¿Por qué es más difícil de probar que los números enteros son sumas de tres plazas, en lugar de las sumas de dos cuadrados o cuatro plazas?

Question

Antecedentes: Permitir $n$ es un entero y dejar que $p$ ser una de las primeras. Si $p^{e} | | $ n, escribimos $v_{p}(n) = e$. Un número natural $n$ es una suma de dos enteros cuadrados si y sólo si para cada uno de los prime $p \equiv 3 \pmod 4$, $v_{p}(n)$ es par. Cada número natural es suma de cuatro cuadrados. Un número natural $n$ es una suma de tres cuadrados si y sólo si no es de la forma $4^{k}u$ donde $u \equiv 7 \pmod 8$.

Me gustaría saber por qué es más difícil de probar el resultado anterior por la suma de tres cuadrados frente a las sumas de dos cuadrados o cuatro plazas.

He oído en alguna parte que una forma de ver esto implica formas modulares... pero no recuerdo todos los detalles. También me gustaría saber si existe una fórmula para el número de formas de representar un número natural n como suma de tres cuadrados (o, más en general, $m$ cuadrados), que es similar en espíritu a las fórmulas para el número de formas de representar un número natural como la suma de dos cuadrados y cuatro plazas.

Answer 1

Una explicación desde una dirección distinta a la que usted puede esperar: una razón por la suma de tres cuadrados problema es mucho más difícil es que no hay ninguna normativa de la división de álgebra de dimensión tres. Un elemento clave tanto de la de dos plazas y cuatro plazas de la prueba es expresar el producto de dos números en el formulario correspondiente como otro número en esa forma; estas fórmulas de producto 'vengo' las fórmulas para la multiplicación de complejos y quaternionic números respectivamente. Es decir, teniendo en normas de dólares(a+bi)(c+di) = (ac-bd) + (ad+bc)i$ da lugar a la fórmula $(a^2+b^2)(c^2+d^2) = (ac-bd)^2+(ad+bc)^2$, y el equivalente a la fórmula de cuaterniones da de Euler de cuatro cuadrados de identidad. Juan Báez escribió un muy interesante artículo sobre por qué no seguir recibiendo la división de álgebras de como seguir doblando la dimensión; usted debería ser capaz de encontrar en su página web, si usted es curioso.

Answer 2

Las formas modulares explicación se debe, básicamente, al hecho de que $3$ es impar y la generación de la función de las representaciones de la suma de tres cuadrados es una forma modular de la mitad de enteros, de peso.

En general, si $r_k(n)$ es el número de representaciones de $n$ como una suma de $k$ plazas, a continuación, $$\sum_{n=0}^\infty r_k(n)q^n=\theta(z)^k$$ donde $p=\exp(\pi i z)$ y $$\theta(z)=1+2\sum_{n=1}^\infty q^{n^2}.$$ Entonces $f_k(z)=\theta(z)^k$ es una forma modular de peso $k/2$ para el grupo $\Gamma_0(4)$. Esto significa que $$f_k((az+b)/(cz+d))=(cz+d)^{k/2}f_k(z)$$ cuando la matriz $\begin{pmatrix}a&b\\\\c&d\end{pmatrix}$ se encuentra en $\Gamma_0(4)$, es decir $a$, $b$, $c$ y $d$ son números enteros, $4\mediados de c$ y $ad-bc=1$.

Esta definición es fácil de entender cuando $k$ es aún, pero por extraño $k$ que uno necesita para tomar la rama correcta de dólares(cz+d)^{k/2}$, y esto es incómodo. El espacio de las formas modulares de peso $k/2$ es finito-dimensional para todos $k$, y es unidimensional para lo suficientemente pequeño como $k$. Para estos pequeños $k$ el espacio es atravesado por un "Eisenstein de la serie". El cómputo de la Eisenstein serie no es demasiado difícil, incluso para $k$, pero es mucho más desagradable para completar los $k$, donde de nuevo la plaza de las raíces deben ser tratado. Ver Koblitz, el libro de las formas modulares y funciones elípticas para el cálculo de la $k\ge5$ impar. El cálculo de la $k=3$ es aún más desagradable como la de Eisenstein de la serie no converge absolutamente. De hecho, los casos en los que $k$ es divisible por $4$ son incluso más fácil, ya incluso las formas modulares de peso se comportan mejor.

Para grandes $k$, de Eisenstein de la serie no son suficientes, se necesita también "la cúspide de las formas". Mientras fascinante, la cúspide de las formas coeficientes que no se da por nice fórmulas a diferencia de Eisenstein de la serie.

Por supuesto, hay una fórmula para $r_3(n)$, debido a Gauss en su "Disquisitiones Arithmeticae". Involucra a los números de la clase de cuadrática campos (o de Gauss número de clases de la integral de la formas cuadráticas).