Probar: $2^k$ es la suma de dos cuadrados perfectos

Question

Si $k$ es un entero no negativo, demostrar que $2^k$ puede ser representada como una suma de dos cuadrados perfectos exactamente de una manera. (Por ejemplo, la representación única de $10$$3^2+1^2$; no contamos $1^2+3^2$ como diferentes.)

Entiendo que $2^{2n}=0+2^{2n}$$2^{2n+1}=2^{2n}+2^{2n}$. Pero ¿cómo podemos demostrar que $2^k$ puede ser representado como dos cuadrados perfectos en exactamente una manera?

Answer 1

El uso de la inducción.

Tenga en cuenta que si $$x^2+y^2=2^k\ (\text{where } k \geq 2)$$

Si $x \equiv 1 \pmod 2$, luego de $x^2+y^2 \equiv 0 \pmod 2$ obtenemos $y \equiv 1 \pmod 2$.

Sin embargo, a continuación, $$x^2+y^2 \equiv 1+1 \equiv 2 \pmod 4$ $ Una contradicción.

Por lo tanto, $x=2x_{1}, y=2y_{2}$. Por lo tanto $x_1^2+y_1^2 =2^{k-2}$.

Answer 2

Yo no veo a nadie mencionar este simple aspecto: si tenemos enteros $u,v$ tal que $$ u^2 + v^2 \equiv 0 \pmod 4, $$ a continuación, tanto en $u,v$ debe ser par.

Que significa esto: tomar un número que es divisible por $4.$ Supongamos que tenemos $$ x^2 + y^2 = n $$ Se siguen dividiendo $n$ $4$ hasta el resultado, $n_0,$ ya no es divisible por $4.$ Hemos $$ x^2 + y^2 = 4^k n_0, $$ where $x = 2^k x_0$ and $y = 2^k y_0.$ $$ x_0^2 + y_0^2 = n_0. $$

Para usted, $n_0 = 1,$ escrito sólo como $1^2 + 0^2 = 1,$ o $n_0 = 2,$ escrito sólo como $1^2 + 1^2 = 2.$

Answer 3

Supongamos que $2^{2n+1}$ es el más pequeño extraño poder de dos que puede representado en más de una manera como la suma de dos cuadrados.

Entonces $2^{2n+1} =(2^{n}+a)^2+(2^{n}-b)^2 $ donde $1 \le a < 2^n$ y $1 \le b < 2^n$.

Entonces

$\begin{array}\\ 2^{2n+1} &=(2^{n}+a)^2+(2^{n}-b)^2 \qquad(0)\\ &=2^{2n}+a2^{n+1}+a^2+2^{2n}-b2^{n+1}+b^2\\ \text{or}\\ (b-a)2^{n+1} &=a^2+b^2 \qquad(1)\\ \text{or}\\ b(2^{n+1}-b) &=a(2^{n+1}+a) \qquad(2)\\ \end{array} $

De $(0)$, $a$ $b$ debe ser, incluso, de lo contrario, el lado derecho es $\equiv 2 \bmod 4$.

Supongamos que $2^k || a$, así que $2^k | a$ y $2^{k+1}\not\mid a$. Entonces $2^{2k}||(2^{n+1}+a) $ así $2^{2k}||b(2^{n+1}-b) $.

Si $2^j || b$, razonamiento como para $a$, $2^{2j} ||b(2^{n+1}-b) $.

Por lo tanto $j=k$, así que $a=2^kc$ y $b = 2^kd$ donde $c$ $d$ son impares.

Sustituyendo en la $(2)$, $2^kd(2^{n+1}-2^kd) =2^kc(2^{n+1}+2^kc) $ o $d(2^{n+1-k}-d) c =(2^{n+1-k}+c) $ o $0 =2c2^{n-k}+c^2-2d2^{n-k}+d^2 $ o

$\begin{array}\\ 2^{2(n-k)+1} &=2^{2(n-k)}+2c2^{n-k}+c^2+2^{2(n-k)}-2d2^{n-k}+d^2\\ &=(2^{(n-k)}+c)^2+(2^{(n-k)}-d)^2\\ \end{array} $

Por lo tanto, un pequeño extraño poder de $2$ puede ser representado en más de una forma como la suma de dos cuadrados.

Pero esto contradice $2^{2n+1}$ siendo el más pequeño de tales extraño poder.

Por lo tanto $2^{2n+1}$ sólo puede ser representado en una forma como la suma de dos cuadrados.

Esto se siente bien!

Esta es la primera vez He construido de forma independiente una prueba infinito descenso.

Tal vez voy a probar incluso poderes, pero esto es suficiente por ahora.