BORRADOR CHARLA JAE: EXPERIMENTANDO LOS N ´UMEROS

BORRADOR CHARLA JAE: EXPERIMENTANDO LOS
NÚMEROS
ADRIÁN UBIS
1.
Introducción
1. Uno de los temas más importantes en teorı́a de números es resolver
ecuaciones en números enteros. Por ejemplo, 3x2 +5 = 60y, x3 +2y 3 =
z 4 , x2 + 27y 2 = z. A primera vista, podemos pensar que es más fácil
resolverlas en Z que en Q, R o C, pero en realidad es lo contrario, ya
que no podemos dividir ni tomar raı́ces cuadradas, luego no hay una
manera trivial de “despejar una variable”.
2. Otro de los temas importantes en Teorı́a de Números son los números
primos. Todas las soluciones de la ecuación 3x2 + 7 = 60y provienen
de las ecuaciones 3x21 + 7 = 22 y1 , 3x22 + 7 = 3y2 , 3x23 + 7 = 5y3 . En
general, al tratar de resolver muchas ecuaciones aparecen los números
primos.
3. En esta charla vamos a estudiar algunos problemas de cada uno de
esos dos temas. Voy a intentar hacerlo de una manera más o menos
histórica, para que veáis cómo se investiga observando las dificultades encontradas por matemáticos como Fermat, Euler, Lagrange o
Dirichlet.
4. Iré poniendo referencias para cada uno de los problemas que voy a
contar, por si os interesa mirarlos más en detalle. Además de esas
referencias, lo que voy a contar de ecuaciones está resumido en la
charla de Peter Sarnak [19]; se puede ver gratis por internet, y es
muy recomendable.
Por otra parte, os recomiendo mirar también los artı́culos originales. Muchos de ellos los podréis encontrar en el gran libro de Weil [23]
que cuenta la historia de los comienzos de La Teorı́a de Números.
2.
Primos en progresiones
1. Para esta parte, probablemente la mejor referencia es el original de
Dirichlet [8]. También está bien contado en [16], y si queréis algo más
avanzado mirad [7]. Para la parte que realizó Euler, mirad [23].
2. Lo “malo”(o lo interesante, depende de cómo se mire) de los primos
es que se comportan de una manera irregular dentro de los enteros.
Cuando un amigo me pregunta qué puede resultar interesante de los
enteros, le hago la siguiente pregunta: “¿Qué crees, que hay más primos que acaban en 3 o más que acaban en 9?”.
1
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ADRIÁN UBIS
3. Hay gente que responde que parecido; otra responde que hay más de
3 (porque 9 = 3 ∗ 3 o porque 9 es mayor).
4. En realidad, en vez de intentar deducirlo mentalmente, la mejor manera de resolverlo es escribiéndonos una tabla suficientemente grande
de primos (a mano o con un ordenador). En ese sentido, la Teorı́a de
Números se parece mucho a la Fı́sica: es difı́cil a priori predecir qué va
a ocurrir sin hacer el “experimento” de mirar cómo se comportan los
datos. De hecho, es absolutamente necesario para ver patrones, que
después intentaremos demostrar.
5. En el caso de primos que terminan en 3 o 9, si miramos los primos
hasta 1000, vemos que un 25 % terminan en 3 y un 22,62 % en 9. Ası́,
no está claro qué pasa, necesitamos más datos. Si vamos hasta 105 ,
vemos que el 25,04 % terminan en 3 y el 24,92 %. Ahora sı́ parece más
claro que los porcentajes son muy similares. De hecho, esto indica que
seguramente pase lo miso con los terminados en 1 y en 7, que cada
uno recibe un 25 % de los primos. Esto tiene sentido, ya que un primo
mayor que 5 no puede terminar en 0,2,4,5,6,8.
6. Podemos hacernos la misma pregunta para los restos al dividir por 4:
un primo mayor que 2 debe terminar en 1 o 3. Entonces, ¿ocurrirá que
la mitad de los primos terminan en 1 y la otra mitad en 3?
7. Creo que todos conocéis la prueba de Euclides de que hay infinitos
número primos. Si suponemos que hay sólo digamos 100 primos, vemos que el número p1 p2 . . . p100 + 1 no es divisible por ninguno de
ellos, luego debe ser divisble por un nuevo primo. Este tipo de razonamiento puede usarse para ver que hay infinitos primos de la forma
4n + 1 e infinitos de la forma 4n + 3. Pero funcionan en ese caso porque sólo hay dos posibles restos; cuando hay más estos argumentos
elementales no sirven.
8. Muchos siglos después, Euler encontró otra manera de demostrar que
hay infinitos primos. Se dio cuenta de que la clave era usar una función
generatriz adecuada. Si queremos saber cómo se comporta la sucesión
de Fibonacci (definida por a0 = a1 = 1, an+2 = an+1 + an .), podemos
F (z) =
P∞ verlo nde forma sencilla considerando la función analı́tica
2 F (z) = 1,
a
z
.
La
definición
de
a
implica
que
F
(z)−zF
(z)−z
n
n
n=0
luego F (z) = 1/(1 − z − z 2 ). Escribiendo dicho cociente como suma de
fracciones simples (como en el método para integrar F (z)) y desarrollando las fracciones simples, obtenemos una expresión para an que
nos dice cómo crece.
9. En el caso de Fibonacci, la clave era que la definición de an es aditiva,
y por eso tiene sentido usar z n , ya que z n+m = z n z m . En el caso de
los primos, Euler se dio cuenta que la clave era buscar una función
multiplicativa. Tomando
F (s) =
∞
X
1
ns
n=1
con s > 1 para que converja,
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vemos que 1/(nm)s = (1/ns )(1/ms ). Esa propiedad multiplicativa
lleva a que la factorización única de los naturales en primos pueda
codificarse de la siguiente forma
∞
X
Y
1
1
1
1
(1 + s + 2s + 3s + . . .).
=
s
n
p
p
p
p
n=1
La demostración es simplemente multiplicar los términos del producto, y ver que aparece el sumando 1/ns exactamente una vez.
10. Lo bueno de F (s) es que cuando s → 1 vemos que F va hacia infinito.
De hecho podemos usar el criterio integral para ver que
Z ∞
1
dt
∼
.
F (s) ∼
s
t
s−1
1
11. Por otra parte, en el otro lado, podemos hacer la suma de una progresión geométrica
1
1
1
1
.
1 + s + 2s + 3s + . . . =
p
p
p
1 − 1/ps
12. Tomando s = 1 + con → 0 para verlo más claro, tenemos que
Y
1
1
∼ .
1+
1 − 1/p
p
13. Esto no sólo nos dice que hay infinitos primos, sino que nos da implı́citamente información de cómo de rápido crecen los primos. Para verlo
más claro, tomamos logaritmos para obtener
X
1
1
log
∼ log .
1+
1 − 1/p
p
14. Usando que log 1/(1 − t) = t + O(t2 ) para t → 0, vemos que
X 1
1
∼ log
1+
p
p
15. Es fácil ver a partir de aquı́ que si los primos crecen de manera más
o menos regular, entonces debe ocurrir que pn ≈ cte n log n.
16. Ahora, ¿cómo podemos usar esto para justificar nuestros resultados
experimentales sobre primos de la forma 10n + 3? Vamos a comenzar
por el caso 4n + 1. La cuestión es que Euler se dió cuenta que podı́a
hacer lo msmo que con F (s) con la función
G(s) =
∞
X
Y
Y
(−1)k
1
1
=
s
s
(2k + 1)
1 − 1/p
1 + 1/ps
k=0
p≡1(4)
p≡3(4)
17. Ahora, cuando s → 1, tenemos que
1 1 1
G(s) → 1 − + − + . . . = c
3 5 7
con c > 0. Ası́, al tomar logaritmos, tenemos que log G(s) → log c = k.
4
ADRIÁN UBIS
18. Procediendo como antes llegamos a que
X 1
X 1
−
= O(1).
1+
p
p1+
p≡1(4)
p≡3(4)
19. Por tanto, sumando esta ecuación con la obtenida a partir de F (s),
tenemos que
X 1
X 1
1
1
1
∼ log ,
∼ log
luego
2
1+
1+
p
p
2
p≡1(4)
p≡1(4)
lo que demuestra en un sentido débil que los primos de la forma 4n+1
son la mitad de todos los primos.
20. ¿Cómo podemos extender esto a otros casos? Vamos a mirar el caso
de primos de la forma 5n + r, con r = 1, 2, 3, 4, o dicho de otra forma,
primos p que satisfagan p ≡ r mód 5.
21. Dirichlet se dio cuenta de que el
de Euler funcionaba
Pprocedimiento
s con f (n) ∈ C, f (ab) =
f
(n)/n
para cualquier función F (s) = ∞
n=1
f (a)f (b) para cualquier a, b enteros (lo que implica que f (1) = 1). En
ese caso, tenemos que
∞
X
f (n)
n=1
ns
=
Y
Y
f (p) f (p2 ) f (p3 )
1
(1 + s + 2s + 3s + . . .) =
.
f (p)
p
p
p
1
−
s
p
p
p
Para nuestro caso módulo 5, es natural exigir ademas que f sea periódica módulo 5.
22. En ese caso, sólo es necesario dar valores a f módulo 5, es decir,
saber f (1), f (2), f (3), f (4) y f (5). Ya sabemos que f (1) = 1. Vamos
a tomar f (5) = 0 porque 5 no es uno de los restos r que nos interesan.
Por último,
4 ≡ 22
mód 5
3 ≡ 23
mód 5
1 ≡ 24
mód 5.
Esto nos dice que f (4) = f (2)2 , f (3) = f (2)3 y 1 ≡ f (2)4 . Por
tanto, con conocer f (2) ya queda definida f , y f (2) debe ser una raı́z
cuarta de la unidad. Por tanto para f (2) podemos tomar los valores
1, −1, i, −i.
23. Eso quiere decir que podemos construir 4 funciones f1 , f2 , f3 y f4 que
satisfagan lo que querı́amos. Si somos capaces de encontrar constantes
c1 , c2 , c3 , c4 tales que
15Z+1 (n) = c1 f1 (n) + c2 f2 (n) + c3 f3 (n) + c4 f4 (n)
(∗)
(con 15Z+1 (n) la función que vale 1 si n ≡ 1 mód 5 y 0 en otro caso),
entonces podemos repetir el procedimiento de Euler para concluir que
X
1
1X 1
∼
→ 0.
p1+
5 p p1+
p≡1
mód 5
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5
24. Pero es suficiente conseguir (∗) para n = 1, 2, 3, 4, por periodicidad.
Esto son cuatro ecuaciones, y tenemos cuatro incógnitas, por lo que
deberı́amos poder hacerlo. Podéis comprobar que es ası́, y entonces
ya hemos demostrado que 1/5 de los primos tienen resto 1 al dividir
por 5. Siguiendo el mismo esquema se puede probar lo mismo para
los otros restos r.
25. Podemos usar este procedimiento para cualquier módulo pequeño
(¡probad!).
26. Para un módulo general, todo se puede repetir, pero hay que tener
cuidado con el que las funciones Fj (s) converjan a un valor mayor que
0, para que al tomar logaritmos no haya problemas. Esto no es trivial
verlo en general, pero sı́ para módulos pequeños.
3.
Suma de dos cuadrados
1. Esta sección y la siguiente está explicada increiblemente bien en [6];
en algunas partes el punto de vista de esta charla está más cercano a
[16]; para ver el contexto histórico, mirad de nuevo [23].
2. Los griegos estaban interesados en obtener triangulos rectángulos con
todos los lados números enteros. Esto significa que los lados a, b, c
deben satisfacer la ecuación a2 + b2 = c2 , con a, b los catetos y c la
hipotenusa.
3. Por ejemplo, el triángulo a = 3, b = 4, c = 5, ya que 32 + 42 =
52 . En realidad, los griegos sabı́an una fórmula para encontrar todas
las soluciones. Podemos pensar que a, b, c son coprimos (sin factores
comunes), porque el resto de triángulos vendrı́an de una dilatación.
En ese caso, la fórmula es
a = m2 − n2
b = 2mn
c = m2 + n2 .
4. En particular, la hipotenusa es c = m2 + n2 . Entonces, podemos preguntarnos, ¿podemos dar una descripción más sencilla de qué números
aparecen como hipotenusas? En otras palabras, ¿para que valores de
N tiene solución la ecuación?
x2 + y 2 = N.
5. Como antes con los primos, parece difı́cil adivinar la respuesta, ası́ que
lo que hacemos es construir una tabla con N ≤ 100 para ver cuáles
tienen solución.
La siguiente tabla muestro los resultados poniendo TRUE si N
puede ponerse como suma de dos cuadrados y FALSE si no puede.
N es la posición, luego la tabla comienza por 1 →TRUE, 2 →TRUE,
3 →FALSE. Por ejemplo, vemos que 10 → TRUE, ya que 10 = 12 +32 .
6
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TRUE TRUE FALSE TRUE
TRUE TRUE FALSE FALSE
TRUE TRUE FALSE TRUE
TRUE TRUE FALSE FALSE
FALSE TRUE FALSE TRUE
TRUE FALSE FALSE FALSE
TRUE TRUE FALSE TRUE
FALSE TRUE FALSE FALSE
TRUE FALSE FALSE TRUE
TRUE TRUE FALSE FALSE
TRUE TRUE FALSE FALSE
TRUE TRUE FALSE FALSE
TRUE
TRUE
FALSE
TRUE
TRUE
TRUE
TRUE
TRUE
FALSE
FALSE
TRUE
FALSE
FALSE
FALSE
FALSE
FALSE
FALSE
FALSE
FALSE
FALSE
FALSE
FALSE
FALSE
FALSE
FALSE
FALSE
FALSE
FALSE
FALSE
FALSE
FALSE
FALSE
FALSE
FALSE
FALSE
FALSE
TRUE
TRUE
FALSE
TRUE
TRUE
FALSE
FALSE
TRUE
TRUE
TRUE
FALSE
FALSE
6. Una cosa que llama la atención es que en las columnas tercera, sexta
y séptima todos los número tienen FALSE. Como tenemos 8 números
por lı́nea, esto parece indicar que si N ≡ 3, 6, 7 mód 8 entonces N
no es representabla como suma de dos cuadrados. ¿Podemos demostrarlo? Simplemente podemos hacer los cálculos módulo 8.
7. Módulo 8, tenemos que si x ≡ 0, 1, 2, 3, . . . 7 mód 8, entonces x2 ≡
0, 1, 4, 1, 0, 1, 4, 1 mód 8. Eso quiere decir que los posibles restos para
x2 + y 2 son
0+0=0
0+1=1
0+4=4
1+1=2
1 + 4 = 5.
Vemos que efectivamente 3, 6, 7 no aparecen, luego no puede haber
solución.
8. Una conclusión que podemos sacar de esto es que si queremos resolver
una ecuación enteros (como x2 +y 2 = N ), una buena idea es mirar si la
ecuación tiene solución módulo q, ya que si no tiene, entonces podemos
decir que la ecuación original no tiene soluciones. Esto está muy bien,
porque mirar si una ecuación tiene solución módulo q es fácil, como
hemos visto con q = 8.
9. De hecho, serı́a genial que ocurriera lo inverso: que si
x2 + y 2 ≡ N
mód q
tiene solución para todo q, entonces
x2 + y 2 = N.
Esto es lo que se conoce como el principio global-local. ¡Si se cumpliera, podrı́amos predecir si la ecuación tiene solución sólo con congruencias!
10. Quiero convenceros de que trabajar con congruencias es sencillo. Por
ejemplo, si q es primo impar, entonces la ecuación
x2 + y 2 ≡ N
mód q
siempre tiene soluciones. Para verlo, la escribimos como
x2 ≡ N − y 2
mód q.
BORRADOR CHARLA JAE: EXPERIMENTANDO LOS NÚMEROS
7
Tenemos que para c 6≡ 0, la ecuacion x2 − c ≡ 0 mód q tien 0 o
2 soluciones. No puede tener más porque Z/qZ es un cuerpo, luego
podemos dividir y entonces un polinomio de grado 2 tiene como mucho
2 soluciones. Además, si x0 es solución, también lo es −x0 .
Por tanto, el conjunto A de residuos de la forma x2 tiene tamaño
1+(q −1)/2, y lo mismo podemos decir para el conjunto B de residuos
de la forma N − y 2 . Por tanto A y B tienen intersección no vacı́a, ya
que si no fuera ası́ tendrı́amos que la union de A y B tendrı́a tamaño
1+
q−1
q−1
+1+
=q+1>q
2
2
16
lo que es imposible.
11. Ahora vamos a repetir la tabla de los 100 primeros N , pero esta vez
pondremos sólo los N que son de la forma x2 + y 2 , y para cada uno
de ellos el número de soluciones (x, y) de la ecuación x2 + y 2 = N .
Podemos ver el resultado en la siguiente gráfica.
●
●
●
10
●
●
● ●
● ●
● ●
● ● ●●
●
●●
● ●
●
●●
●●
●●
●
4
6
8
soluciones
12
14
●
●● ●
0
●●
●●
●
20
●
●
40
●
60
●
●
80
●
100
numeros
12. Vemos que como número de soluciones aparecen 4, 8, 12 y 16. Para
entender estos números pensemos que si 12 + 42 = 17, no sólo (1, 4)
es solución, sino también
(1, 4)
(1, −4)
(−1, 4)
(−1, −4)
(4, 1)
(4, −1)
(−4, 1)
(−4, −1).
Luego por cada solución obtenemos en realidad 8. Excepto si la solución es (x, 0) o (x, x); en esos caso especiales de cada solución obtenemos sólo 4.
13. Los únicos números que tienen 16 soluciones son 65 y 85. Podemos
fijarnos en que 65 = 5 ∗ 13 y 85 = 5 ∗ 17. ¿Podrı́a explicarse el que
tenga 16 soluciones (el doble de lo normal) porque se pueden escribir
como producto de dos primos?
8
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14. La respuesta es “Sı́”, algo que los griegos descubrieron. La explicación
es la siguente fórmula de multiplicación
(a2 + b2 )(c2 + d2 ) = (ac ± bd)2 + (ad ∓ bc)2 .
15.
16.
17.
18.
Con ella, vemos que de 12 + 22 = 5 y 22 + 32 = 13 obtenemos las
soluciones (1 ∗ 2 + 2 ∗ 3)2 + (1 ∗ 3 − 2 ∗ 2)2 = 65 y (1 ∗ 2 − 2 ∗ 3)2 + (1 ∗
3 + 2 ∗ 2)2 = 65.
Con esa identidad, vemos que para averiguar qué números N pueden
ponerse como suma de dos cuadrados la clave es ver qué números primos p pueden ponerse como suma de dos cuadrados. Ya hemos visto
que si p ≡ 3 mód 4 entonces no hay solución. Si p ≡ 1 mód 4, mirando a la tabla vemos que siempre hay solución. ¿Cómo demostramos
que va a continuar ası́?
Parece que Fermat consiguió demostralo, aunque no publicó la demostración. Vamos a ver la que dio Euler; consta esencialmente de
dos pasos:
a) Principio global-local. p = x2 + y 2 tiene solución exactamente
cuando p ≡ x2 + y 2 mód q, tiene solución para todo q.
b) Reciprocidad cuadrática. p ≡ x2 + y 2 mód q, tiene solución para
todo q si y sólo si p ≡ 1 mód 4.
He escrito la condición (a) ası́ para que veáis que es exactamente el
principio global-local del que habı́a hablado antes. En realidad, es
fácil ver que la ecuación p ≡ x2 + y 2 mód q para todo q si y sólo
si p ≡ x2 + y 2 mód p2 . Es decir, la clave es q = p2 . Además, que
esta última ecuación tenga solución es equivalente a que la ecuación
x2 + y 2 ≡ 0 mód p tenga solución con x, y no divisibles por p.
Vamos a ver cómo demostrar el paso (a). Por el punto anterior, podemos asumir que existe x, y no divisibles por p tales que x2 + y 2 ≡ 0
mód p. Como (p − x)2 ≡ x2 mód p, podemos suponer además que
en la solución de la congruencia x2 + y 2 ≡ p mód p2 tenemos que
x < p/2 e y < p/2. Entonces
x2 + y 2 = kp
con k < p/2. Además, podemos suponer que x, y son coprimos ya que
si no dividirı́amos la ecuación por dicho factor. Entonces, si k tiene en
su factorización un primo q ≡ 3 mód 4 tendrı́amos que x2 + y 2 ≡ 0
mód q, lo que es imposible si asumimos que (b) es cierto. Por tanto,
concluimos que k factoriza en primos q ≡ 1 mód 4 menores que p,
luego por inducción y la fórmula de multiplicación podemos suponer
que k = a2 + b2 (ya que k < p). Podemos asumir de nuevo que a, b no
tienen factores comunes con k. Entonces, multiplicando tenemos que
(a2 + b2 )(x2 + y 2 ) = k 2 p,
y usando la fórmula de multiplicación de los griegos
(ax − by)2 + (ay + bx)2 = k 2 p.
BORRADOR CHARLA JAE: EXPERIMENTANDO LOS NÚMEROS
9
Luego dividiendo por k 2
ax − by 2
ay + bx 2
(
) +(
) = p.
k
k
19. Ası́, sólo debemos ver que k divide a los numeradores. Es suficiente
verlo para todos los primos q en la factorización de k. Si q = 2, es
trivial ver que ax − by, ay + bx son pares. Si q es un primo impar,
como x2 + y 2 ≡ 0 mód q, tenemos que (x/y)2 + 1 ≡ 0 mód q. De
la misma forma, llegamos a que (a/b)2 + 1 ≡ 0 mód q. Además,
tenemos que y/x ≡ −x/y mód q. Como z 2 + 1 ≡ 0 mód q sólo tiene
dos soluciones, entonces a/b ≡ y/x mód q o a/b ≡ −x/y mód q.
Pero si ocurre lo primero ax − by ≡ 0 mód q, y mirando a la ecuación
eso implica que ay + bx ≡ 0 mód q. Si ocurre la segundo actuando
igual vemos que ambos son divisible por q.
20. Vamos a demostrar el paso (b). Es suficiente ver que cuando p ≡ 1
mód 4 existe una solución de z 2 +1 ≡ 0 mód p. Para ello, si p = 4k+1,
consideramos la congruencia
x4k − 1 ≡ (x2k − 1)(x2k + 1) ≡ 0
mód p
Por el pequeño Teorema de Fermat, sabemos que dicha congruencia
tiene p − 1 = 4k soluciones. Como un polinomio de grado 2k tiene
como mucho 2k soluciones, eso implica que tanto x2k − 1 ≡ 0 como
x2k + 1 ≡ 0 tienen 2k soluciones. Pero, entonces, si x2k
0 + 1 ≡ 0,
tomando z = x2k
hemos
terminado.
0
21. Esto que hemos visto para primos se puede extender a todo N . No voy
a dar la descripción de los N para los que hay solución; baste decir
que van a ser exactamente los que tienen solución en congruencias (se
cumple el principio global-local).
Desde un punto de vista numérico, con lo que sabemos, podemos
decir por ejemplo que 10200 + 3381 se puede poner como suma de dos
cuadrados, ya que es primo (lo que es rápido de comprobar con un
ordenador [1]) y congruente con 1 módulo 4. Si quisiéramos comprobar
que se puede poner como suma de dos cuadrados calculando a lo bruto
con un ordenador, nos llevarı́a mucho tiempo.
4.
Suma de un cuadrado y un múltiplo de otro
1. Después de haber mirado la ecuación x2 + y 2 = N , pronto Fermat se
puso a mirar ecuaciones x2 + 2y 2 = N , x2 + 3y 2 = N , . . ..
2. Repitiendo las tablas para N ≤ 100, vemos que para x2 + 2y 2 = N no
hay soluciones en la columnas N ≡ 5, 7 mód 8. Podemos demostrar
que esto va a ser ası́ siempre mirando congruencias módulo 8.
3. Repitiendo las tablas para N ≤ 100, vemos que para x2 + 3y 2 = N
no hay soluciones en la columnas N ≡ 2, 5, 6, 8, 10, 11 mód 12.
4. Como antes, de nuevo tenemos una fórmula de multiplicación
(a2 + 3b2 )(x2 + 3y 2 ) = (ax ± 3by)2 + 3(ay ∓ bx)2 .
10
ADRIÁN UBIS
y lo mismo para x2 + 2y 2 . Por tanto, de nuevo la clave es mirar a los
primos.
5. En las tablas se ve que los primos que no han sido eliminados por las
congruencias de antes son siempre representables. Es decir, los datos
parecen indicar que
x2 + 2y 2 = p ⇐⇒ p ≡ 1, 3
mód 8
x2 + 3y 2 = p ⇐⇒ p ≡ 1, 7
mód 12
6. Las demostraciones de estos hechos de nuevo se dividen en las dos
partes (a) y (b). Ambas partes son parecidas de demostrar, aunque
para (b) no está muy claro qué polinomios deberı́amos usar en cada
caso.
7. Parece que ya podemos ver un patrón para la ecuación x2 + dy 2 = N
para cualquier d > 0. Deberı́amos tener
p = x2 + dy 2 ⇐⇒ p ≡ r
mód 4d
para algunos restos r. La fórmula de multiplicación la tenemos siempre, luego si la conjetura que acabamos de poner fuera cierta, entonces
tendrı́amos el problema esencialmente resuelto.
8. De hecho, Euler se dio cuenta de que los restos que aparecen son justamente los de la forma r ≡ x2 + dy 2 mód 4d. Por tanto, la conjetura
quedarı́a
p = x2 + dy 2 ⇐⇒ p ≡ x2 + dy 2
mód 4d
(∗)
Este es el principio global-local para esta ecuación.
9. Pongamos algunos casos en que numéricamente parece que funciona
p = x2 + 10y 2
p ≡ 1, 9, 11, 19
mód 40
10. Para demostrarlo, dividirı́amos la prueba como antes en dos pasos:
a) Principio global-local. x2 + dy 2 = p tiene solución si y sólo si
x2 + dy 2 ≡ p mód q para todo q tiene solución.
b) Reciprocidad cuadrática. x2 + dy 2 ≡ p mód q tiene solución para
todo q si y sólo si p ≡ x2 + dy 2 mód 4d para ciertos x, y.
11. Es posible demostrar (b) como antes, aunque la prueba general es
más complicada. Algunos casos pueden tratarse usando el resultado de primos en progresiones aritméticas que vimos el otro dı́a (y
de hecho por eso se comenzó a estudiar el problema de primos en
progresiones aritméticas; lo hizo Legendre). El caso general lo consiguió hacer Gauss. La demostración la tenéis en cualquier libro de
teorı́a de números, pero un buena opción es mirar el original [10]. El
nombre de reciprocidad viene de que intercambia una condición para
d módulo p por una condición para p módulo 4d. Dicha reciprocidad
es un poco sorprendente, parece una casualidad; de hecho, está relacionada con otra reciprocidad: la de que la transformada de Fourier
A 2
x
x2
A 1/4 −π B
1/4 e−π B
A
es fˆ(x) = ( B
, ¡y de
) e
de la función f (x) = ( B
A)
BORRADOR CHARLA JAE: EXPERIMENTANDO LOS NÚMEROS
11
hecho se puede usar esta reciprocidad para demostrar (b)! Nosotros
estamos más interesados en comprender (a).
12. Para ver (a), numéricamente podemos ver que la conjetura (*) funciona para cualquier d ≤ 10, aunque la demostración que hemos visto
antes deja de funcionar para d ≥ 5. El paso que no funciona es cuando
tenemos que
x2 + 5y 2 = kp.
Recordad que podı́amos asegurar que x, y < p/2, lo que en este caso
nos dirı́a que k < p/4 + 5p/4 < 64 p. ¡Luego ahora no podemos decir
que k < p, por lo que no podemos aplicar inducción!
13. ¡Podrı́amos pensar que la cosa es fácil de solucionar, pero en realidad,
si miramos a otros ds vemos que no es cierto! En el caso d = 14
deberı́amos tener
p = x2 + 14y 2 ⇐⇒ p ≡ 1, 9, 15, 23, 25, 39
mód 56
pero Euler se dio cuenta de que para muchos ps en esas congruencias
no habı́a solución de la ecuación en enteros. Por ejemplo p = 71 ≡ 15
mód 56 pero no se puede escribir como x2 + 14y 2 .
Euler también se dio cuenta de que justo esos ps podı́an representarse en la forma 2x2 + 7y 2 . Euler arregló entonces la conjetura (*)
conjeturando que
p = x2 + 14y 2 o p = 2x2 + 7y 2 ⇐⇒ p ≡ 1, 9, 15, 23, 25, 39
mód 56
14. Mirad las tablas de binary14.png y binary2y7.png para ver los
datos correspondientes a lo que acabo de decir.
15. En el caso d = 11 la conjetura (*) también falla. Si fuera cierta,
tendrı́amos que
p = x2 + 11y 2 ⇐⇒
p ≡ 1, 3, 5, 9, 15, 23, 25, 27, 31, 37 mód 44
Pero claramente p = 3 no se puede poner como x2 +11y 2 . Sin embargo
p = 47 ≡ 3 mód 44 sı́ puede ponerse como x2 + 11y 2 . El siguiente
primo congruente con 3 módulo 44 es p = 179 y vemos que no puede
ponerse como x2 + 11y 2 .
16. Podemos ver esos datos y muchos más en las tablas de binary11.png.
17. Luego, además de ver que nuestra conjetura es falsa para d = 11,
vemos que el comportamiente de la ecuación es muy irregular, no
parece que el que la ecuación p = x2 + 11y 2 tenga solución dependa
del resto de p módulo algún número.
18. Pero no todo está perdido. Vemos que hay una cosa que se mantiene
igual que para los d menores que 11, y es que cuando un primo es
representable, sólo lo es de una única manera (excepto simetrı́as).
Esto distingue a los primos de los otros números. Pero seguimos sin
saber demostrar esto.
Además, veamos que hay otro patrón que podemos identificar en
los datos. Si nos ponemos a contar los primos p ≡ 3 mód 44 que son
12
ADRIÁN UBIS
realmente representables como p = x2 + 11y 2 hasta p ≤ 10000 vemos
que su proporción es aproximadamente 0,33, que está muy cerca a 1/3.
¿Podrı́a ser que a largo plazo un tercio de los primos que deberı́an ser
representables según nuestra conjetura realmente lo fuesen?
19. ¿Cómo podemos explicar los fenómenos que hemos visto para el caso
d = 11? Lagrange se dio cuenta de que en este caso, los primos que no
eran representados por x2 + 11y 2 se podı́an representar como 3x2 +
2xy + 4y 2 . Es decir, en este caso se necesitaban formas no diagonales.
Es decir
p = x2 + 11y 2 o p = 3x2 + 2xy + 4y 2 ⇐⇒
p ≡ 1, 3, 5, 9, 15, 23, 25, 27, 31, 37 mód 44
Vamos a ver cómo lo demostró.
20. Según (a), cualquier p con x2 + 11y 2 ≡ p mód q deberı́a ser representable, pero hemos visto que realmente no es ası́ para algunos p.
Que dicha congruencia tenga solución en realidad es equivalente a
que z 2 + 11 ≡ 0 mód p tenga solución. Por ejemplo, para p = 229,
tenemos que
2032 + 11 ≡ 0 mód 229
pero 229 = x2 + 11y 2 no tiene solución. ¿Por qué? Lagrange vio que
la anterior congruencia puede escribirse como
2032 − 229 ∗ 180 = −11
o lo que es lo mismo
4062 − 4 ∗ 180 ∗ 229 = −44
Lagrange vio que D = 4062 − 4 ∗ 229 ∗ 180 es el discriminante del
polinomio 229x2 + 406x + 180, y también el discriminante de la forma
cuadrática F (x, y) = 229x2 + 406xy + 180y 2 . Pero nuestra forma x2 +
11y 2 también tiene discriminante D = −44. Luego vemos que p =
229 es representable por una forma F con el mismo discriminate que
x2 + 11y 2 , ya que
F (1, 0) = 229.
21. La segunda clave es que Lagrange se dio cuenta de que sabiendo que
F representa a 229, podı́a demostrar que la forma 3x2 + 2xy + 4y 2
también lo representa. Esto es porque claramente
229x2 + 406xy + 180y 2
representa los mismos números que la forma
229x2 + 406x(y − x) + 180(y − x)2 = 3x2 − 46xy + 180y 2
luego vemos que también 3x2 − 46xy + 180y 2 representa 229. Pero
podemos continuar; 3x2 −46xy+180y 2 representa los mismos números
que
3(x + 8y)2 − 46(x + 8y)y + 180y 2 = 3x2 + 2xy + 4y 2 .
BORRADOR CHARLA JAE: EXPERIMENTANDO LOS NÚMEROS
13
22. Podemos realizar el mismo procedimiento para cualquier otro p para
el que la ecuación z 2 +11 ≡ 0 mód p. Por ejemplo, si p = 617 tenemos
z = 468 y de ahı́ llegamos a la forma
G(x, y) = 617x2 + 936xy + 355y 2 .
En este caso, como 936 = 2 ∗ 355 + 226 puedo comenzar cambiando
y → y − x, de donde paso a 36x2 + 226xy + 355y 2 . Ahora, como
226 = 6∗36+10, con el cambio x → x−3y pasamos a 36x2 +10xy+y 2 .
Ahora, como 10 = 10∗1+0, por el cambio y −5x llegamos a 11x2 +y 2 ,
y por el cambio (x, y) → (y, x) llegamos a x2 + 11y 2 .
23. Con este procedimiento de reducción, podemos ver que cualquiera de
nuestras formas
Fp = px2 + 2zxy + ky 2
puede reducirse usando varios cambios del tipo (x ± y, y), (x, y ± x),
(±x, y), (y, x) a una forma
Q = ax2 + bxy + cy 2
0 ≤ b ≤ a ≤ c,
(a, b, c) = 1
Esto es porque en cada paso podemos hacer que el coeficiente de xy
decrezca siempre que alguno de los coeficientes de x2 o y 2 sean más
pequeños. Como el discriminante no cambia con la reducción, tenemos
que b2 − 4ac = −44. Si miramos a las posibles formas que satisfacen
esas conidiciones, son sólo
Q1 (x, y) = x2 + 11y 2
Q2 (x, y) = 3x2 + 2xy + 4y 2 .
24. Entonces, los primos p para los que la forma Fp se reduces a Q1 son
justo los representados por Q1 , y los primos p para los que la forma
Fp se reduzca a Q2 son los primos representados por Q2 .
25. Pero hay más buenas noticias, porque no sólo coinciden los primos representados, sino que además coincide el número de representaciones,
si descontamos simetrı́as. Q1 tiene 4 simetrı́as, (x, y), (x, −y), (−x, y),
(−x, −y), y Q2 tiene 2 simetrı́as, (x, y), (−x, −y) (simetrı́as son los
cambios que deja la forma fija). Ası́, lo que se cumple es que
RQ1 (p) RQ2 (p)
p
#{z mód p : z 2 + 11 ≡ 0 mód p}
+
=
=
4
2
2
2
con RQ (m) el número de soluciones (x, y) de Q(x, y) = m, p = 2 o
p = 0.
Esto demuestra lo que habı́amos visto experimentalmente, que cada
primo representable por x2 + 11y 2 tiene una única solución (x0 , y0 )
tal que x20 + 11y02 = p (salvo simetrı́as).
Y también demuestra que exactamente los primos que no son representables por x2 + 11y 2 son representables por 3x2 + 2xy + 4y 2 .
26. Esto es fácil de demostrar. El número de soluciones de z 2 + 11 ≡ 0
mód p es 0 o 2. Si es 0 es trivial ver que que Q1 y Q2 no representan
a p (por congruencias). Si tenemos dos soluciones, son z1 y −z1 . A
14
ADRIÁN UBIS
partir de ellas construimos las formas Fp,z1 = px2 + 2z1 xy + ky 2 y
Fp,−z1 = px2 − 2z1 xy + ky 2 . Como puedo pasar de una a otra con el
cambio (x, y) → (−x, y), ambas van a ir a la misma forma reducida.
Además, es sencillo demostrar que en el proceso de reducción, si Fp,z1
se reduce a Q1 , entonces la representación Fp,z1 (1, 0) = p se transforma en una única representación Q1 (x0 , y0 ) = p (salvo simetrı́as). Y
cada representación Q1 (x0 , y0 ) = p proviene de Fp,z1 (1, 0) = p. Podéis
verlo con más detalle en [6] y [16]. Si queréis intentar demostralo
vosotros, es útil ver primero que los cambios de variable que hemos
usado generan cualquier cambio del tipo (x, y) → (rx + sy, Rx + Sy)
con rS − Rs = ±1.
27. ¡Pero es que además esto funciona exactamente igual para cualquier
N que sea producto de primos distintos de 11! Es decir
Q
RQ1 (N ) RQ2 (N )
#{z ≤ N : z 2 + 11 ≡ 0 mód N }
p|N p
+
=
=
4
2
2
2
Y la demostración es esencialmente la misma.
5.
Fórmula de masa de Siegel
1. Para cualquier ecuación x2 + dy 2 = N , podemos repetir este procedimiento. Para cada forma Fp llegaremos a una forma reducida: esto es,
una forma Q(x, y) = ax2 +bxy+cy 2 con 0 ≤ b ≤ a ≤ p
c, b2 −4ac = −4d
y (a, b, c) = 1. Es fácil ver que esto implica que b ≤ 4d/3 luego hay
un número finito de estas formas.
De ellas, sólo algunas representan los mismos números en congruencias r módulo 4d, con r coprimo con 4d, que la forma x2 + dy 2 . Llamemos a esas formas Q1 , Q2 , . . . Qk . Está claro que Q1 (x, y) = x2 + dy 2
es siempre una de ellas. Al conjunto de dichas formas se le llama el
género de la forma x2 + dy 2 .
2. Para que la definición de género tenga sentido, debemos demostrar
que si una forma f representa algún resto r ≡ x2 + dy 2 módulo 4d,
entonces sólo representa ese tipo de restos. Esto se deduce de que:
a) Los residuos r = x2 + dy 2 generan un subgrupo del grupo G de
residuos módulo 4d que son coprimos con 4d. Esto viene de la
fórmula de multiplicación que vimos antes
(x21 + dy12 )(x22 + dy22 ) = (x1 x2 + dy1 y2 )2 + d(x1 y2 − x2 y1 )2
b) Podemos asumir que d es coprimo con a (ver la demostración en
la página 35 de [6]). La forma f (x, y) = ax2 + bxy + cy 2 puede
escribirse como
√
√
(ax + 2b y)2 + dy 2
−b − −4d
−b + −4d
y)(x −
y) =
f (x, y) = (x −
2a
2a
a
luego si a es coprimo con 4d tenemos que f representa el conjunto
de residuos a−1 M , con M el subgrupo de residuos módulo 4d.
BORRADOR CHARLA JAE: EXPERIMENTANDO LOS NÚMEROS
15
3. En el caso d = 11 tuvimos que k = 2 y Q2 = 3x2 + 2xy + 4y 2 . En
general, como antes podemos demostrar que cada primo p ≡ x2 + dy 2
mód 4d va a ser representable por exactamente una de las Qj , y de
hecho
RQk (N )
RQ1 (N )
#{z ≤ N : z 2 + d ≡ 0 mód N }
+ ... +
=
S Q1
SQk
2
con SQ el número de simetrı́as de Q, que puede ser 8, 4 o 2.
4. Es muy fácil calcular Q1 , Q2 , . . . Qk para cualquier d dado. Vamos a
verlo primero en el caso d = 3. Entonces, tenemos que b2 + 12 = 4ac
con 0 ≤ b ≤ a ≤ c. Vemos que b siempre
debe ser par. Tenemos que
p
probar todas las b’s pares con b ≤ 4 ∗ 3/3 = 2. Con b = 0 tenemos
Q1 = x2 + 3y 2 . Con b = 2 tenemos b2 + 12 = 16, luego ac = 4.
Por las desigualdades, la única posibilidad es 2x2 + 2xy + 2y 2 , pero
(2, 2, 2) = 1 6= 1, luego no es una forma reducidad. Eso quiere decir
que k = 1, por lo que
Rx2 +3y2 (N )
#{z ≤ N : z 2 + 3 ≡ 0 mód N }
=
4
2
y esto demuestra todas nuestras conjeturas para la ecuación x2 + 3y 2 .
5. Para el resto de casos d ≤ 10 tenemos que siempre k = 1 luego
ası́ demostramos nuestras conjetura (*) para estos casos. Y vemos
que nuestra conjetura fallará exactamente cuando k > 1.
Por ejemplo, para el caso d = 5 tenemos que las formas reducidas
x2 +5y 2 y 2x2 +2xy +3y 2 . Pero x2 +5y 2 representa primos de la forma
p ≡ 1, 9 mód 20, mientras que 2x2 + 2xy + 3y 2 representa primos de
la form p ≡ 3, 7 mód 20, luego k = 1 y Q1 = x2 + 5y 2 .
6. Por ejemplo, en el caso d = 27, podemos ver que k = 2, Q1 = x2 +27y 2 ,
Q2 = 4x2 + 2xy + 7y 2 .
Para el caso d = 47, tenemos que k = 3, Q1 = x2 + 47y 2 , Q2 =
2
3x + 2xy + 16y 2 y Q3 = 7x2 + 6xy + 8y 2 .
7. Ahora podemos explicar por qué aproximadamente un tercio de los
primos p para los que z 2 +1 ≡ 0 mód p tiene solución podı́an ponerse
realmente como p = x2 + 11y 2 . De la fórmula
RQ1 (p) RQ2 (p)
+
=1
4
2
para los primos con z 2 + 1 ≡ 0 mód p, vemos que RQ1 (p)/4 = 1
o RQ2 (p)/2 = 1. Luego algunos primos son representados por Q1 y
otros por Q2 . Como Q1 concentra 4 soluciones en cada primo y Q2
solamente 2, serı́a razonable pensar que Q2 representa el doble de
primos que Q1 . Pero entonces Q1 representarı́a 1/3 de estos primos,
y Q2 representarı́a 2/3. Esto explicarı́a nuestros resultados numéricos
sobre la proporción de primos representados por Q1 .
8. Hemos visto que de los primos p ≡ x2 + 27y 2 mód 4 ∗ 27, unos serán
representables por x2 + 27y 2 y el resto por 4x2 + 2xy + 7y 2 . Y es
16
ADRIÁN UBIS
posible como antes ver que los primos representados por x2 + 27y 2
deberı́an ser 1/3 de todos.
Es posible demostrar ese hecho con algo que no hemos aprovechado.
Es posible multiplicar dos formas Qi , Qj para obtener otra forma Qk .
Pues bien es posible aprovechar esa estructura de grupo para “repetir”
la demostración (de Dirichlet) que hicimos para ver que habı́a 1/4 de
primos de la forma p ≡ 2 mód 5.
9. Pero es posible ir más allá. Se puede identificar exactamente a los
primos p representables como p = x2 + 27y 2 . Van a ser exactamente
los primos para los que la siguiente ecuación en congruencias
z3 − 2 ≡ 0
mód p
tenga solución. Esto fue conjeturado por Euler y demostrado por
Gauss. Esto funciona en general para los primos de la forma x2 + dy 2 ,
pero cambiando el polinomo z 3 − d por uno general fd (z). Podési ver
parte de la demostración en [6].
Por ejemplo en el caso de x2 +14y 2 , queda que p ≡ 1, 9, 15, 23, 25, 39
mód 56 se puede poner como p = x2 + 14y 2 si y solo sı́ la ecuación
(z 2 + 1)2 − 8 ≡ 0 mód p tiene solución.
¡Luego, después de todo, es posible identificar cuándo la ecuación
x2 + dy 2 = p tiene solución por medio de congruencias! No vamos
a ver esto más en profundidad porque la demostración general es
complicada.
Esa condición de congruencia es bastante más complicada que la
de que p fuera congruente con algunos restos módulo 4d, pero al menos es rápida de resolver computacionalmente1). Es decir, al menos
demuestra que es rápido ver si la ecuación x2 + dy 2 = p tiene solución
para p cualquier primo grande.
10. Imaginad ahora que quisiéramos estimar el número de soluciones de
la ecuación
x2 + dy 2 = N
sin saber nada de lo que hemos visto hoy.
¿Cómo podrı́amos hacerlo? Podrı́amos usar un argumento “probabilı́stico”: el número de (x, y) tales que
3
1
N < x2 + dy 2 < N
2
2
p
√
√
es aproximadamente N/ d (porque x ≈ N , y ≈ N/d). Para cada
uno de esos puntos, tenemos que
−N/2 < x2 + dy 2 − N < N/2
1Mirad
Distinct Degree Factorization en https://en.wikipedia.org/wiki/
Factorization_of_polynomials_over_finite_fields
BORRADOR CHARLA JAE: EXPERIMENTANDO LOS NÚMEROS
17
luego la probabilidad de que quede x2 + dy 2 − N = 0 deberı́a ser como
1/N . Por tanto, nuestra estimación para el número de soluciones serı́a
N 1
1
RQ (N ) ∼ √
∼√ .
dN
d
11. Podrı́amos hacer más precisa la constante tomando una corona más
estrecha, es decir
(1 − )N < x2 + dy 2 < (1 + )N.
El número de puntos ahı́ serı́a esencialmente el volumen de dicha
corona, que quedarı́a √πd 2N . Por otra parte, tendrı́amos
−N < x2 + dy 2 − N < N.
luego la probabilidad de ser cero serı́a 1/2N . Por tanto, nuestra estimación perfeccionada serı́a
π
1
π
RQ (N ) ∼ √ 2N
∼√ .
2N
d
d
12. Pero, un momento. De alguna manera, en ese argumento hemos asumido que todos los N son igualmente representables, pero eso no es
cierto. Por ejemplo, la ecuación
x2 + 7y 2 = 10001
mód 3
en principio deberı́a tener 3 soluciones, ya que tenemos dos incógnitas
y una ecuación1 ≤ x, y ≤ 4. Pero en realidad tiene 4 soluciones. Esto parece indicar que 10001 deberı́a tener más representaciones de lo
normal. En particular, deberı́amos modificar nuestra estimación multiplicándola por un factor 4/3. Pero, podrı́a pasar lo mismo módulo
9, módulo 27, etc. Para tenerlo en cuenta todo a la vez, deberı́amos
considerar
M3α
δ3 = lı́m
α→∞ 3α
con Mq el número de soluciones de la ecuación módulo q.
13. Pero deberı́amos considerar también otras congruencias. Como antes,
podemos definir δ2 , δ5 , . . .. Es decir para cada primo metemos un nuevo factor corrector. Entonces, nuestra estimación probabilı́stica serı́a
π Y
RQ (N ) ∼ √
δp (Q, N ).
d p
14. Sabemos por lo que hemos estado viendo en el tema que esta fórmula
no funciona en general, pero de hecho, es sencillo reescribir nuestra
fórmula
RQ1 (N )
RQk (N )
#{z ≤ N : z 2 + d ≡ 0
+ ... +
=
S Q1
SQk
2
mód N }
18
ADRIÁN UBIS
como
RQ1 (N )
SQ1
1
SQ1
+ ... +
RQk (N )
SQk
1
SQk
π Y
δp (Q, N ).
=√
d p
+ ... +
√
De hecho, a π/ d se le suele llamar δ∞ (Q, N ) o δR (Q, N ), porque
representa el factor de correción en R.
De esta forma, el promedio de soluciones enteras de Qj = N para
todas las formas Qj en el género de x2 + dy 2 es igual al producto de
densidades de soluciones en R y en congruencias.
A esta fórmula se le suele llamar Fórmula de masa de Siegel, porque
Siegel demostró el caso general que vamos a ver en la próxima sección.
6.
Sumas de cuadrados
1. Para esta parte, la referencia principal es [20]. También podéis mirar
[11], [13], [14] y [4].
2. Históricamente, tras mirar a ecuaciones x2 + dy 2 = N , Fermat hizo
conjeturas para las ecuaciones x2 +y 2 +z 2 = N y x2 +y 2 +z 2 +w2 = N .
En particular, para la primera, que tiene solución para todo N excepto
los de la forma N = 4j (8L + 7); para la segunda, que tiene solución
para todo N natural. De hecho, para el caso de cuatro cuadrados
tenemos la fórmula (en el caso N impar por simplificar)
Y
1
1
1
r4 (N ) = (π 2 N )
(1 − 2 )(1 + + . . . + α ),
p
p
p
α
p ||N
y para r3 (N ) hay una fórmula similar. En la fórmula pα || N quiere
decir que la potencia del primo p en la factorización de N es α.
3. Ambas conjeturas corresponden al cumplimiento del principio globallocal. Ambas fueron demostradas, por Gauss y Lagrange respectivamente, usando métodos especiales. Pero para otras ecuaciónes ax2 +
by 2 + cz 2 = N eso métodos dejan de funcionar.
4. En particular, ahora en general no vamos a tener una fórmula de
multiplicación, luego los primos no van a jugar un papel tan destacado
y perdemos la estructura multiplicativa que existı́a en el caso de dos
cuadrados.
5. Pero, milagrosamente, la fórmula de masa sigue funcionando para
cualquier ecuación con cuadrados, independientemente del número
de cuadrados.
Todo se define igual que en el caso de dos cuadrados. La única
diferencia es que las formas Qj que acompañan a Q no sólo deben
representar los mismos números en congruencias que Q, sino que debemos tener que tras hacer cambios de variable como antes sobre Qj
acabemos en una forma Q∗j que satisfaga
Q∗j ≡ Q mód q
BORRADOR CHARLA JAE: EXPERIMENTANDO LOS NÚMEROS
19
para todo q, donde dicha congruencia quiere decir que todos los coeficientes de las formas deben ser congruentes módulo q. Esas formas
Q1 , Q2 , . . . Qk se llaman el género de Q, y en el caso de dos cuadrados
coinciden con las que habı́amos hallado.
La demostración en general usa ideas similares, aunque es algo más
complicada. Fue demostrada por Siegel en 1935. Por eso se suele llamar la fórmula de masa de Siegel. Yo creo que la mejor referencia para
ver la demostración en el ariculo original [20]. Lo malo es que está en
alemán, pero incluso si no conocéis el idioma, como son matemáticas
no es difı́cil quedarse con las palabras clave y comprender las demás
por deducción.
6. En general hay un algoritmo, como en el caso de dos cuadrados, para calcular la fórmula Qj , y también para calcular las densidades
δp (Q, N ).
7. En los casos Q = x2 + y 2 + z 2 , Q = x2 + y 2 + z 2 + w2 , lo que ocurre
es que k = 1 y por eso todo quedaba tan sencillo. Vamos a ver ahora
un caso en que eso no ocurre.
8. Ramanujan estudió numéricamente los valores N para los que la ecuación x2 + y 2 + 10z 2 = N tenı́a solución [17]. Vio que los números pares
para los que no tenı́a solucón eran los de la forma N = 4α (16L + 4).
Sobre los impares, vio que los primeros N para los que no tenı́a solución eran
3, 7, 21, 31, 33, 43, 67, 79, 87, 133, 217, 219, 223, 253, 307, 391, . . .
pero que no veı́a una regla general para describirlos.
9. Con nuestra fórmula de masa, podemos ver que el genero de Q1 =
x2 + y 2 + 10z 2 está formado por Q1 y Q2 = 2y 2 + 2x2 − 2xz + 3z 2 . Es
fácil ver que Q1 tiene 16 simetrı́as y Q2 8. Ası́, la fórmula queda
R (N )
RQ1 (N )
+ Q28
16
1
1
16 + 8
= δ∞ (Q1 , N )
Y
δp (Q1 , N ).
p
10. Por otra parte en este caso, tenemos que el volumen de la corona
(1 − )N < x2 + y 2 + 10z 2 < (1 + )N
√
es asintóticamente 2πN 3/2 / 10, luego
π
1
π √
δ∞ (Q1 , N ) = 2 √ N 3/2
=√
N.
2N
10
10
11. Por tanto
1
2
π √ Y
RQ1 (N ) + RQ2 (N ) = √
N
δp (Q1 , N ) = Rgenero (N )
3
3
10
p
Ası́, Q
si N es representable en congruencias por Q1 , deberı́amos√tener
que p δp (Q1 , N ) ≈ 1 y por tanto la parte derecha serı́a como N .
20
ADRIÁN UBIS
√
12. Serı́a muy raro que con la parte derecha con tamaño N , en la parte
izquierda tuviéramos RQ1 (N ) = 0, es decir, que toda la masa se concentrase en RQ2 (N ). Lo normal serı́a que se repariese las soluciones
más o menos entre ambas formas.
13. Si miramos una tabla hasta N ≤ 1000 con RQ1 (N ), RQ2 (N ) y Rgenero (N ),
vemos que cuando N es pequeño no hay un patrón claro (en la tabla
de ternary1.png tenemos z1 = RQ1 (N ), z2 = RQ2 (N ) y local =
Rgenero (N ) ), pero cuando N se hace grande vemos que el tamaño de
los tres números son parecidos, excepto en algunos casos, que coinciden con los N impares descritos por Ramanujan (ver ternary2.png).
14. Ası́, parece razonable pensar que para N grande
RQ1 (N ) ∼ Rgenero (N )
RQ2 (N ) ∼ Rgenero (N ).
¡En particular, esto nos dirı́a que la lista de N ’s impares de Ramanujan en realidad es finita! Es decir, a partir de un cierto N0 la ecuación
siempre tendrá solución para N impar.
15. Esto fue efectivamente demostrado en 1988 por W. Duke, basándose
en un importante teorema de Iwaniec [12], y usando la fórmula de
masa y otros trabajos de Siegel. De hecho, lo que demostraron es que
1
1
RQ1 (N ) = Rgenero (N ) + O(N 2 − 28 ),
y Landau y Siegel habı́an demostrado previamente que Rgenero (N ) >
C N 1/2− .
16. Todo esto funciona para cualquier forma cuadrática con 3 o más variables. Luego podemos decir que el principio global-local funciona para
la ecuación F = N para todo N excepto un “número finito de N s ”.
Aquı́ hay que tener un poco de cuidado con el significado de finito,
porque puede haber problemas para N = cj L2 , para un número finito
de cj , pero esto ocurre sólo porque Rgen (N ) ≈ 1 ya que las soluciones
son sólo las heredadas de las de F = cj .
Teniendo en cuenta lo que vimos antes para el caso de dos variables,
podemos decir la solución de cualquier ecuación F = N con F una
forma cuadrática de más de una variable y N suficientemente grande
puede ser decidida mediante congruencias.
17. Lo que no nos dice la demostración a partir de que N impar la ecuación x2 + y 2 + 10z 2 = N tiene solución. Si varias conjeturas de teorı́a
de números fuesen ciertas, podrı́amsos decir que los únicos números
que no estaban en la lista de Ramanujan son N = 679, 2719. (ver
[17]).
18. De nuevo, la demostración se basa en el uso de funciones generatrices.
Podéis ver una descripción sencilla de la parte esencial de la demostración en [18]. En este caso, se considera la función
X
f1 (z) =
RQ1 (N )z N
N ∈Z
BORRADOR CHARLA JAE: EXPERIMENTANDO LOS NÚMEROS
21
¿Por qué tiene sentido usar una serie de Taylor? Porque el problema
es aditivo, ya que N = a2 + b2 + 10c2 .
19. Por eso, f1 (z) puede escribirse como
X
X 2X 2X
2
2
2
2
z 10c
za
zb
f1 (z) =
z a +b +10c =
a
a,b,c∈Z
b
c
luego
f1 (z) = g(z)2 g(10z)
con
g(z) =
X
2
zn .
20. La función g(z) no es tan complicada, se puede analizar con técnicas
de análisis de Fourier, y se puede ver que tiene ciertas simetrı́as que
hacen que la podamos ver esencialmente como una función en un
subconjunto del disco |z| < 1. f1 (z) hereda
P esa propiedad.
21. Podemos repetir lo mismo para f2 (z) = N RQ2 (N )z N , luego podemos ver f1 , f2 como funciones en un subconjunto A P
del disco. Además,
por la fórmula de masa, tenemos que fgenero (z) = N Rgenero (N )z N
puede escribirse como fgenero = f1 /3 + 2f2 /3, luego fgenero también
puede verse como una función en A.
22. Es posible ver que a partir de la fórmula de masa que
η(z) = f1 (z) − fgenero (z)
es una función acotada en A.P
23. Eso va a implicar que η(z) = N a(N )z N puede escribirse como combinación de ciertas funciones “explı́citas”, lo que permitió a Iwaniec
dar una cota para |a(N )|. Su demostración tiene varias ideas geniales;
yo dirı́a que es una de las demostraciones más bonitas que he visto.
7.
Otras ecuaciones
1. Ahora veremos que las ideas vistas para ecuaciones cuadráticas pueden tener uso para ecuaciones de grado superior. Otro de los problemas tratados por Fermat fue el de ver la existencia de triángulos
rectángulos con lados enteros y con área un cuadrado. Esto corresponde a las ecuaciones
x21 + y12 = z12
x1 y1 /2 = w12
que puede reescribirse como
y 2 z = x3 − xz 2 ,
y 6= 0
luego vemos que es una ecuación de grado 3. Fermat vio que esta
ecuación no tiene solución por un método que el llamo del descenso.
¡Fijaos en que en este caso no podemos ver si la ecuación tiene
soluciones sólo probando valores, porque hay infinitos!
22
ADRIÁN UBIS
2. Este método es el que pensaba ver en la segunda charla, pero que no
me da tiempo. Sin embargo, voy a describir su conexión con la fórmula
de masa de Siegel. Si queréis estudiar dicho método, podrı́ais empezar
por los dos primeros capı́tulos de [9]; después podrı́ais continuar con la
resolución que dio Lagrange a una de las ecuaciones que trato Fermat
(páginas 119–121 en [15]); tras eso podéis leer [23], [21] y [15].
3. Fermat también estudió el problema cambiando la condición de que
el área fuese un cuadrado por la de que fuese el doble o el triple de
un cuadrado, que corresponde a las ecuaciones
y 2 z = x3 − 4xz 2
y 2 z = x3 − 9xz 2
y en ambos caso vio que no habı́a solución.
4. El problema era conocido de antes, y en general era ver si para un
número N existen triángulos rectángulo de lados enteros tales que el
área sea un número de la forma N por un cuadrado.
En algunos casos se conocı́a que tenı́a solución, como para N = 6,
ya que tenemos el triángulo (3, 4, 5), de área 6, o pare N = 5 el
triángulo de área (9, 40, 41) de área 180 = 5 ∗ 62 .
No quiero que os llevéis la impresión de que estas soluciones se pueden encontrar a ojo. Par N = 157, el triángulo solución más pequeño
(ver [3]) tiene un cateto que es múltiplo del número
6803 2984 8782 6435 0512 1754 0.
5. La pregunta natural es, ¿qué ocurre para otros N ? Podemos claramente restringirnos a N s que no tienen cuadrados en su factorización.
La ecuación a resolver serı́a
y 2 z = x3 − N 2 xz 2
y 6= 0
Euler conjeturó que si N ≡ 5, 6, 7 mód 8 entonces la ecuación siempre tiene solución.
6. Como hemos visto, Fermat creó un método que daba en algunos casos
todas las soluciones de la ecuación. Esto fue perfeccionado por Mordell en 1922, quién dio un algoritmo (del descenso) para calcular las
soluciones de la ecuación (ver [21]). Aunque no sabı́a demostrar que
el algoritmo siempre daba todas las soluciones.
7. En el caso particular de nuestras ecuaciones, usando el resultado que
vimos de primos en progresiones aritméticas, puede demostrarse que
si hay una solución a la ecuación para un cierto N , entonces hay
infinitas (ver [15]).
8. Se sabı́a que el principio global-local no funcionaba para estas ecuaciones, y creo que poca gente pensaba que algo parecido a la fórmula
de masa de Siegel podı́a ser cierto para este caso. En 1965, Birch y
Swinnerton-Dyer [2] se pusieron a estudiar numéricamente la parte
derecha de la fórmula de masa en este caso, con ordenadores (en este
caso los calculos que habı́a que realizar eran imposibles a mano; fijaos
BORRADOR CHARLA JAE: EXPERIMENTANDO LOS NÚMEROS
23
que más o menos esto coincide en el tiempo con el comienzo del uso
de ordenadores electrónicos). En la parte derecha tenı́amos
Y
δp (N )
δ∞ (N )
p
y en este caso δ∞ (N ) da una constante (verlo de forma aproximada),
luego podemos olvidarnos de ese término. Para casi todo p, δp =
Mp /p2 , con Mp el número de soluciones de
y 2 z = x3 − N 2 xz 2
mód p.
9. Numéricamente, Birch y Swinnerton-Dyer vieron que para algunos
N s parecı́a que
Y
δp (N ) → ∞,
p≤M
mientras que para otros
Y
δp (N ) → cte.
p≤M
Y lo que es más importante, ¡se dieron cuenta de que los casos donde la ecuación tenı́a solución (infinitas soluciones) coincidı́an con los
casos en que dicho producto iba hacia infinito! Es decir, parecı́a que
de nuevo las soluciones en congruencias nos decı́an que pasaba en
enteros.
10. Más tarde, Tunnell [22] se dio cuentaQde que era posible predecir
exactamente para qué N s el producto p δp (N ) se iba a infinito. En
particular, en los casos N ≡ 5, 6, 7 mód 8 se iba siempre a infinito.
De esta forma, si la conjetura de Birch y Swinnerton Dyer es cierta, podrı́amos resolver completamente el problema de los números
congruentes.
11. Algunos caso de la conjetura han sido demostrados [5]. En particular,
se sabe que en los casos en que converge a una constante, entonces no
hay soluciones.
Pero el caso general sigue abierto, y de hecho este es uno de los
problemas del Milenio2 por cuya solución os darı́an un millón de
dólares. . .
Referencias
[1]
[2]
[3]
[4]
[5]
[6]
[7]
Agrawal, Kayal y Saxena, Primes is in P.
Birch y Swinnerton-Dyer, Notes on Elliptic Curves II.
Brown, Three Fermat trails to Elliptic Curves.
Chamizo, Cristóbal y Ubis, Lattice points in rational ellipsoids.
Coates, Congruent numbers.
Cox, Primes of the form x2 + ny 2 .
Davenport, Multiplicative Number Theory.
2http://www.claymath.org/millennium/Birch_and_Swinnerton-Dyer_Conjecture/
birchswin.pdf
24
ADRIÁN UBIS
[8] Dirichlet, Lectures on Number Theory. History of Mathematics, volumen 16. Traducido por John Stillwell.
[9] Edwards, Fermat’s Last Theorem.
[10] Gauss, Disquisitiones Arithmeticae, English translation.
[11] Hanke, Some recent results about (ternary) quadratic forms.
[12] Iwaniec, Fourier coefficients of modular forms of half-integral weight.
[13] Iwaniec, Topics in Classical Automorphic Forms.
[14] Iwaniec y Kowalski, Analytic Number Theory
[15] Knapp, Elliptic curves.
[16] Landau, Elementary Number Theory.
[17] Ono y Soundararajan, Ramanujan’s ternary quadratic form
[18] Sarnak, Some applications of modular forms.
[19] Sarnak, Solutions to equations in integers, IAS video lectures.
[20] Siegel, Uber Die Analytische Theorie Der Quadratischen Formen, 1935.
[21] Silverman y Tate, Rational points on Elliptic Curves.
[22] Tunnell, A classical Diophantine Problem and Modular Forms of Weight 3/2.
[23] Weil, Basic Number Theory.