Hoofdstuk 12
Sommen van kwadraten
12.1
Sommen van twee kwadraten
In Hoofdstuk 11 hebben we gezien dat als p een oneven priemdeler van a2 + b2
is, en p deelt niet zowel a als b, dan is p gelijk aan 1 modulo 4. De reden is
simpel, er geldt dat a2 ≡ −b2 (mod p). Het getal b kan niet deelbaar door p zijn,
anders zou a dat ook zijn. Vermenigvuldig nu aan beide zijden met de inverse
van b2 (mod p) en we zien dat (ab−1 )2 ≡ −1 (mod p). Met andere woorden,
−1 is kwadraatrest modulo p en dus p ≡ 1 (mod 4). Verder experimenteren
brengt aan het licht dat ieder priemgetal, gelijk aan 1 modulo 4, geschreven kan
worden als som van twee kwadraten. Dat een getal als som van twee kwadraten
geschreven kan worden is niet vanzelfsprekend. Bij een getal dat 3 (mod 4) is kan
dat bijvoorbeeld niet. Daarentegen bleek dat wel elk getal getal te schrijven is
als som van vier kwadraten. Dit was reeds in de oudheid geconstateerd, maar
pas in 1770 voor het eerst door Lagrange bewezen werd. We merken hierbij op
dat 02 in ons verhaal ook als kwadraat gezien wordt. Problemen van deze soort
vormen de inhoud van dit hoofdstuk. Allereerst behandelen we sommen van twee
kwadraten.
Stelling 12.1.1 (Fermat) Zij p een priemgetal z´o dat p ≡ 1 (mod 4). Dan zijn
er a, b ∈ Z z´o dat p = a2 + b2 .
Voor deze stelling zijn een groot aantal bewijzen in omloop. We geven hier een
iets minder gangbare die gebruik maakt van het zogenaamde hokjesprincipe of
ladenprincipe. Dit principe zegt dat als we M + 1 voorwerpen verdelen over
hoogstens M hokjes, minstens ´e´en van die hokjes twee of meer voorwerpen zal
bevatten. Een iets andere formulering, die wij zullen gebruiken, zegt dat als we
M + 1 getallen verdelen over een gesloten interval ter lengte L, er minstens twee
getallen op afstand ≤ L/M van elkaar komen te liggen. De hokjes die we in dit
geval gebruiken zijn M intervallen, elk van lengte L/M .
Allereerst, klopt de stelling voor p = 5 want 5 = 12 + 22 . We nemen nu aan dat
p ≥ 13.
103
104
HOOFDSTUK 12. SOMMEN VAN KWADRATEN
Omdat p ≡ 1 (mod 4) bestaat er een getal x0 z´o dat x20 ≡ −1 (mod p). Beschouw
nu de verzameling
√
{ax0 (mod p) | a = 0, 1, 2, . . . , [ p]}
waarin we de resten ax0 (mod p) in het interval [0, p − 1] gelegd denken. We
√
hebben [ p] + 1 resten in dit interval. Dat betekent volgens het hokjesprincipe
√
dat er a1 , a2 zijn met 0 ≤ a1 < a2 ≤ [ p] en afstand tussen a2 x0 (mod p) en
a1 x0 (mod p) kleiner of gelijk aan
√
√
√
(p − 1)/[ p] < (p − 1)/( p − 1) = p + 1.
√
Stel α = a2 − a1 . Dan geldt 0 < α < p en de restklasse αx0 (mod p) bevat een
√
√
element dat tussen − p − 1 en p + 1 ligt. Noem dit element β. Dan geldt,
α2 + β 2 ≡ α2 + (αx0 )2 ≡ α2 (1 + x20 ) ≡ 0 (mod p)
Met andere woorden, α2 + β 2 is deelbaar door p. Anderzijds weten we dat |α| <
√
√
√
p en |β| < p + 1. Dus α2 + β 2 < 2p + 2 p + 1 < 3p. De laatste ongelijkheid
geldt omdat p ≥ 13. De enige veelvouden van p kleiner dan 3p zijn p en 2p. Dus
ofwel α2 + β 2 = p, in welk geval we klaar zijn, ofwel α2 + β 2 = 2p. Echter in het
laatste geval moeten α, β beiden even of beiden oneven zijn. Maar dan zijn ook
(α + β)/2 en (α − β)/2 geheel en er geldt
((α + β)/2)2 + ((α − β)/2)2 = (α2 + β 2 )/2 = p.
Dus ook in dit geval is p som van twee kwadraten.
2
Het is zelfs mogelijk om precies te zeggen op hoeveel manieren een getal geschreven kan worden als som van twee kwadraten. We zullen hier niet al te diep op
ingaan maar wel de stelling vermelden.
Stelling 12.1.2 Zij n ∈ N en r2 (n) het aantal oplossingen x, y ∈ Z van n =
x2 + y 2 .
1. De funktie r2 (n)/4 is multiplikatief, dat wil zeggen als ggd(m, n) = 1 dan
geldt r2 (mn)/4 = (r2 (m)/4)(r2 (n)/4).
2. Zij p priem en k ∈ N. Dan geldt,
k+1
k
0
r2 (p )
=
4
1
1
als
als
als
als
p ≡ 1 (mod 4)
p ≡ 3 (mod 4), k oneven
p ≡ 3 (mod 4), k even
p=2
12.1. SOMMEN VAN TWEE KWADRATEN
105
Allereerst zien we dat r2 (n) altijd deelbaar door vier is. Dit wordt veroorzaakt
door het feit dat oplossingen altijd in viertallen voorkomen. Naast elke oplossing
(x, y) van n = x2 + y 2 hebben we namelijk ook de oplossingen (−x, −y), (−y, x)
en (y, −x). We laten het aan de lezer over om na te gaan dat dit inderdaad
vier verschillende oplossingen zijn, mits n 6= 0. Uiteraard hebben we ook nog
de oplossingen (y, x), (−y, −x), (−x, y), (x, −y) maar deze zijn niet noodzakelijk
verschillend van (x, y). De genoemde acht oplossingen zijn echt verschillend als
xy 6= 0 en |x| =
6 |y|. Als n dus geen kwadraat en niet tweemaal een kwadraat,
dan komen de oplossingen van n = x2 + y 2 in 8-tallen voor.
Teneinde bovenstaande stelling iets beter te begrijpen, zullen we laten zien hoe
we alle oplossingen van de vergelijking n = x2 + y 2 kunnen vinden voor gegeven
n. Hiertoe maken we, met excuus aan degenen die er niet bekend mee zijn,
gebruik van de complexe getallen a + bi met i2 = −1. In het bijzonder gebruiken
we de gehele getallen van Gauss, dat zijn complexe getallen waarvan re¨eel en
imaginair deel geheel zijn. De belangrijke opmerking die we willen maken is
dat n = x2 + y 2 op hetzelfde neerkomt als n = (x + yi)(x − yi). Met andere
woorden, elke schrijfwijze van n als som van twee gehele kwadraten is hetzelfde
als n schrijven als product van een getal van Gauss met zijn geconjugeerde.
We beperken onze uitleg tot een voorbeeld, n = 100910025. De priemontbinding
ziet eruit als n = 32 · 52 · 541 · 829. Volgens onze stelling geldt
r2 (32 ) r2 (52 ) r2 (541) r2 (829)
r2 (n)
=
=1·3·2·2
4
4
4
4
4
Dus r2 (n) = 48. Boven merkten we al op dat als n = a2 +b2 , dan ook n = (±a)2 +
(±b)2 = (±b)2 + (±a)2 . Omdat 48 geen kwadraat of tweemaal een kwadraat is,
zijn deze acht oplossingen ook verschillend. Onder elk achttal oplossingen a, b
komt er ´e´en voor met a > b > 0. Onder deze voorwaarde verwachten we nu
48/8 = 6 wezenlijk verschillende oplossingen.
Eerst pakken we de factor 3 aan. Omdat 3 een deler is van n = a2 + b2 en
3 6≡ 1 (mod 4) geldt dat 3 een deler is van a en b. Dus n/9 = (a/3)2 + (b/3)2 .
Het is dus voldoende om m = n/9 = 11212225 als som van twee kwadraten te
schrijven. We gebruiken hiertoe de gehele getallen van gauss. Merk op dat
5 = 12 + 22 = (1 + 2i)(1 − 2i)
541 = 212 + 102 = (21 + 10i)(21 − 10i)
829 = 272 + 102 = (27 + 10i)(27 − 10i)
Dus
m = (1 + 2i)2 (1 − 2i)2 (21 + 10i)(21 − 10i) ×
×(27 + 10i)(27 − 10i).
Van elk paar geconjugeerde factoren in dit product kiezen we er ´e´en uit. Bijvoorbeeld
(1 + 2i)2 (21 + 10i)(27 + 10i) = −3321 + 428i
106
HOOFDSTUK 12. SOMMEN VAN KWADRATEN
De overige factoren geven uiteraard de complex geconjugeerde,
(1 − 2i)2 (21 − 10i)(27 − 10i) = −3321 − 428i.
En dus,
m = (−3321 + 428i)(−3321 − 428i) = 33212 + 4282
De lijstje mogelijkheden om complexe factoren van m te kiezen luidt,
(1 + 2i)2 (21 + 10i)(27 + 10i)
(1 + 2i)(1 − 2i)(21 + 10i)(27 + 10i)
(1 − 2i)2 (21 + 10i)(27 + 10i)
(1 + 2i)2 (21 − 10i)(27 + 10i)
(1 + 2i)(1 − 2i)(21 − 10i)(27 + 10i)
(1 − 2i)2 (21 − 10i)(27 + 10i)
=
=
=
=
=
=
−3321 + 428i
2335 + 2400i
519 − 3308i
−1761 + 2848i
3335 − 300i
−2241 − 2488i
en een even grote lijst van alle complex geconjugeerde produkten. We schrijven
deze echter niet op omdat ze dezelfde sommen van kwadraten opleveren. We
vinden dus uiteindelijk,
m = 11212225 = 33212 + 4282 = 24002 + 23352 = 33082 + 5192
= 28482 + 17612 = 33352 + 3002 = 24882 + 22412
De oplossing van n = 9m = 1009110025 = x2 + y 2 volgt door bovenstaande
sommen aan beide zijden met 32 te vermenigvuldigen. Samenvattend kunnen
we zeggen dat we het probleem om n = x2 + y 2 hebben teruggebracht tot de
problemen om n in priemfactoren te ontbinden en om een priemgetal te schrijven
als som van twee kwadraten. Het probleem om een getal in factoren te ontbinden
staat, voor zeer grote getallen, als uiterst moeilijk bekend. Voor het probleem om
een priemgetal als som van twee kwadraten te schrijven is er daarentegen een zeer
snel algoritme beschikbaar in de vorm van Cornacchia’s algoritme. Zie hiervoor
Stelling 14.6.6.
Tenslotte vermelden we nog een heel aardige formule die afgeleid kan worden als
men wat van reductie van kwadratische vormen weet,
Stelling 12.1.3 (Jacobi, 1828) Voor elke n ∈ N geldt,
X
d−1
r2 (n) = 4
(−1) 2 .
d|n,d oneven
12.2
Sommen van vier kwadraten
Het verschijnsel dat elk natuurlijk getal geschreven kan worden als som van vier
kwadraten (waarbij 02 ook als kwadraat gezien wordt) is vaak opgemerkt in de
geschiedenis van de getaltheorie. Maar pas in 1770 kwam Lagrange met een goed
bewijs ervoor.
12.2. SOMMEN VAN VIER KWADRATEN
107
Stelling 12.2.1 (Lagrange, 1770) Elk natuurlijk getal kan geschreven worden
als som van vier kwadraten. Hierbij wordt 02 ook als kwadraat gezien.
Voor het bewijs gebruiken we de volgende opmerkelijke identiteit van Euler die
zegt dat (a2 + b2 + c2 + d2 )(a02 + b02 + c02 + d02 ) gelijk is aan
(aa0 + bb0 + cc0 + dd0 )2 + (ab0 − ba0 + cd0 − dc0 )2 +
+(ac0 − bd0 − ca0 + db0 )2 + (ad0 + bc0 − cb0 − da0 )2
In het bijzonder volgt hieruit dat als m en n geschreven kunnen worden als som
van vier kwadraten, dan is mn ook som van vier kwadraten. Voor het bewijs van
de stelling van Lagrange is het dus voldoende om de stelling aan te tonen voor
priemgetallen.
Zij p een oneven priemgetal, die we als som van vier kwadraten willen schrijven.
We laten eerst zien dat er een m ∈ N is z´o dat mp som van vier kwadraten is.
Beschouw hiertoe de restklassen x2 + 1 (mod p) voor x = 0, 1, . . . , (p − 1)/2 en de
restklassen −y 2 (mod p) voor y = 0, 1, . . . , (p − 1)/2. Elk van deze verzamelingen
bevat (p + 1)/2 verschillende elementen. Dat is samen p + 1, ´e´en meer dan er restklassen modulo p zijn. Dus hebben de twee verzamelingen een gemeenschappelijk
element. Dat wil zeggen, er zijn x, y te vinden met 0 ≤ x, y ≤ (p − 1)/2 z´o dat
x2 + 1 ≡ −y 2 (mod p). Met andere woorden, er is een m zodat x2 + y 2 + 1 = mp.
Bovendien, omdat 0 ≤ x, y < p/2, geldt m < p.
Zij nu m het kleinste natuurlijke getal zo dat mp som van vier kwadraten is. We
willen natuurlijk laten zien dat m = 1. In dat geval hebben we p als som van
vier kwadraten geschreven en zijn we klaar.
mp = a2 + b2 + c2 + d2 .
(12.1)
We weten trouwens al dat m < p. Kies nu −m/2 < A, B, C, D ≤ m/2 z´o dat
a ≡ A (mod m),
b ≡ B (mod m),
c ≡ C (mod m),
d ≡ D (mod m).
Dan geldt,
A2 + B 2 + C 2 + D2 ≡ a2 + b2 + c2 + d2 ≡ mp ≡ 0 (mod m).
Gevolg,
A2 + B 2 + C 2 + D2 = mr,
r≥0
(12.2)
waarin r = (A2 + B 2 + C 2 + D2 )/m ≤ (4 · (m/2)2 )/m = m. Dus 0 ≤ r ≤ m. We
onderscheiden nu de mogelijkheden r = 0, r = m en 0 < r < m.
Stel eerst r = 0. Dan moeten A, B, C, D allen nul zijn en dus a, b, c, d deelbaar
door m. Gevolg, mp = a2 + b2 + c2 + d2 is deelbaar door m2 en dus p deelbaar
door m. Omdat m < p volgt hieruit dat m = 1 en zijn we klaar.
Stel nu r = m. Dit kan alleen maar als A, B, C, D maximaal zijn, dat wil zeggen
gelijk aan m/2. Dus, bijvoorbeeld, a ≡ m/2 (mod m), ofwel, a = m/2 + ma1
108
HOOFDSTUK 12. SOMMEN VAN KWADRATEN
voor zekere gehele a1 . Merk nu op dat a2 = (m/2)2 + m2 a1 + m2 a21 en dus,
a2 ≡ (m/2)2 (mod m2 ). Een zelfde opmerking geldt voor b, c, d. Gevolg, mp =
a2 + b2 + c2 + d2 ≡ 4 · (m/2)2 ≡ 0 (mod m2 ). Dus m2 deelt mp en m deelt p.
Omdat m < p volgt wederom dat m = 1.
Nu het geval
0 < r < m.
Dit is de grote stap in ons bewijs. Vermenigvuldig gelijkheden ((12.1) en ((12.2)
en gebruik Euler’s identiteit. We vinden,
mp · mr = (a2 + b2 + c2 + d2 )(A2 + B 2 + C 2 + D2 ) = α2 + β 2 + γ 2 + δ 2 (12.3)
waarin,
α
β
γ
δ
=
=
=
=
aA + bB + cC + dD ≡ a2 + b2 + c2 + d2 ≡ 0 (mod m)
aB − bA + cD − dC ≡ ab − ba + cd − dc ≡ 0 (mod m)
aC − cA + dB − bD ≡ ac − ca + db − bd ≡ 0 (mod m)
aD − dA + bC − cB ≡ ad − da + bc − cb ≡ 0 (mod m)
We zien dus dat m een deler is van alle getallen α, β, γ, δ. Na deling door m2 aan
beide zijden van ((12.3) houden we over,
rp = (α/m)2 + (β/m)2 + (γ/m)2 + (δ/m)2 .
Dus rp is ook een som van vier kwadraten. Bovedien was gegeven dat 0 < r < m.
Dit laatste is echter in tegenspraak met de minimaliteit van onze keuze van m.
We concluderen dat dit geval niet kan optreden.
De eindconclusie luidt daarmee dat m = 1, hetgeen w ewilden hebben.
2
Het is zelfs bekend op hoeveel manieren een getal als som van vier kwadraten
geschreven kan worden. We vermelden hier alleen de stelling. Het bewijs ervan
maakt gebruik van zogenaamde modulaire vormen, een onderwerp dat helaas
buiten het bestek van dit boek valt.
Stelling 12.2.2 (Jacobi,1829) Zij n ∈ N dan heeft de vergelijking
n = x21 + x22 + x23 + x24
in x1 , x2 , x3 , x4 ∈ Z
precies
8
X
d|n,d6≡0 (mod 4)
oplossingen.
d
12.3. VARIATIES OP SOMMEN VAN KWADRATEN
12.3
109
Variaties op sommen van kwadraten
Het zal misschien opgevallen zijn dat we het nog niet over sommen van drie kwadraten gehad hebben. In vergelijking met twee en vier kwadraten is dit probleem
een stuk lastiger aan te pakken. In ieder geval kan niet elk getal geschreven worden als som van drie kwadraten. We weten namelijk dat een kwadraat modulo 8
altijd gelijk is aan 0, 1 of 4. Met drie van deze resten is het niet mogelijk de rest 7
als som te krijgen. Dat betekent dus dat getallen, die 7 (mod 8) zijn, geen som van
drie kwadraten kunnen zijn. Verder, als n deelbaar is door vier en n = a2 +b2 +c2
dan moeten a, b, c elk even zijn. Dus n/4 = (a/2)2 + (b/2)2 + (c/2)2 . Gevolg,
als n som van drie kwadraten is en deelbaar door 4 dan is n/4 ook som van drie
kwadraten. Omgekeerd betekent dit dat een getal van de vorm 4(8k+7) geen som
van drie kwadraten kan zijn, omdat 8k + 7 dat niet is. Evenzo kunnen getallen
van de vorm 4l (8k + 7) geen som van drie kwadraten zijn.
2
We hebben dus laten zien,
Stelling 12.3.1 Zij n ∈ N en van de vorm 4l (8k + 7) met k, l ∈ Z≥0 . Dan is n
geen som van drie kwadraten.
De complementaire uitspraak dat ieder getal niet van bovenstaande vorm wel
som van drie kwadraten is, is veel lastiger te bewijzen.
Stelling 12.3.2 (Gauss) Elk natuurlijk getal, niet van de vorm 4l (8k + 7) met
k, l ∈ Z≥0 is te schrijven als som van drie kwadraten.
Uit deze stelling leiden we een opmerkelijk resultaat van Gauss af, dat over driehoeksgetallen gaat. De rij driehoeksgetallen begint met 0, 1, 3, 6, 10, 15, 21, . . . en
wordt gekenmerkt door het feit dat het verschil tussen opeenvolgende getallen
steeds met 1 toeneemt. De naam driehoeksgetallen volgt uit de volgende ilustratie van driehoeksgetallen,
1
3
6
10
15
21
28
De algemene formule voor driehoeksgetallen luidt n(n + 1)/2 voor n = 1, 2, 3, . . ..
Hier is Gauss’ resultaat voor de driehoeksgetallen.
Gevolg 12.3.3 Elk natuurlijk getal kan geschreven worden als som van drie driehoeksgetallen (d.w.z. getallen van de vorm n(n + 1)/2).
110
HOOFDSTUK 12. SOMMEN VAN KWADRATEN
Stel we willen n als som van driehoeksgetallen schrijven. Schrijf hiertoe eerst
8n + 3 als som van drie kwadraten, 8n + 3 = a2 + b2 + c2 . Omdat kwadraten
modulo 8 gelijk zijn aan 0, 1 of 4, volgt dat a, b, c alle drie oneven zijn. Stel a =
2p+1, b = 2q +1, c = 2r +1. Dan geldt 8n+3 = 4(p2 +p)+4(q 2 +q)+4(r2 +r)+3.
Na wegstrepen van 3 en deling door 8 volgt,
n=
p(p + 1) q(q + 1) r(r + 1)
+
+
.
2
2
2
2
Om met Gauss te spreken, EUREKA: num = ∆ + ∆ + ∆ !!
De rij kwadraten past ook in een zelfde soort patroon als de driehoeksgetallen.
Merk op dat de rij 0, 1, 4, 9, 16, 25, . . . gekenmerkt wordt door het feit dat het
verschil tussen opvolgende getallen steeds met 2 toeneemt (controleer maar en
bewijs het!). Ook is er een illustratieve voorstelling,
1
4
9
16
25
36
49
We kunnen de kwadraten dus opvatten als vierhoeksgetallen en Lagrange’s stelling zou cryptisch kunnen worden samengevat met EUREKA: num = 2 + 2 +
2 + 2 !!
Evenzo hebben we de vijfhoeksgetallen
0, 1, 5, 12, 22, 35, 51, 70, 92, 117, 145, . . .
de zeshoeksgetallen
0, 1, 6, 15, 28, 45, 66, 91, 120, 153, 190, . . .
etcetera. In deze gevallen kunnen we ook plaatjes tekenen zoals boven, maar
ik vind ze lang niet zo mooi als voor drie- en vierhoeksgetallen. De algemene
+ n. De volgende stelling werd
formule voor k-hoeksgetallen luidt (k − 2) n(n−1)
2
vermoed door Fermat, maar pas in 1825 bewezen door Cauchy.
Stelling 12.3.4 (Cauchy, 1825) Elk natuurlijk getal is te schrijven als som van
k k-hoeksgetallen.
Het geval k = 3 komt overeen met Gevolg 12.3.3, het geval k = 4 met Stelling
12.2.1.
Een iets andere variant op bovenstaande problemen is vanaf Euler’s tijd uitgebreid bestudeerd. De vormen x2 + y 2 en x2 + y 2 + z 2 + u2 zijn voorbeelden van
12.3. VARIATIES OP SOMMEN VAN KWADRATEN
111
kwadratische vormen. Dat zijn homogene polynomen van graad twee. Het aantal
variabelen kan willekeurig groot zijn. Voorbeelden zijn
x2 − 3y 2 , x2 + 5y 2 , x2 + xy − y 2 + z 2 , x2 + 2y 2 + 2z 2 + yz + yu − 3uz + u2 , . . .
Zij nu F (x1 , . . . , xk ) zo’n kwadratische vorm. We kunnen ons afvragen welke
getallen n te schrijven zijn in de vorm n = F (x1 , . . . , xk ) met x1 , . . . , xk ∈ Z.
Anders gezegd, welke getallen worden door F (x1 , . . . , xk ) gerepresenteerd? Nu
kan ´e´en gek altijd meer vragen dan tien getaltheoretici kunnen beantwoorden en
bij veel vragen weet men het antwoord ook niet. Echter, een vraag wordt pas
echt interessant als we weten dat er ook een interessant antwoord is. In het geval
van representatie van getallen door kwadratische vormen blijkt zelfs in het geval
van twee variabelen (k = 2) het antwoord interessant. Het kan als toegangsweg
gebruikt worden tot de zogenaamde klassenlichamen theorie, een geavanceerd
onderwerp uit de algebra¨ısche getaltheorie. Er is zelfs een heel boek aan gewijd
dat recent is verschenen, zie [Cox].
In het geval van twee of drie variabelen kunnen we niet verwachten dat een
kwadratische vorm alle natuurlijke getallen representeert. Voor vier of meer variabelen wordt de kans op die mogelijkheid groter. Zo stelde Ramanujan (1917)
zich de vraag voor welke waarden van a, b, c, d ∈ N met a ≤ b ≤ c ≤ d elk natuurlijk getal door ax2 + by 2 + cz 2 + du2 gerepresenteerd kan worden. Als a ≥ 2
dan gaat het al niet, want 1 kan niet gerepresenteerd worden. Anderzijds weten
we voor a = b = c = d = 1 dat het inderdaad kan. Ramanujan ontdekte dat er
nog 54 andere mogelijkheden bestonden en gaf daarvan de complete lijst. Onder
die lijst bevindt zich bijvoorbeeld het geval a = 1, b = 2, c = 2, d = 5. Dat wil
zeggen dat elk natuurlijk getal in de vorm x2 + 2y 2 + 2z 2 + 5u2 geschreven kan
worden met x, y, z, u geheel.
Recent ontdekte John Conway de volgende zeer opmerkelijke stelling.
Stelling 12.3.5 (Conway,Schneeberger 1993) Zij F (x1 , . . . , xk ) een even positief definiete kwadratische vorm met gehele co¨efficienten. Als F de getallen
n = 1, 2, . . . , 15 representeert, dan representeert F alle natuurlijke getallen.
Een kwadratische vorm heet positief definiet als F (x1 , . . . , xk ) > 0 voor alle keuzen van x1 , . . . , xk ∈ R behalve x1 = · · · = xk = 0. De vorm (x − y)2 is bijvoorbeeld niet positief definiet. Er geldt weliswaar (x − y)2 ≥ 0 voor alle x, y,
maar we willen (x − y)2 > 0 voor alle x, y met (x, y) 6= (0, 0). De vormen x2 + y 2
en x2 − xy + y 2 zijn daarentegen wel positief definiet. De kwadratische vorm
F (x1 , . . . , xk ) heet even als de co¨efficient van xi xj even is voor elk paar i, j met
i 6= j. Zouden we deze eis niet hebben, dan moet het getal 15 in de Stelling
vervangen worden door een veel groter getal.
We zouden nu Stelling 12.2.1 kunnen bewijzen door te verifi¨eren dat 1, 2, 3, . . . , 15
geschreven kunnen worden als som van vier kwadraten. Dit is echter enigszins
bedriegeljk, omdat het bewijs van Conway zwaar leunt op stellingen van het type
112
HOOFDSTUK 12. SOMMEN VAN KWADRATEN
12.3.3 en 12.2.1. Wel is het nu mogelijk om met behulp van Conway’s stelling
en een flinke portie geduld de lijst vormen ax2 + by 2 + cz 2 + du2 van Ramanujan
terug te vinden.
12.4
Het probleem van Waring
In dezelfde tijd waarin Lagrange zijn Stelling 12.2.1 bewees, stelde Waring de
volgende vraag.
Vraag 12.4.1 (Waring, 1770) Stel k ∈ Z en k ≥ 2. Is er een getal g(k)
zo dat ieder natuurlijk getal als som van hoogstens g(k) positieve k-de machten
geschreven kan worden?
Zo’n 140 jaar later, in 1909, liet D.Hilbert zien dat het antwoord ’ja’ is voor elke
k ≥ 2. Zijn bewijs is tamelijk ingewikkeld en we zullen het hier niet reproduceren.
Iets later gaven Hardy en Littlewood een wat systematischer bewijs dat berust
op de zogenaamde cirkelmethode. Helaas is ook deze techniek te technisch voor
dit boek. In ieder geval toonden Hardy en Littlewood aan dat er een g(k) < 3 · 2k
bestaat.
Van nu af zullen we met g(k) het kleinste getal aangeven waarvoor het probleem
van Waring een oplossing heeft. We hebben bijvoorbeeld gezien dat g(2) = 4.
Verder geldt g(3) = 9 (Wieferich, Kempner, 1912), g(4) = 19 (Balusabramanian,
Deshouillers, Dress, 1986), g(5) = 37 (Chen-Jingrun, 1964). Er is zelfs een algemene formule voor alle k ≥ 2. Als (3/2)k − [(3/2)k ] < 1 − (3/4)k dan geldt
g(k) = [(3/2)k ] + 2k − 2. Het is zeer waarschijnlijk, maar nog niet bewezen, dat
aan de voorwaarde altijd voldaan is, waardoor de formule voor g(k) waarschijnlijk
altijd correct is.
De merkwaardige vorm voor de formule van g(k) kan gedeeltelijk verklaard worden door het feit dat deze eigenlijk bepaald wordt door de kleine getallen. Stel
dat we bijvoorbeeld 2k − 1 als som van k-de machten willen schrijven. In deze
som kan niet 2k voorkomen, want dan wordt de som te groot. Dus moet 2k − 1
geschreven worden als som van k-de machten van 1. En hiervoor hebben we er
2k −1 nodig, dus g(k) ≥ 2k −1. We kunnen nog iets verder gaan. Bekijk het getal
n = [(3/2)k ]2k − 1 en schrijf dit als som van k-de machten. Merk op dat n < 3k .
Dus we kunnen geen termen 3k in onze som hebben. De gunstigste opdeling is
[(3/2)k ] − 1 termen 2k en 2k − 1 termen 1k . Dit geeft g(k) ≥ [(3/2)k ] + 2k − 2.
De waarde van g(k) wordt dus bepaald door de kleine waarden van het getal n
dat we als som van k-de machten willen schrijven. Men kan zich afvragen of we
voor grote waarden van n ook zoveel k-de machten nodig hebben. Dat blijkt niet
het geval te zijn. Zo weten we bijvoorbeeld voor k = 3 dat alleen de getallen
23 en 239 negen derdemachten nodig hebben. Voor de overige getallen is het
bekend dat er hoogstens 8 derde machten nodig zijn. Het is zelfs bekend dat
12.4. HET PROBLEEM VAN WARING
113
ieder voldoend groot getal som is van hoogstens 7 derde machten. Dit suggereert
de volgende vraag,
Vraag 12.4.2 Zij k ≥ 2. Wat is het kleinste getal G(k) zo dat ieder voldoend
groot getal te schrijven is als som van hooguit G(k) positieve k-de machten ?
De waarde van G(k) is een nog onopgelost probleem, er is alleen bekend dat
G(2) = 4 en G(4) = 16. Verder is G(k) meestal een stuk kleiner dan g(k).
Wederom met de cirkelmethode bewees Vinogradov dat G(k) ≤ 6k(log k + 4 +
log 216).
Beperken we ons even tot derde machten, daar kunnen we laten zien dat G(3) ≥ 4.
Hiertoe moeten we oneindig veel getallen aangeven die niet als som van hoogstens
drie derde machten geschreven kunnen worden. We nemen daarvoor de getallen
n die 4 modulo 9 zijn. Merk op dat derde machten modulo 9 altijd 0, 1, −1 zijn.
De som van drie dergelijke getallen kan nooit 4 opleveren. Dus hebben we voor
getallen n ≡ 4 (mod 9) minstens 4 derde machten nodig. Aan de andere kant
is het waarschijnlijk zo dat ieder voldoend groot getal als som van hooguit vier
derde machten te schrijven is, dus G(3) = 4, maar niemand heeft enig idee hoe
dit aan te tonen.
Hier is nog een variant op Waring’s probleem.
Vraag 12.4.3 Zij k ≥ 2. Wat is het kleinste getal s(k) dat nodig is om elk natuurlijk getal te schrijven als som van s(k) rationale niet-negatieve k-de machten.
In ieder geval geldt dat s(k) ≤ G(k). Stel namelijk dat elk getal > n0 som is van
niet meer dan G(k) k-de machten. Stel nu n ∈ N die we als som van rationale
machten willen schrijven. Kies r zo groot dat nrk > n0 . Schrijf nrk als som van
G(k) gehele k-de machten en deel aan beide zijden door rk om n als som van
G(k) rationale k-de machten te krijgen. Voor sommige k kan zelfs gelden dat
s(k) < G(k) zoals blijkt uit de volgende stelling.
Stelling 12.4.4 (Riley,1825) Elk natuurlijk getal kan op oneindig veel verschillende manieren geschreven worden als som van drie rationale derde machten.
Het bewijs is verbazingwekkend eenvoudig, zeker in vergelijking met de problemen
die men heeft om G(3) = 4 aan te tonen. Beschouw namelijk de identiteit
A3 + B 3 + C 3 = 72t(t + 1)6
waarin A = 12t(t + 1) − (t + 1)3 , B = (t + 1)3 − 12t(t − 1) en C = 12t(t − 1). Stel
n ∈ N. Kies u ∈ Q zo dat 1 < nu3 /72 < 2 en vul t = nu3 /72 in de identiteit in.
De getallen A, B, C, t, t + 1 zijn allen positief en na deling aan weerszijden door
u3 (t + 1)6 vinden we,
3 3 3
B
C
A
+
+
=n
u(t + 1)2
u(t + 1)2
u(t + 1)2
114
HOOFDSTUK 12. SOMMEN VAN KWADRATEN
Bovendien kan u op oneindig veel verschillende manieren gekozen worden.
2
Het is heel goed denkbaar dat er een bewijs voor het bestaan van s(k) is dat veel
eenvoudiger is dan de oplossing van Waring’s probleem. Helaas ken ik er geen.
© Copyright 2024 ExpyDoc
