OK, voy a escribir esto como una nueva respuesta porque
- utiliza Jyrki Lahtonen la idea de usar los Tres cuadrados teorema en lugar de los cuatro cuadrados tehorem
- utiliza Jyrki del método de distinguir por el resto $n\pmod 8$
- utiliza mi idea de restar los números que se pueden escribir como diferentes sumas de cuadrados de comer hasta ceros.
- la mayoría de todos, produce exactamente el umbral con prácticamente ningún trabajo adicional!
El "truco principal" es la siguiente: se supone que
$$ A=a^2+b^2=c^2+d^2+e^2=f^2+g^2+h^2+i^2$$ with $un,\ldots ,i\in\mathbb N$. Then if $n>$ and $n\no\equiv\pmod 8$ and $n\no\equiv A-1\pmod 8$, we can write $n-$ as sum of three squares by the three squares theorem. Depending on how many of these three squares are zero (not all of them because $n-a>0$), we have $$n-A=\begin{cases}u^2&\text{or}\\u^2+v^2&\text{or}\\u^2+v^2+w^2\end{cases}$$ with $u,v,w\in\mathbb N$ and hence obtain a representation of $$ n como suma de cinco distinto de cero plazas:
$$n=\begin{cases}f^2+g^2+h^2+i^2+u^2&\text{or}\\
c^2+d^2+e^2+u^2+v^2&\text{or}\\
a^2+b^2+u^2+v^2+w^2.\end{casos} $$
Teorema. Cada número entero mayor que $60$ tiene al menos dos distintas representaciones como suma de cinco distinto de cero plazas.
Prueba.
Deje $n\in\mathbb N$ $n>61$ (¡sic!) y escribir $n=8r+k$$0\le k\le 7$.
Veamos primero el caso de que $k\in\{0,1,2,3,6,7\}$.
Como $61\equiv 5\pmod 8$, la observación
$$\tag1\begin{align}
61=6^2+5^2=6^2+4^2+3^2&=5^2+4^2+4^2+2^2\\
&=7^2+2^2+2^2+2^2
\end{align}$$
nos permite aplicar el truco principal y obtener una representación
$$\tag2 n=a^2+b^2+c^2+d^2+e^2$$ of $n$ as sum of five nonzero squares. In fact, if four of the summands in $(2)$ add up to $61$, we already obtain two distinct representations, so we assume that $61$ is formed by either two or three of the summands in $(2)$.
Como también se $53\equiv 5\pmod 8$ y
$$\tag353 = 7^2+2^2 = 6^2+4^2+1^2=6^2+3^2+2^2+2^2,$$
obtenemos otra representación de $n$.
Si esta es una representación diferente, hemos terminado. De lo contrario, es necesario comprobar cómo los sumandos de $(1)$ $(3)$ puede ocurrir en $(2)$ y distinguimos los casos, dependiendo de los sumandos estos dos sub-sumas tienen en común:
- Ninguno: Luego de cuatro o cinco de los sumandos en $(2)$ agregar a a $61+53=114$.
La sustitución de estos con $114=9^2+5^2+2^2+1^2=9^2+4^2+3^2+2^2+1^2$, por lo tanto, obtener una clara representación (es distinto debido a que el número de $9^2$'s que ocurren diferente)
- $6^2$: Luego de cuatro o cinco plazas que suman a $61+53-36=78$. La sustitución de estos por $78=8^2+2^2+2^2 +1^2=6^2+6^2+2^2+2^2$ nos da una clara representación (distinta debido a que el número de $6^2$'s de diferencia).
- $4^2$: Un sumando $4^2$ se produce en $(3)$ $6^2+4^2+1^2$ y en $(1)$ $6^2+4^2+3^2$ (recordemos que en el caso de cuatro sumandos en $(1)$ ya ha sido tratada). Así, nos podemos referir al caso "$6^2+4^2$" a continuación.
- $3^2$: De nuevo, llegamos a la conclusión de que $6^2$ es también un común sumando, para ver "$6^2+3^2$" a continuación.
- $6^2+4^4$: Llegamos a la conclusión de que $$\tag4n=\rlap{\underbrace{3^2+6^2+4^2}_{61}}\hphantom{3^2+}\overbrace{\hphantom{6^2+4^2}+1^2}^{53}+a^2$$ for some $un\in\mathbb N$. Since $^2\bmod 8$ is in $\{0,1,4\}$, we conclude that $k\in\{2,6,7\}$. If $a=1$, we have the two representations $n=63=6^2+4^2+3^2+1^2+1^2=5^2+4^2+3^2+3^2+2^2$. If $a>1$, then $n>65$ and as $65\equiv 1\pmod 8$ and $k\noen\{0,1\}$, usamos el truco principal con
$$\tag5 65 = 8^2+1^2 = 6^2+5^2+2^2=6^2+4^2+3^2+2^2$$
para obtener una representación de $n$. Esto puede conincide con la representación de $(4)$ sólo como
de la siguiente manera (con alternativa de representaciones en exhibición):
$$\begin{align}n&= 6^2+4^2+3^2+\overbrace{1^2+\underset{=a^2}{8^2}}^{65}=10^2+3^2+3^2+2^2+2^2\quad\text{or}\\
n&= 1^2+\overbrace{6^2+4^2+3^2+\underset{=a^2}{2^2}}^{65}=\hphantom{1}4^2+4^2+4^2+3^2+3^2.\end{align}$$
- $6^2+3^2$: Esto sólo puede ocurrir si $n=\rlap{\underbrace{4^2+6^2+3^2}_{61}}\hphantom{4^2+}\overbrace{\hphantom{6^2+3^2}+2^2+2^2}^{53}=69$, pero luego también en el $n=7^2+3^2+3^2+1^2+1^2$.
Esto completa la prueba para el caso de $k\in\{0,1,2,3,6,7\}$.
Supongamos ahora que $k\in\{ 4,5\}$. De
$$\begin{align}
50&=5^2+5^2=5^2+4^2+3^2=4^2+4^2+3^2+3^2\\
&=7^2+1^2\hphantom{{}=5^2+4^2+3^2}=6^2+3^2+2^2+1^2\end{align}$$
con $50\equiv 2\pmod 8$ vemos que el principal truco se puede aplicar y obtener una representación de $n$ como la suma de cinco distinto de cero plazas. A menos que lo que obtenemos es $n=5^2+4^2+3^2+a^2+b^2$, ya son dos distintas representaciones y listo.
Haciendo lo mismo con $$26 = 5^2+1^2 = 4^2+3^2+1^2=3^2+3^2+2^2+2^2$$
(donde también se $26\equiv 2\pmod 8$), obtenemos otra representación, a menos que la siguiente coincidencia que ocurre:
$$\tag6n=\rlap{\underbrace{4^2+3^2+5^2}_{50}}\hphantom{4^2+3^2+}\overbrace{\hphantom{5^2}+1^2}^{26}+a^2=\rlap{\underbrace{5^2+4^2+3^2}_{50}}\hphantom{5^2+}\overbrace{\hphantom{4^2+3^2}+1^2}^{26}+a^2. $$
Si $a$ es incluso, llegamos $n\equiv 3\pmod 4$ contradiciendo $k\in\{4,5\}$; por lo tanto $a$ es impar. Como $n>61$, llegamos a la conclusión de $a\ge 5$, por lo tanto $n>74$ y de
$$ 74 = 7^2+5^2=7^2+4^2+3^2=6^2+6^2+1^2+1^2$$
(con $74\equiv 2\pmod 8$) obtenemos otra representación, a menos que el siguiente conincidence se produce:
$$ n= 4^2+3^2+1^2+\overbrace{5^2+\underset{=a^2}{7^2}}^{74}=5^2+1^2+\overbrace{4^2+3^2\underset{=a^2}{7^2}}^{74}=100,$$
pero luego tenemos la segunda representación $$n = 9^2+4^2+1^2+1^2+1^2.$$
En resumen, hemos demostrado que para todos los $n>61$ existen al menos dos distintas representaciones de $n$ como suma fo cinco distinto de cero plazas.
De $$ 61 = 7^2+3^2+1^2+1^2+1^2 = 5^2+5^2+3^2+1^2+1^2$$
vemos que el resultado es la verdad para todos $n>60$. $_\square$
Por otro lado, se verifica que la representación
$$\tag7 60=5^2+4^2+3^2+3^2+1^2$$
es único, de ahí que el obligado a $60$ en el teorema es fuerte, ya sea mediante la búsqueda exhaustiva o de la siguiente manera:
Suponga $60=a^2+b^2+c^2+d^2+e^2$$a\ge b\ge c\ge d\ge e$.
A continuación, $4\le a\le 7$ porque $5\cdot 3^2<60<8^2$.
Si $a=7$, $60-7^2-3\ge b^2\ge \frac{60-7^2}{4}$ implica $b=2$, pero $60-7^2-2^2=7$ no puede ser escrito como suma de tres cuadrados.
Si $a=6$, $60-6^2-3\ge b^2\ge \frac{60-6^2}{4}$ implica $b=3$ o $b=4$, pero $60-6^2-4^2=8$ $60-6^2-4^2=15$ no puede ser escrito como suma de tres a cero plazas. Si $a=4$ también $b=4$ porque $4^2+4\cdot 3^2<60$ $c=4$ porque $2\cdot4^2+3\cdot 3^2<60$; pero $60-3\cdot 4^2=12$ no es la suma de dos cuadrados. Sigue siendo $a=5$, $b^2+c^2+d^2+e^2=35$.
De $4\cdot 3^2>35$ llegamos a la conclusión de $e\le 2$. Luego de $3\cdot 3^2+2^2<35$, llegamos a la conclusión de $b\ge 4$. Si $b=5$ $10=c^2+d^2+e^2$ está escrito como la suma de tres a cero plazas, que no es posible. Por lo tanto,$b=4$, y escribimos $19$ como la suma de tres, necesariamente impar, plazas. La única solución conduce a $(7)$.
La generalización. Deje $r(n)$ denotar el número de representaciones de $n$ como la suma de cinco distinto de cero plazas.
- Si $n>5408$$r(n)\ge \lfloor\frac18\sqrt{n-101}\rfloor$; si, además,$n\not\equiv 1\pmod 8$$r(n)\ge\frac{n}{720}$.
- Si $k\ge10$$n\ge 64k^2+101$$r(n)\ge k$.
- Si $k\ge 7$, $n>720(k-1)$, y $n\not\equiv 1\pmod 8$,$r(n)\ge k$.
Prueba.
Como se ha señalado por Jyrki Lahtonen en su respuesta, a menos que $n\equiv 1\pmod 8$, obtenemos una representación de $n=a^2+b^2+c^+d^2+e^2$ como la suma de cinco distinto de cero plazas
para cada elección $(a,b)$ $a^2,b^2<\frac n2$ y $a\bmod 4$, $b\bmod 4$ tiene un valor prescrito (dependiendo $n\bmod 8$).
Para $a$ (y también para $b$) hay, al menos, $\left\lfloor\frac14\sqrt{\frac{n-1}2}\right\rfloor$ opciones. Cada representación se encuentra repetidamente en la mayoría de las $5\cdot 4$ veces (las formas $a$ $b$ puede ser escogido entre los cinco sumandos). Esto nos da al menos
$$ \tag8r(n)\ge\left\lceil\frac1{20}\left\lfloor \frac14\sqrt{\frac{n-1}2}\right\rfloor^2\right\rceil\sim\frac{n}{640}$$
representaciones. Para hacer el "$\sim$" más explícita, se verifica
$$r(n)\ge\begin{cases}\frac n{784}&\text{if $n\ge1000$ (with $n=1568$ críticos)},\\
\frac n{720}&\text{si $n\ge3873$ ($n=7200$ ser crítico)},\\
\frac n{648}&\text{si }n>10^6.
\end{casos} $$
Pasemos ahora al caso de $n\equiv 1\pmod 8$.
Si $a\equiv 0\pmod 4$$a^2<n-100$, $n-10^2-a^2>0$ $\equiv 5\pmod 8$ puede ser escrito como la suma de hasta tres cero plazas. Una de estas plazas deben ser $\equiv 1\pmod 8$, uno debe ser $\equiv 4\pmod 8$, y la tercera plaza, si los hubiere, se $\equiv 0\pmod 8$. Por lo tanto, ya sea
$$\tag{9a}n=8^2+6^2+a^2+b^2+c^2\text{ with $b\equiv 1\pmod 2, c\equiv 2\pmod 4$}$$
o $$\tag{9b}n=10^2+a^2+b^2+c^2+d^2\text{ with additionally $d\equiv 0\pmod 4$}.$$
Convengamos en que utilizamos $(9a)$ sólo si para la elección de $a$ ninguna representación de tipo $(9b)$ existe.
Hay, al menos, $\left\lfloor \frac14\sqrt{n-101}\right\rfloor$ opciones para $a$. Distintos $a$ nunca pueden conducir a un mismo tipo de $(9a)$ de representación (sólo $a$ es un múltiplo de a $4$); distintos $a$ puede dar lugar a la misma representación de tipo $(9b)$ si $a\leftrightarrow d$ se intercambian; por nuestra preferencia por $(9b)$$(9a)$, no es posible que dos opciones de $a$ que conducen a la misma representación, cuando uno es de tipo $(9a)$ y el otro es de tipo $(9b)$. Llegamos a la conclusión de que
$$ \tag{10}r(n)\ge\frac 12\left\lfloor \frac14\sqrt{n-101}\right\rfloor\ge \left\lfloor \frac18\sqrt{n-101}\right\rfloor.$$
Es claro que esta enlazado es menor que la que se encuentra en $(8)$ si $n$ es lo suficientemente grande. Se verifica (estándar estinmates para piso/techo va a trabajar, pero, hey, acabo de mirar las gráficas de las funciones) que el mayor $n$ cuando el obligado a $(8)$ es inferior a la de los dependientes de $(10)$$n=5408$, por lo tanto la primera reclamación. Las otras reclamaciones siga por la solución de las desigualdades por $n$. $_\square$
Comentario: Donovan Johnson (2013) informes sobre OEIS (secuencia A080673) que no $n\le 10^6$ $r(n)=188$ existe. De acuerdo a la estimación de la generalización, de ampliar el rango de búsqueda a a $2286245$ (donde uno puede restringir a $n\equiv 1\pmod 8$) demostraría Que no $n$ $r(n)=188$ existe en todos (o encontrar todas esas $n$). En la prueba de arriba me hizo uso sólo de $10^2=6^2+8^2$. Uno puede encontrar más representaciones con el uso de incluso más caras de pitágoras a los triángulos, como $20^2=12^2+16^2$ o $26^2=24^2+10^2$. Mientras yo quería evitar que los más complejos de la contabilidad sobre los duplicados, persiguiendo esto podría mostrar que D. Johnson hallazgo es suficiente para concluir que el $r(n)\ne 188$ todos los $n$.
