Hoofdstuk 12. Sommen van kwadraten Sommen van twee kwadraten

Transcriptie

1 Hoofdstuk 12 Sommen van kwadraten 12.1 Sommen van twee kwadraten In Hoofdstuk 11 hebben we gezien dat als p een oneven priemdeler van a 2 + b 2 is, en p deelt niet zowel a als b, dan is p gelijk aan 1 modulo 4. De reden is simpel, er geldt dat a 2 b 2 (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 b 2 (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 0 2 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 (Fermat) Zij p een priemgetal zó dat p 1 (mod 4). Dan zijn er a, b Z zó dat p = a 2 + b 2. 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 één 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 = We nemen nu aan dat p

2 104 HOOFDSTUK 12. SOMMEN VAN KWADRATEN Omdat p 1 (mod 4) bestaat er een getal x 0 zó dat x (mod p). Beschouw nu de verzameling {ax 0 (mod p) a = 0, 1, 2,..., [ p]} waarin we de resten ax 0 (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 a 1, a 2 zijn met 0 a 1 < a 2 [ p] en afstand tussen a 2 x 0 (mod p) en a 1 x 0 (mod p) kleiner of gelijk aan (p 1)/[ p] < (p 1)/( p 1) = p + 1. Stel α = a 2 a 1. Dan geldt 0 < α < p en de restklasse αx 0 (mod p) bevat een element dat tussen p 1 en p + 1 ligt. Noem dit element β. Dan geldt, α 2 + β 2 α 2 + (αx 0 ) 2 α 2 (1 + x 2 0) 0 (mod p) Met andere woorden, α 2 + β 2 is deelbaar door p. Anderzijds weten we dat α < p en β < p + 1. Dus α 2 + 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 α 2 + β 2 = p, in welk geval we klaar zijn, ofwel α 2 + 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 = (α 2 + β 2 )/2 = p. Dus ook in dit geval is p som van twee kwadraten. 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 Zij n N en r 2 (n) het aantal oplossingen x, y Z van n = x 2 + y De funktie r 2 (n)/4 is multiplikatief, dat wil zeggen als ggd(m, n) = 1 dan geldt r 2 (mn)/4 = (r 2 (m)/4)(r 2 (n)/4). 2. Zij p priem en k N. Dan geldt, r 2 (p k ) 4 k + 1 als p 1 (mod 4) 0 als p 3 (mod 4), k oneven = 1 als p 3 (mod 4), k even 1 als p = 2

3 12.1. SOMMEN VAN TWEE KWADRATEN 105 Allereerst zien we dat r 2 (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 = x 2 + 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 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 0 en x y. Als n dus geen kwadraat en niet tweemaal een kwadraat, dan komen de oplossingen van n = x 2 + 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 = x 2 + 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 i 2 = 1. In het bijzonder gebruiken we de gehele getallen van Gauss, dat zijn complexe getallen waarvan reëel en imaginair deel geheel zijn. De belangrijke opmerking die we willen maken is dat n = x 2 + 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 = De priemontbinding ziet eruit als n = Volgens onze stelling geldt r 2 (n) 4 = r 2(3 2 ) 4 r 2 (5 2 ) 4 r 2 (541) r 2 (829) = Dus r 2 (n) = 48. Boven merkten we al op dat als n = a 2 +b 2, 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 één 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 = a 2 + b 2 en 3 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 = als som van twee kwadraten te schrijven. We gebruiken hiertoe de gehele getallen van gauss. Merk op dat Dus 5 = = (1 + 2i)(1 2i) 541 = = ( i)(21 10i) 829 = = ( i)(27 10i) m = (1 + 2i) 2 (1 2i) 2 ( i)(21 10i) ( i)(27 10i). Van elk paar geconjugeerde factoren in dit product kiezen we er één uit. Bijvoorbeeld (1 + 2i) 2 ( i)( i) = i

4 106 HOOFDSTUK 12. SOMMEN VAN KWADRATEN De overige factoren geven uiteraard de complex geconjugeerde, En dus, (1 2i) 2 (21 10i)(27 10i) = i. m = ( i)( i) = De lijstje mogelijkheden om complexe factoren van m te kiezen luidt, (1 + 2i) 2 ( i)( i) = i (1 + 2i)(1 2i)( i)( i) = i (1 2i) 2 ( i)( i) = i (1 + 2i) 2 (21 10i)( i) = i (1 + 2i)(1 2i)(21 10i)( i) = i (1 2i) 2 (21 10i)( i) = i 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 = = = = = = = De oplossing van n = 9m = = x 2 + y 2 volgt door bovenstaande sommen aan beide zijden met 3 2 te vermenigvuldigen. Samenvattend kunnen we zeggen dat we het probleem om n = x 2 + 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 Tenslotte vermelden we nog een heel aardige formule die afgeleid kan worden als men wat van reductie van kwadratische vormen weet, Stelling (Jacobi, 1828) Voor elke n N geldt, r 2 (n) = 4 ( 1) d 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 0 2 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.

5 12.2. SOMMEN VAN VIER KWADRATEN 107 Stelling (Lagrange, 1770) Elk natuurlijk getal kan geschreven worden als som van vier kwadraten. Hierbij wordt 0 2 ook als kwadraat gezien. Voor het bewijs gebruiken we de volgende opmerkelijke identiteit van Euler die zegt dat (a 2 + b 2 + c 2 + d 2 )(a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) gelijk is aan (aa + bb + cc + dd ) 2 + (ab ba + cd dc ) 2 + +(ac bd ca + db ) 2 + (ad + bc cb da ) 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 zó dat mp som van vier kwadraten is. Beschouw hiertoe de restklassen x (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, één 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 zó dat x y 2 (mod p). Met andere woorden, er is een m zodat x 2 + y = 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 = a 2 + b 2 + c 2 + d 2. (12.1) We weten trouwens al dat m < p. Kies nu m/2 < A, B, C, D m/2 zó dat a A (mod m), b B (mod m), c C (mod m), d D (mod m). Dan geldt, A 2 + B 2 + C 2 + D 2 a 2 + b 2 + c 2 + d 2 mp 0 (mod m). Gevolg, A 2 + B 2 + C 2 + D 2 = mr, r 0 (12.2) waarin r = (A 2 + B 2 + C 2 + D 2 )/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 = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 is deelbaar door m 2 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 + ma 1

6 108 HOOFDSTUK 12. SOMMEN VAN KWADRATEN voor zekere gehele a 1. Merk nu op dat a 2 = (m/2) 2 + m 2 a 1 + m 2 a 2 1 en dus, a 2 (m/2) 2 (mod m 2 ). Een zelfde opmerking geldt voor b, c, d. Gevolg, mp = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 4 (m/2) 2 0 (mod m 2 ). Dus m 2 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 = (a 2 + b 2 + c 2 + d 2 )(A 2 + B 2 + C 2 + D 2 ) = α 2 + β 2 + γ 2 + δ 2 (12.3) waarin, α = aa + bb + cc + dd a 2 + b 2 + c 2 + d 2 0 (mod m) β = ab ba + cd dc ab ba + cd dc 0 (mod m) γ = ac ca + db bd ac ca + db bd 0 (mod m) δ = 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 m 2 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. 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 (Jacobi,1829) Zij n N dan heeft de vergelijking n = x x x x 2 4 in x 1, x 2, x 3, x 4 Z precies 8 d d n,d 0 (mod 4) oplossingen.

7 12.3. VARIATIES OP SOMMEN VAN KWADRATEN 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 = a 2 +b 2 +c 2 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 4 l (8k + 7) geen som van drie kwadraten zijn. We hebben dus laten zien, Stelling Zij n N en van de vorm 4 l (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 (Gauss) Elk natuurlijk getal, niet van de vorm 4 l (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, De algemene formule voor driehoeksgetallen luidt n(n + 1)/2 voor n = 1, 2, 3,.... Hier is Gauss resultaat voor de driehoeksgetallen. Gevolg Elk natuurlijk getal kan geschreven worden als som van drie driehoeksgetallen (d.w.z. getallen van de vorm n(n + 1)/2).

8 110 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 = a 2 + b 2 + c 2. 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(p 2 +p)+4(q 2 +q)+4(r 2 +r)+3. Na wegstrepen van 3 en deling door 8 volgt, n = p(p + 1) 2 + q(q + 1) 2 + r(r + 1). 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, We kunnen de kwadraten dus opvatten als vierhoeksgetallen en Lagrange s stelling zou cryptisch kunnen worden samengevat met EUREKA: num = + + +!! Evenzo hebben we de vijfhoeksgetallen de zeshoeksgetallen 0, 1, 5, 12, 22, 35, 51, 70, 92, 117, 145,... 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 formule voor k-hoeksgetallen luidt (k 2) n(n 1) + n. De volgende stelling werd 2 vermoed door Fermat, maar pas in 1825 bewezen door Cauchy. Stelling (Cauchy, 1825) Elk natuurlijk getal is te schrijven als som van k k-hoeksgetallen. Het geval k = 3 komt overeen met Gevolg , het geval k = 4 met Stelling Een iets andere variant op bovenstaande problemen is vanaf Euler s tijd uitgebreid bestudeerd. De vormen x 2 + y 2 en x 2 + y 2 + z 2 + u 2 zijn voorbeelden van

9 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 x 2 3y 2, x 2 + 5y 2, x 2 + xy y 2 + z 2, x 2 + 2y 2 + 2z 2 + yz + yu 3uz + u 2,... Zij nu F (x 1,..., x k ) zo n kwadratische vorm. We kunnen ons afvragen welke getallen n te schrijven zijn in de vorm n = F (x 1,..., x k ) met x 1,..., x k Z. Anders gezegd, welke getallen worden door F (x 1,..., x k ) gerepresenteerd? Nu kan één 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 algebraïsche 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 ax 2 + by 2 + cz 2 + du 2 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 x 2 + 2y 2 + 2z 2 + 5u 2 geschreven kan worden met x, y, z, u geheel. Recent ontdekte John Conway de volgende zeer opmerkelijke stelling. Stelling (Conway,Schneeberger 1993) Zij F (x 1,..., x k ) een even positief definiete kwadratische vorm met gehele coëfficienten. Als F de getallen n = 1, 2,..., 15 representeert, dan representeert F alle natuurlijke getallen. Een kwadratische vorm heet positief definiet als F (x 1,..., x k ) > 0 voor alle keuzen van x 1,..., x k R behalve x 1 = = x k = 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) (0, 0). De vormen x 2 + y 2 en x 2 xy + y 2 zijn daarentegen wel positief definiet. De kwadratische vorm F (x 1,..., x k ) heet even als de coëfficient van x i x j even is voor elk paar i, j met i 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 kunnen bewijzen door te verifiëren 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

10 112 HOOFDSTUK 12. SOMMEN VAN KWADRATEN en Wel is het nu mogelijk om met behulp van Conway s stelling en een flinke portie geduld de lijst vormen ax 2 + by 2 + cz 2 + du 2 van Ramanujan terug te vinden Het probleem van Waring In dezelfde tijd waarin Lagrange zijn Stelling bewees, stelde Waring de volgende vraag. Vraag (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 2 k 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 ] + 2 k 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 2 k 1 als som van k-de machten willen schrijven. In deze som kan niet 2 k voorkomen, want dan wordt de som te groot. Dus moet 2 k 1 geschreven worden als som van k-de machten van 1. En hiervoor hebben we er 2 k 1 nodig, dus g(k) 2 k 1. We kunnen nog iets verder gaan. Bekijk het getal n = [(3/2) k ]2 k 1 en schrijf dit als som van k-de machten. Merk op dat n < 3 k. Dus we kunnen geen termen 3 k in onze som hebben. De gunstigste opdeling is [(3/2) k ] 1 termen 2 k en 2 k 1 termen 1 k. Dit geeft g(k) [(3/2) k ] + 2 k 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

11 12.4. HET PROBLEEM VAN WARING 113 ieder voldoend groot getal som is van hoogstens 7 derde machten. Dit suggereert de volgende vraag, Vraag 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 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 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 > n 0 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 nr k > n 0. Schrijf nr k als som van G(k) gehele k-de machten en deel aan beide zijden door r k 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 (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 A 3 + 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 < nu 3 /72 < 2 en vul t = nu 3 /72 in de identiteit in. De getallen A, B, C, t, t + 1 zijn allen positief en na deling aan weerszijden door u 3 (t + 1) 6 vinden we, ( ) 3 ( A + u(t + 1) 2 B u(t + 1) 2 ) 3 + ( ) 3 C = n u(t + 1) 2

12 114 HOOFDSTUK 12. SOMMEN VAN KWADRATEN Bovendien kan u op oneindig veel verschillende manieren gekozen worden. 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.