Quattro Quadrati

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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Saro00
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Quattro Quadrati

Messaggio da Saro00 » 12 lug 2016, 19:38

Dimostrare che per ogni $ n\in \mathbb{N} $ esistono $ a,b,c,d \in\mathbb{N}^4 $ tali che
$ a^2+b^2+c^2+d^2=n $
Un giorno di questi mi metteranno in prigione per aver stuprato troppi problemi. 8)

Rho33
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Re: Quattro Quadrati

Messaggio da Rho33 » 25 lug 2016, 02:50

Questo esercizio sembra molto figo, ci sto pensando da stamattina ma fino a poco fa non avevo trovato quasi nulla, ora invece credo di essere sulla buona strada (ma la soluzione è ancora parziale :oops: ):
Testo nascosto:
Sicuramente $n$ è prodotto di primi (o è esso stesso un primo), quindi se riuscissi a trovare un qualcosa che mi dice che il prodotto di due numeri entrambi somme di quattro quadrati è ancora somma di quattro quadrati, mi ridurrei a doverlo dimostrare solo per i primi. Ora, io mi ricordavo di una cosa simile, ma con la somma di due quadrati:

$$(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac-bd)^2+(ad+bc)^2$$

Quest si dimostra in un attimo con i numeri complessi, quindi ho cercato di trovare una cosa abbastanza analoga e credo di avercela fatta.

Lemma: $$(a^2+b^2+c^2+d^2)(x^2+y^2+z^2+t^2)=(ax+by+cz+dt)^2+(ay-bx+ct-dz)^2+(az-bt+dy-cx)^2+(at+bz-cy-dx)^2$$

Proof: Ovviamente se fate tutti quei bruttissimi conti, viene! Ma, chiaramente, non è una formula calata dal cielo, ho trovato un motivo abbastanza simile al precedente per dimostrarla.

Consideriamo $z_1=a+bi,z_2=c+di,z_3=x+yi,z_4=z+ti$. Come far spuntare la somma di quattro quadrati questa volta (con i moduli non funziona ovviamente!)?. Bhe, consideriamo le seguenti matrici quadrate di ordine $2$:

$$P= \begin {vmatrix}z_1 & z_2 \\- \overline{z_2} & \overline{z_1} \end{vmatrix} \ \ , \ \ Q= \begin {vmatrix} z_3& z_4 \\- \overline{z_4} & \overline{z_3}\end{vmatrix}$$

Chiaramente si ha che:

$$\det{P}=a^2+b^2+c^2+d^2 \ \ , \ \ \det{Q}=x^2+y^2+z^2+t^2$$

Ora, ricordiamo una utilissima proprietà dei determinanti, ovvero:

$$\det{(PQ)}=\det {(P)} \det{(Q)}$$

Quasi magicamente, si ha che:

$$PQ=\begin {vmatrix}z_1z_3-z_2\overline{z_4} & z_1z_4+z_2\overline{z_3} \\\overline{-z_1z_4-z_2\overline{z_3}} & \overline{z_1z_3-z_2\overline{z_4}} \end{vmatrix} $$

E quindi $\det{(PQ)}$ è somma di quattro quadrati!

Ok, non sono ancora riuscito a dimostrare che vale per $p$ primo, ma mi sono ricordato di un vecchio esercizio trovato su imomath che potrebbe fare al caso nostro:

Fatto carino: $$a^2+b^2+1=kp \qquad k \in \mathbb{Z}$$ ha sempre soluzione.

Dimostrazione:La tesi è equivalente a dimostrare che:

$$a^2 \equiv -b^2-1 \pmod p$$ ha sempre soluzione.

Innanzitutto notiamo che $0$ non soddisfa mai. Inoltre, il LHS è sempre positivo mentre il RHS sempre negativo, quindi gli insiemi a cui appartengono tutti gli elementi di questi due tipi sono disgiunti. Ora, la cosa carina è che in entrambi vi sono $\dfrac {p+1}{2}$ elementi (basta riprodurre precisa identica la dimostrazione per i residui quadratici, cioè il primo insieme):

$\bullet$ I residui quadratici sono $\dfrac {p-1}{2}+1$. Basta considerare il polinomio $p(x)=x^2-m$ e vedere che sia $a$ che $-a$ sono radici, distinte,e poi aggiungere lo zero.

$\bullet$ Vogliamo trovare quanti sono gli interi $n$ tali che:

$$b^2 \equiv -n-1 \iff b^2+n+1 \equiv 0 \pmod p$$

Ora basta osservare che $b=0,1, \dots , \frac {p-1}{2}$ produce classi di resto distinte e quindi in tutto vi sono $\frac {p+1}{2}$ elementi.

Ma allora per pigeonhole, hanno un elemento in comune! (la loro unione ne ha $p+1$, ma le classi di resto sono $p$). Quindi esiste una soluzione ad:

$$a^2+b^2+1=kp \iff a^2+b^2+1^2+0^2=kp$$

Ora se qualcuno prima di me, riesce a trasformare quel $k$ in $1$, la dimostrazione è finita.
Fino ad ora sono sulla strada giusta, oppure non serve a nulla tutto ciò? :?:

darkcrystal
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Re: Quattro Quadrati

Messaggio da darkcrystal » 26 lug 2016, 15:03

Sei su un'ottima strada! Sono solo leggermente inquietato dall'affermazione che $-b^2-1$ è "negativo": siccome sei modulo $p$, questo vuol dire poco o nulla! In particolare la frase "Inoltre, il LHS è sempre positivo mentre il RHS sempre negativo, quindi gli insiemi a cui appartengono tutti gli elementi di questi due tipi sono disgiunti" andrebbe chiarita (o eliminata... in ogni caso, io non la capisco^^). Stai anche attento a come dimostri che i residui quadratici sono $(p+1)/2$: l'idea è giusta, ma l'hai scritta veramente di fretta: chi è $m$? Chi è $a$? E poi dovresti sfruttare esplicitamente il fatto che un polinomio di grado 2 ha al più 2 radici modulo $p$, cosa che non dici da nessuna parte - osserva che questo è veramente il punto cruciale, e per esempio è il motivo per cui quello stesso conteggio fallisce modulo 8 (dove il polinomio $x^2-1$ ha 4 radici). E infine, già che mi sono messo a farti le pulci allo stile (ma insisto, le idee sono ottime): quando dici "la loro unione ne ha $p+1$" in realtà dovresti dire "la somma delle loro cardinalità è $p+1$", visto che di sicuro la loro unione non ha più di $p$ elementi (è un sottoinsieme delle classi di resto modulo $p$, che sono $p$ - è proprio il punto della tua dimostrazione!)
"Solo due cose sono infinite: l'universo e la stupidità dell'uomo, e non sono tanto sicuro della prima" - Einstein

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Rho33
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Re: Quattro Quadrati

Messaggio da Rho33 » 26 lug 2016, 16:54

Oops, queste sono tutte le scemenze che scrivo alle $3$ di notte :oops: :oops: Cerco di spiegare/ aggiustare/ riempire i buchi che ho lasciato. Innanzitutto $p=2n+1$.

Consideriamo i due insiemi:

$$R:= \{a^2 \mid a=0,1, \dots , \frac {p-1}{2} \} \ \ , \ \ S:= \{ -b^2-1 \mid b=0,1, \dots , \frac {p-1}{2} \}$$

Supponiamo per assurdo che vi siano due elementi in $R$ che sono congrui modulo $p$, allora si avrebbe:

$$a^2 \equiv c^2 \pmod p \iff (a+c)(a-c) \equiv 0 \pmod p \iff p \mid (a+c) \ \ \text{o} \ \ p \mid (a-c)$$

Ma dato che $a-c,a+c \leq 2n <p$ e $a,c \geq 0$ si ottiene che $a=c$.

In modo del tutto identico si dimostra che non vi sono due elementi congrui modulo $p$ in $S$.

Osserviamo inoltre che gli elementi in $R$ sono tutti $\geq 0$ , mentre gli elementi in $S$ sono tutti $<0$ , quindi $R \cap S= \emptyset$.

Ma se consideriamo ora $T=R \cup S$ otteniamo che $T$ ha $2n+2=p+1$ elementi. Quindi vi saranno due elementi in $T$ che sono congrui modulo $p$, ma per quanto detto all'inizio, un elemento proviene da $R$ mentre l'altro proviene da $S$. Quest'ultima affermazione è equivalente a dire che :

$$a^2+b^2+1=kp$$ ha sempre soluzione.

Ho cambiato la dimostrazione in parte poiché era questa quella che avevo in mente. Hai ragione, avevo completamente omesso il fatto che il mio polinomio $P(x)$ ha al più due radici! In particolare, $m$ era una generica classe di resto a cui $a^2$ era congruo modulo $p$. Il mio polinomio in questo caso ne ha esattamente $2$ modulo $p$ , ovvero sia $a$ che $-a$ , ma dato che $-a \equiv p-a \pmod p$ e per il discorso iniziale $a^2$ è congruo ad esattamente $1+ \dfrac {p-1}{2}$ classi di resto distinte, si ottiene che i residui quadratici sono esattamente $1+ \dfrac {p-1}{2}$.

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