El número de soluciones (x,y), \ x,y \in \mathbb{Z}, de la ecuación x^2+y^2 = n es igual a 4 veces la diferencia entre el número de divisores de n que son de la forma 4k+1 y el número de divisores que son de la forma 4k+3.

4 comentarios sobre “Sumas de dos cuadrados

  1. Hola, pasaba por aquí.

    Busco poder demostrar que no hay solución en enteros positivos para la ecuación
    a^3+1=b^3+b^3

    Me podías ayudar ?

  2. Muchas gracias, fede.
    Dime si te parece correcto esto:

    Esto era lo que estaba buscando y demuestra que no puede haber coeficientes binomiales que sean cubos porque para que C(a^3,2) = a^3(a^3-1)/2 sea un cubo a^3-1 = 2b^3 debe de tener una solución en enteros. Y para el caso C(a^3+1,2)= (a^3+1)a^3/2 debe de haber soluciones enteras para a^3+1 = 2b^3. No las hay en ambos casos, demostrado por Euler. Además C(m,n+1) = C(m,n)*(m-n)/(n+1) por lo que no puede haber C(a^3,n) n>2 ni C(a^3+1,n) n>2 que sean cubos, por lo que no hay ningún coeficiente binomial que pueda ser cubo.
    Para demostrar el caso de los cuadrados y que C(50,3) es el único binomial C(m,n) con n>2 que es cuadrado, basta con resolver en un proceso algorítmico sencillo y elemental el sistema doble de ecuaciones de Pell (o asimiladas a Pell) a^2 – 3k^2 =1 y a^2 – 2b^2 = -1 que nos da como única solución a = 7, k=4, b=5 y que C(a^2+1,3) tiene la única solución a=7; mientras se demuestra fácilmente que C(a^2,3) no puede nunca ser un cuadrado porque (m-n)/(n+1) debe de ser cuadrado con m=a^2 y n=2 –> (a^2-2)/3 = k^2 –> a^2 = 3k^2 + 2 , pero todos los cuadrados son 0, 1 o 4 módulo 8 y por tanto 3*k^2 + 2 es respectivamente 2, 5 o 6 módulo 8 y no puede ser un cuadrado.
    Por otra parte C(50,4) = C(50,3)*(50-3)/4 no es un cuadrado puesto que 47/4 no es un cuadrado. Todo queda demostrado de manera sencilla y elemental sin apelar a grandes y difíciles teoremas de la teoría de los números.
    Claro está que la cosa se puede complicar mucho para potencias superiores a 3.
    Paul Erdös consiguió demostrar que la única potencia a^l, para todo l, posible para los binomiales, era C(50,3). Encontré su demostración que aún no he leído ni entendido bien con Google:
    http://www.renyi.hu/~p_erdos/1951-05.pdf
    en que demuestra que C(n,k) x^l para k>3. Quedan los casos k=2 y k=3 que no sé si él mismo los demostró en otro lugar o alguien más lo demostró posteriormente. Y en tal caso se hubiera demostrado que 2b^n -a^n = +/- 1 no tiene nunca solución para todo n.
    PS: Revisen por favor esta demostración pues soy a la vez amateur y bastante despistado,pudiera contener errores en plural.

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