Euler y el teorema de los cuatro cuadrados

Question

Hay varias preguntas en el de Euler-Goldbach correspondencia que Yo soy incapaz de contestar. A veces no hace falta mucho: en su carta de Goldbach de fecha 9 de junio de 1750, la conjetura de Euler que todo número impar se puede escribir como suma de cuatro cuadrados de tal manera que $n = a^2 + b^2 + c^2 + d^2$ e $a+b+c+d = 1$. Yo estaba a punto de publicar este mes cuando vi que la conjetura de Euler puede ser reducida a la de Tres Plazas Teorema en una línea (se supone que voy a estropear este de inmediato?). Aquí hay otra donde no he encontrado una prueba todavía.

En su carta de Goldbach fecha Apr.15, 1747, Euler escribió:

El teorema Any number can be split into four squares'' depends on this:Cualquier número de la forma $4m+2$ siempre puede ser dividido en dos partes tales como $4x+1$ e $4y+1$, ninguno de los cuales tiene ningún divisor de la forma $4p-1$" (lo cual no parece difícil, aunque yo aún no demostrarlo).

Más tarde, Euler atribuido a Goldbach el reclamo mucho más fuerte que los dos sumandos puede ser elegido para ser el primer, que es una forma segura de la conjetura de Goldbach.

Euler intención era la prueba de los Cuatro Cuadrados Teorema (que él casi hizo. Asumiendo este resultado, escribir $4m+2 = a^2+b^2+c^2+d^2$; luego congruencias módulo $8$ muestran que dos números en el lado derecho, decir $a$ e $b$, son aún, y los otros dos son impares. Ahora $a^2 + c^2 = 4x+1$ e $b^2 + d^2 = 4y+1$ satisfacer de Euler condiciones, excepto cuando se $a$ e $c$ (o $b$ e $d$) tienen en común un factor primo de la forma $4n-1$. Este puede ser excluido de alguna manera?

Hermite [Oeuvres I, p. 259] se considera un problema similar:

Tout nombre perjudicar est descomponible en quatre carrers et, parmi ces descomposiciones, il existe en toujours de telles que la suma de deux carrees soit sans diviseurs communs avec la somme de deux autres. (Todo número impar se puede descomponer en cuatro cuadrados, y entre estas descomposiciones, no siempre existen algunos para los que la suma de dos cuadrados es coprime a la suma de los otros dos.)

De Hermite de la prueba contiene una brecha. Puede Hermite en la reclamación de ser demostrado de alguna manera?

Answer 1

Abordamos el problema de Euler, mostrando un asintótica límite inferior de la número de maneras de escribir $n\equiv 2 \pmod 4$ como suma de cuatro cuadrados $a^2+b^2+c^2+d^2$ donde ni $a^2+b^2$ ni $c^2+d^2$ es divisible por cualquier prime $\equiv 3 \pmod 4$. Por simplicidad sólo estamos obligados a contar las soluciones donde $a^2+b^2\equiv c^2+d^2 \equiv 1\pmod 4$.

Deje $r(n)$ denotar la número de maneras de escribir $n$ como una suma de dos cuadrados, de modo que $r(n) = 4 \sum_{d|n} \chi_{-4}(d)$ con $\chi_{-4}$ la no-trivial de caracteres $\pmod 4$. Claramente el número de soluciones que queremos es que al menos $$ \sum_{\substack{{a+b=n} \\ {a\equiv b\equiv 1 \pmod 4}}} r(a)r(b) - 2 \sum_{p\equiv 3 \pmod 4} \sum_{\substack{{a+b=n} \\ {a\equiv b\equiv 1\pmod 4} \\ {p^2 |a} }} r(a) r(b) = S-2T, $$ decir. (La primera suma cuenta todas las posibles soluciones con $a\equiv b\equiv 1 \pmod 4$ y la segunda suma excluye todas las soluciones, ya sea con $a$ o $b$ ser divisible por el cuadrado de la suma de prime $\equiv 3 \pmod 4$, y por simetría podemos suponer que la $a$ es el uno divisible por $p^2$.)

Centrémonos sólo en la evaluación de la suma de $T$; la suma de $S$ es más sencillo y puede ser tratada de la misma manera. Escribir la suma de $T$ as $\sum_{p \equiv 3 \pmod 4} T(p)$, por lo que (desde $r(ap^2)=r(a)$)
$$ T(p) = \sum_{\substack{ {p^2 +b =n} \\ {a\equiv b\equiv 1\pmod 4}}} r(a) r(b). $$ Desde $r(k)\ll k^{\epsilon}$ para todos los $k$, claramente $T(p) \ll n^{1+\epsilon}/p^2$, por lo que los grandes números primos $p$ contribuir una cantidad insignificante. Supongamos ahora que $p$ es pequeña.
Ahora si $a\equiv 1 \pmod 4$ hemos $$ r(a) = 4\sum_{k\ell =a} \chi_{-4}(a) = 8\sum_{\substack{ {k|una} \\ {k\le \sqrt{a} } }}^{\prime} \chi_{-4}(k), $$ usando ese $\chi_{-4}(k)=\chi_{-4}(\ell)$ (debido a $k\ell\equiv 1\pmod 4$), y el primer por encima de la suma indica que el plazo $k=\sqrt{a}$ se cuenta con el peso de $1/2$.
Por lo tanto $$ T(p) =8 \sum_{k}^{\prime} \chi_{-4}(k) \sum_{\substack{{b=n-p^2 k \ell} \\ {b\equiv 1\pmod 4} \\ {\ell \ge k}} } r(b). $$ Ahora la suma de $b$ anterior es sólo una suma de los valores de $b$ que son en la mayoría de las $n-p^2 k^2$ y la satisfacción de la congruencia de las condiciones de $b\equiv 1\pmod 4$ e $b\equiv n \pmod{p^2k}$.
En otras palabras, este es un problema de la comprensión de la distribución de las sumas de dos cuadrados función en progresiones aritméticas.

Las sumas de dos cuadrados en progresiones aritméticas. Deje que nosotros rápidamente recordar lo que se sabe acerca de este problema. Deje $R(x;q,a)$ ser la suma de $r(n)$ sobre todas las $n\le x$ con $n\equiv a \pmod q$. El resultado clave que necesitamos es que hay un una buena fórmula asintótica para $R(x;q,a)$ uniforme para $q$ a a $x^{2/3-\epsilon}$. Este es debido a Selberg y Hooley (inédito), con los detalles de la primera aparición en un artículo de la R. A. Smith. Para una reciente agradable versión ver Tolev del papel en Proc. Steklov Inst. (2012), vol 276, 261--274), cuya versión vamos a utilizar. Deje $\eta_a(q)$ denotar el número de soluciones de la congruencia $x^2+y^2 \equiv a \pmod q$ con $1\le x, y \le q$. Entonces $$ \sum_{\substack{ {n\le x} \\ {n\equiv un\pmod q}} } r(n) = \pi \frac{\eta_a(q)}{p^2} x + O((p^{\frac 12} + x^{\frac 13}) (a,q)^{\frac 12} x^{\epsilon}). $$ Tenga en cuenta que esta obligado utiliza el Weil obligado para Kloosterman sumas; pero para nuestro la aplicación sólo necesitamos un enlace que permite a $q$ un poco más grande que $\sqrt{x}$, y menos precisa primaria estimaciones de sumas de Kloosterman sería suficiente para esto.

En la función de $\eta_a(q)$. Tenga en cuenta también que $\eta_a(q)$ es una función multiplicativa de $q$, y siempre es $\ll q d(q)$ (donde $d(q)$ es el número de de los divisores de $q$). De hecho, no es difícil calcular lo $\eta_a(q)$ es, y como se necesita esta a continuación resumimos este cálculo. Si $p$ es una extraña prime no dividiendo $a$, entonces podemos demostrar que $\eta_a(p^{k}) = p^{k-1} (p-\chi_{-4}(p))$. Si $p$ es una extraña prime que no divida $a$, luego para calcular los $\eta_a(p^k)$ clasificamos las soluciones a $x^2+y^2 \equiv a \pmod {p^k}$ como no-singular si $p$ no dividir uno de $x$ o $y$ y singular de otra manera. La no-singular soluciones son visto el número de $2p^{k-1}(p-1)$ si $p\equiv 1\pmod 4$ e $0$ si $p\equiv 3 \pmod 4$. Como para el singular soluciones, si $k=1$, entonces este número es $1$; si $k\ge 2$ e $p^2 \nmid a$ no son no singulares soluciones; y si $k\ge 2$ e $p^2|a$, entonces el número de soluciones es singular $p^2 \eta_{a/p^2}(p^{k-2})$. Esto describe completamente cómo calcular $\eta_a(q)$. A partir de esta descripción y algunos de cálculo nos encontramos con que $$ \sum_{k=1}^{\infty} \chi_{-4}(k) \frac{\eta_a(k)}{k^{1+s}} = \frac{L(s,\chi_{-4})}{\zeta_2(s+1)} {\tilde \sigma}_s(n) $$ donde $\zeta_2(s) = \zeta(s) (1-2^{-s})$ (Euler factor en $2$ eliminado), y $$ {\tilde \sigma}_s(n) = \sum_{\substack{{d|n}\\ {d \text{ impar}} } } d^{-s}. $$
Dado un primer $p\equiv 3 \pmod 4$, para nuestro trabajo en $T(p)$, también se necesita entender los siguientes de la serie de Dirichlet: $$ \sum_{k=1}^{\infty} \chi_{-4}(k) \frac{\eta_a(kp^2)}{k^{1+s}} $$ y por un cálculo similar podemos ver que si $p\nmid a$ esto equivale a $$ p(p+1)\Big(1-\frac{1}{p^{s+1}}\Big)^{-1} \frac{L(s,\chi_{-4})}{\zeta_2(s+1)} {\tilde \sigma}_s(n); $$ y si $p|a$ pero $p^2\nmid a$ es igual a cero; y si $p^2|a$ es igual a $$ p^2 \frac{L(s,\chi_{-4})}{\zeta_2(s+1)} {\tilde \sigma}_s(n/p^2) . $$

De vuelta a $T(p)$. Ahora utilizamos la fórmula asintótica arriba en nuestra expresión para $T(p)$. Desde $\eta_1(4) = 8$ nos obtener que $$ T(p) = 4\pi \sum_{k \le \sqrt{n}/p} \chi_{-4}(k) \Big( \frac{\eta_n(p^2k)}{p^4 k^2} (n-p^2k^2) + O\Big((p\sqrt{k} +n^{\frac 13}) (n,p^2k)^{\frac 12} n^{\epsilon}\Big)\Big). $$ Hay tres casos: o $p\nmid n$, $p|n$ pero $p^2\nmid n$, e $p^2|n$.

Consideremos el primer caso, cuando se $p\nmid n$. Aquí los términos de error puede ser delimitada fácilmente como $$ O\Big( \frac{n^{\frac 56+\epsilon}}{p} + \frac{n^{\frac 34+\epsilon}}{\sqrt{p}}\Big). $$ Ahora considere el término principal que es $$ 4\pi \frac{n}{p^4} \sum_{k\le \sqrt{n}/p} \chi_{-4}(k) \frac{\eta_n(p^2k)}{k^2} \Big(1 - \frac{p^2k^2}{n}\Big). $$ Podemos expresar esto como una integral de contorno (para algunos adecuadamente un gran $c$) $$ 4\pi \frac{n}{p^4} \frac{1}{2\pi i} \int_{c-i\infty}^{c+i\infty} \Big(\sum_{k=1}^{\infty} \chi_{-4}(k) \frac{\eta_n(p^2k)}{k^{2+s}}\Big) \Big( \frac{\sqrt{n}}{p}\Big)^s \frac{2}{s(s+2)}ds. $$ Usando nuestro conocimiento de la Dirichlet de la serie anterior, tenemos que la anterior es $$ 4\pi \frac{n}{p^4} \frac{1}{2\pi i} \int_{c-i\infty}^{c+i\infty} p (p+1) \Big(1-\frac{1}{p^{2+s}}\Big)^{-1} \frac{L(1+s,\chi_{-4})}{\zeta_2(s+2)} {\tilde \sigma}_{1+s}(n) \Big(\frac{\sqrt{n}}{p}\Big)^s \frac{2}{s(s+2)} ds. $$ Ahora mover la línea de la integración a Re$(s)=-1+\epsilon$ obtenemos que el de arriba es $$ 4\pi \frac{n}{p^4} \Big( p(p+1) \Big(1-\frac{1}{p^2}\Big)^{-1} \frac{L(1,\chi_{-4})}{\zeta_2(2)} {\tilde \sigma}_1(n) + O\Big( p^3 n^{-\frac 12+\epsilon}\Big) \Big). $$ Desde $L(1,\chi_{-4}) =\pi/4$ e $\zeta_2(2) = \pi^2/8$ el de arriba es $$ 8 \frac{n}{p^2} \Big(1-\frac{1}{p}\Big)^{-1} {\tilde \sigma}_1(n) + O\Big( \frac{n^{\frac 12+\epsilon}}{p}\Big). $$ Por tanto en este caso nos encontramos con que $$ T(p) = 8\frac{n}{p^2} \Big(1-\frac{1}{p}\Big)^{-1} {\tilde \sigma}_1(n) + O\Big( \frac{n^{\frac 56+\epsilon}}{p} + \frac{n^{\frac 34+\epsilon}}{\sqrt{p}} \Big). $$ Recordemos también que $T(p) \ll n^{1+\epsilon}/p^2$ lo cual es útil si $p$ es muy grande.

En el segundo caso, cuando $p|n$ pero $p^2\nmid n$, trivialmente $T(p)=0$.

Por último, si $p^2|n$, a continuación, llevamos a cabo un argumento similar a la de arriba. Esto le da $$ T(p) = 8\frac{n}{p^2} {\tilde \sigma}_1(n/p^2) + O \Big(n^{\frac 56+\epsilon} +\sqrt{p} n^{\frac 34+\epsilon} \Big). $$ Una vez más, $T(p)\ll n^{1+\epsilon}/p^2$ que es útil para grandes $p$.

Poner todo nuestro trabajo anterior, y la división en los casos de $p\le n^{1/6}$ (donde usamos nuestra fórmula asintótica) y $p>n^{1/6}$ (donde usamos el trivial enlazado $\ll n^{1+\epsilon}/p^2$) obtenemos que $$ T(p) = 8n {\tilde \sigma}_1(n) \sum_{\substack{{p\equiv 3 \pmod 4} \\ {p\nmid n}}} \frac{1}{p(p-1)} + 8n \sum_{\substack{{p\equiv 3 \pmod 4} \\ {p^2 |n}}} \frac{1}{p^2} {\tilde \sigma}_1(n/p^2) +O(n^{\frac 56+\epsilon}). $$

Conclusión. De la misma manera, nos encontramos con que $$ S = 8n {\tilde \sigma}_1(n) + O(n^{\frac 56+\epsilon}). $$ De ello se deduce que el número de soluciones de Euler pregunta es, al menos, $$ S-2T \ge 8n {\tilde \sigma}_1(n) \Big( 1- \sum_{p\equiv 3 \pmod 4} \frac{2}{p(p-1)}\Big) + O(n^{\frac 56+\epsilon}) \ge 4n {\tilde \sigma}_1(n) + O(n^{\frac 56+\epsilon}). $$

Observaciones. Con más trabajo se puede establecer un asintótica de Euler del problema en lugar de la límite inferior. Del mismo modo se puede dar un asintótica en Hermite del problema. En principio uno puede hacer todos los términos de error explícito, y posiblemente obtener un completo resultado para todos los $n$, pero esto implicaría una gran cantidad de trabajo.
Por último, en relación con Hermite del problema, un problema clásico de Hardy y Littlewood, pregunta por las representaciones de los números como $p+x^2+y^2$ con $p$ de una prima. Esto fue resuelto por Hooley en la GRH, y Linnik incondicionalmente. Una vez que el Bombieri-Vinogradov teorema llegó a estar disponible, el resultado se convirtió en mucho más simple.
Esto podría ser modificado para dar una versión más fuerte de Hermite del problema para un gran $n$, por pedir también por $p$ a $1\pmod 4$ - un cruce entre Hermite y de Goldbach.

Answer 2

El post de abajo es conjuntamente por Rainer Dietmann y Cristiano Elsholtz. Hemos trabajado en el problema, ya que de un tiempo y de manera independiente asintótico de la solución a Euler del problema. Nuestro argumento es posiblemente más fácil, pero en su forma actual sí no lograr el correcto orden de magnitud del número de soluciones. Esta parece ser una característica muy agradable de Lucía enfoque!

Teníamos la intención de hacer que el argumento enteramente explícito con el fin de demostrar la instrucción para todos los $n$, no sólo para sufficienly gran $n$. (Véanse también los comentarios después de que el segundo argumento de abajo).

También tuvimos la intención de preparar a estos resultados para su publicación.

Lucía, le agradeceríamos si pudiera ponerse en contacto con nosotros por correo electrónico, el correo electrónico direcciones (RD en el Royal Holloway y CE en Graz) son fáciles de encontrar.

$\textbf{Theorem:}$ Deje $n$ ser suficientemente grandes entero positivo $n \equiv 2 \pmod 4$. A continuación, $n$ puede ser escrito como la suma de dos enteros positivos, ninguno de ellos tener ningún factor primo $p$ con $p \equiv 3 \pmod 4$.

Este asintóticamente, responde a una pregunta de Euler. Importante los resultados parciales se debe a R. D. James (TAMS 43 (1938), 296--302) que demostró el ternario caso y de una aproximación a la binarios caso. De hecho, el ternario caso permite un elemental de la prueba, basado en Gaus teorema sobre la suma de tres números triangulares: Cualquier entero $k$ puede ser escrito como $k = \frac{x(x-1)}{2}+ \frac{y(y-1)}{2} + \frac{z(z-1)}{2}$ y por lo tanto $$ 4k + 3 = (x^2 + (x - 1)^2) + (y^2 + (y - 1)^2) + (z^2 + (z - 1)^2).$$ Observar que $ (x^2 + (x - 1)^2)$ es la suma de dos plazas adyacentes, y por lo tanto no puede ser divisible por cualquier prime $ p = 3 \mod 4$. (Recordar aquí, y más tarde para hacer referencia a los siguientes $\textbf{Fact:}$ si $p|n = s^2 +t^2$, con $p = 3 \mod 4$ prime, a continuación, $p|s$ e $p|t$.)

El uso de un bien conocido resultado de finales de la década de George Chicharrones, se obtiene un corto prueba del Teorema.

$\textbf{Proof.}$ Por un resultado de Chicharrones (Acta Arith 29 (1976), 257--274), cada suficientemente grande entero positivo $n$ con $n \equiv 2 \pmod 4$ puede ser escrita en la forma $$ n = p^2+q^2+x^2+y^2 $$ racional de los números primos $p, q$ y enteros $x, y$, y el número de tales representaciones es al menos de un orden de magnitud de $n (\log n)^{-5/2}$. Escribimos $a=p^2+x^2$ e $b=q^2+y^2$ y tomar multiplicidades en cuenta: es decir, el número de representaciones de $r_2(a)$ de $a$ como una suma de dos cuadrados es $r_2(a) \leq d(a)\ll a^{\varepsilon}\ll n^{\varepsilon}$. Lo mismo vale para los $r_2(b)$. Por lo tanto, encontrar que hay al menos $$ n^{1-2\varepsilon} $$ muchas tuplas $(a, b)$ positivos enteros $a, b$, de tal manera que $n=a+b$ y el tanto $a$ e $b$ son la suma de la plaza de un primer y el cuadrado de un entero. Ahora supongamos que $w$ es una de las principales con el $w \equiv 3 \pmod 4$ y $w$ divide $a=p^2+x^2$, dicen. A continuación, por el `hecho' de arriba y como $p$ es el prime esto implica que $p=w$ e $x$ es divisible por $w$. Por lo tanto, en la mayoría de las $O(1+n^{1/2}/w)$ muchos $a$ puede ser divisible por $w$, y que cualquier tipo $a$ sólo habrá uno correspondiente $b$ desde $a+b=n$. El mismo argumento se aplica si $w$ divide $b$. Por otra parte, claramente $w$ puede ser en la mayoría de las $n^{1/2}$. Sumando sobre todos esos $w$ llegamos a la conclusión de que el número de tuplas $(a,b)$ con $a+b=n$ y $a, b$ de los de arriba, donde uno de $a$ e $b$ es divisible por cualquier primer congruentes $3 \mod 4$, es en la mayoría de las $O(n^{1/2} \log \log n)$, que es de menor orden de magnitud que la expresión $n^{1-2\varepsilon}$ por encima. Esto termina la prueba.

$\textbf{Remark.}$ Parece probable que el número de representaciones de $f(n)$ puede ser mejorado mediante la observación de que uno sólo necesita $r_2(a)$ en promedio. Esto debe producir $f(n)$ dentro de un logarítmica del factor. Por otra parte parece posible adaptar los Chicharrones del argumento mediante la sustitución de $p^2$ e $q^2$ por los cuadrados de los números enteros no contiene un primer $3\bmod 4$, logrando un mayor logarítmica de ahorro.

(Nos vamos a reflexionar brevemente por qué el argumento de las obras: los Chicharrones utiliza el hecho de que Iwaniec la mitad dimensiones tamiz puede también manejar sumas de dos cuadrados. La contribución de los casi trivial 'hecho' es también muy útil.)

Echemos un boceto de otro posible enfoque, que podría ser más adecuado para obtener un resultado para todos los enteros positivos: Deje $f(n)$ denotar el número de representaciones como suma de dos números enteros, tanto que no contienen ningún factor primo $3 \bmod 4$. Deje $r_{(a,b,c,d)}(n)$ denotar el número de representaciones como suma de $ax^2+by^2+cz^2+dt^2$. Nos proponemos demostrar que la $$n^\varepsilon r(n) \gg r_{(1,1,1,1)}(n)- 2 \sum_{p=3 \bmod 4} r_{(1,1,p^2,p^2)}(n) \gg r_{(1,1,1,1)}(n).$$ Observar que $r_{(1,1,p^2,p^2)}(n)\approx \frac{1}{p^2}r_{(1,1,1,1)} $ y $\sum_{p =3\mod 4} \frac{1}{p^2}$ es un pequeño y número finito.

Para un completamente explícito resultado de todo lo que necesitamos es una explícita el límite inferior de $r_{(1,1,1,1)}(n)$, que puede ser derivado de la fórmula de Jacobi, y una explícita límite superior en expresiones como $r_{(1,1,p^2,p^2)}(n)$, lo que puede obtenerse por el método de círculo usando un Kloosterman refinamiento, una de las formas modulares enfoque, o a través de Dirichlet de la hipérbola método. La gran pregunta entonces es si la resultando numérica de los límites permitir que el resto de un número finito de casos para ser controlados por un ordenador.