24.12.21

Unha marabilla da Teoría de Números

    Non sei se nestes anos cheguei a comentar nalgunha ocasión que, despois de aprobar a oposición, no meu ano de prácticas, comecei o programa de doutoramento de Matemáticas(Álxebra, Análise, Xeometría e Topoloxía). Como o seu nome insinúa, este programa é tan xeral dentro das Matemáticas Puras que no curso de docencia hai que escoller entre materias dos 3 departamentos clásicos, o que fai necesario coller materias que un xa non cursaría se puider. Pois eu, que tiña interese especial na Teoría de Números, acabei cursando tamén Xeometría Alxébrica(un bo complemento) pero tamén Álxebra Computacional(:/) e unha de Xeometría e Topoloxía da que nin lembro o nome xa. Ironicamente, tiven que coller menos materias non desexadas das estipuladas porque alguén trabucara o número de créditos de Teoría de Números.

Que nin rematase o período de docencia do 1º curso é outra historia, só fixen este introito para amosar algo que non sei se quedou claro nestes anos de blog: a miña disciplina favorita dentro das Matemáticas Puras é a Teoría de Números. E dentro da Teoría de Números, as Ecuacións Diofánticas probablemente sexa, sempre na miña opinión, a máis fermosa das sub-divisións.

Coido que só falei explicitamente desta materia na entrada As ecuacións diofánticas, mais levando case 775 entradas en 13 anos menos dúas semanas non estou en condicións de garantilo. E xa tiña ganas hai tempo de compartir unha demostración fermosísima dun feito ben coñecido. Seguídeme se aínda estades por acó.

O teorema di o seguinte:

Todo número primo da forma p=4k+1 é suma de dous cadrados, i.e., pode escribirse como $p=x^2+y^2$ para certos $x,y \in \mathbb{N}$

Ademais a expresión como suma de 2 cadrados é única, pero esa é a parte inmediata, deixámola para o amable lector.

O problema de expresar un número natural como suma de dous cadrados apareceu tan cedo como na Aritmética de Diofanto, aínda que implicitamente no libro II, onde si aparece o problema de expresar un cadrado como suma de dous cadrados(II.8) ou o de atopar outro xeito de expresar como suma de dous cadrados un número que se sabe que é expresable(II.9). A páxina da Aritmética de Diofanto onde aparecen estas dúas cuestións pasou á historia debido a que na marxe da versión de Bachet escribiu a anotación máis famosa da historia das Matemáticas.

Como sucede en varias ocasións, Fermat enunciou sen demostración o teorema e houbo que esperar a Euler para atopar a primeira demostración(en De numeris, qui sunt aggregata duorum quadratorum). As demostracións que vou compartir hoxe son máis modernas, comezando por unha que utiliza congruencias(que como é ben sabido, foron introducidas por Gauss no s.XIX). Na miña opinión é unha fermosura elemental:

En primeiro lugar, un primo da forma 4k+1 cumpre que -1 é un residuo cuadrático módulo p*, é dicir, $\exists s / s^2 \equiv -1 (modp)$. Consideremos os enteiros $sx-y$ onde $0 \leq x,y<\sqrt{p}$. Hai $\lfloor{\sqrt{p}+1}$ eleccións para cada un dos números x e y, e como $\left( \lfloor{\sqrt{p}}+1\right)^2>\left(\sqrt{p} \right)^2=p$, como mínimo dous dos valores de $sx-y$ teñen que ser congruentes módulo p, digamos:

$$sx_1-y_1 \equiv s x_2-y_2(mod p)$$

Sexan $x=x_1-x_2$ e $y=y_1-y_2$, entón x e y son non nulos porque os pares $(x_1,y_1)$ e $(x_2,y_2)$ son distintos.

Entón, $sx\equiv y(mod p)$ e por tanto $s^2x^2\equiv y^2(mod p)$, é dicir, $-x^2\equiv y^2(mod p)$

Deducimos que $x^2+y^2$ é múltiplo de p, e como $0<x^2+y^2<2\left(\sqrt{p} \right)^2=2p$, concluímos que $x^2+y^2=p$ q.e.d.

*Como haberá algún lector non familiarizado cos residuos cuadráticos, ao final da entrada amoso unha demostración.

Hai dúas demostracións semellantes que utilizan converxentes de fraccións continuas, unha delas ademais no contexto da Ecuación de Pell, e e que parte tamén da condición do feito de que -1 sexa un residuo cuadrático módulo p. Non a inclúo aquí porque habería que falar algo de fraccións continuas previamente. Quizais para outra entrada.

Pero si vou compartir a demostración que utiliza os enteiros de Gauss, que parte tamén do mesmo feito:

Como -1 é un residuo cuadrático de p, $\exists x \in \mathbb{Z} /x^2 \equiv -1(modp)$, de onde $p | x^2+1$ e entón $p |(x-i)(x+i)$. Se p fose un primo gaussiano, tería que suceder que $p | x-i$ ou $p | x+i$, como isto non é certo(p non é divisor dos coeficientes de i nos dous casos), p non pode ser un primo gaussiano. De tal xeito que existen enteiros gaussianos $\alpha$ e $\beta$, non unidades, tales que $p=\alpha \beta$. Como $N(p)=p^2=N(\alpha) N(\beta)$ e nin $N(\alpha$ nin $N(\beta)$ son iguais a 1, temos que $N(\alpha)=N(\beta)=p$, polo que, se $\alpha=u+iv$, entón $p=u^2+v^2$,q.e.d.

Vexamos para rematar que efectivamente -1 é un residuo cuadrático de calquera primo da forma 4k+1.

Coñecedes o Teorema de Wilson? Non? Pois se p é un número primo, entón:

$$(p-1)! \equiv -1(mod p)$$

(En realidade é que sexa primo é ademais necesario, pero como non se usa ese sentido do teorema, non o vou amosar)

A demostración é ben sinxela, se p é un primo impar(para o 2 é evidente):

Como $\mathbb{Z}_p$ é un corpo co produto, todo elemento non nulo ten inverso multiplicativo, e este inverso é ademais único. Aínda máis: supoñamos que un elemento a é inverso de si mesmo, é dicir, $a^2 \equiv 1(mod p)$, entón $p | (a^2-1)=(a+1)(a-1)$, polo que $p|a+1$ ou $p|a-1$. En conclusión, só $p-1$ e $1$ son inversos de si mesmos. De tal xeito que no produto $$(p-1)(p-2)(p-3) \dots 3 \cdot 2 \cdot 1$$

todos os números do medio están emparellados entre eles, cancelando todos os produtos, e só quedan sós p-1 e 1, que multiplicados obtemos -1,q.e.d.

Pois agora collamos $m=\frac{p-1}{2}$, e escribamos o factorial deste xeito:

$$(p-1)!=(p-1)(p-2) \dots (p-m) \cdot m \dots 3 \cdot 2 \cdot 1= $$

Agrupando por opostos, 

$$1 \cdot (p-1) \cdot 2 \cdot(p-2) \dots m \cdot (p-m)\equiv 1 \cdot(-1)\cdot 2 \cdot (-2) \dots m \cdot (-m) \equiv -1 (mod p)$$

Que escrito de xeito compacto, 

$$\prod \limits_{k=1}^m (-1)^m k^2 \equiv -1(mod p)$$

ou o que é o mesmo

$$\prod \limits_{k=1}^m  k^2 \equiv (-1)^{m+1}(mod p)$$

ou ben

$$\left( m!\right)^2 \equiv (-1)^{m+1}(mod p)$$

Para rematar, se o primo p é da forma 4k+1, m+1 é impar(=2k+1), e por tanto, 

$$\left( m!\right)^2 \equiv -1(mod p)$$

Como estabamos a buscar desde hai un bo anaco.



0 comentarios:

Post a Comment