Fattoriale somma di quadrati

[Amartya]

Salve a tutti, cercavo se esiste una eventuale relazione che mi permettesse di sapere quando un numero fattoriale è somma di due qudrati.

esempio $6!$ è somma di $24^2 + 12^2$.

Ma cosa dire per esempio di $7!$?

Esiste un metodo generale per stabilirlo?

Grazie in anticipo.

Emanuele

[deserto1]

Ciao
$7!$ non riesci a scomporlo nella somma di due quadrati

[Amartya]

"deserto":Ciao
$7!$ non riesci a scomporlo nella somma di due quadrati

Ciao.

Si praticamente non riesco a scomporlo in somma di due quadrati, ovvero dimostrare che non sia così. Esiste in generale un metodo per scoprirlo che non sia il procedimento per tentativi?

[Studente Anonimo]

Propongo un ragionamento.

Fatto. Un numero naturale e' somma di due quadrati se e solo se (*) ogni suo fattore primo del tipo [tex]4k+3[/tex] compare nella fattorizzazione un numero pari di volte.

Per dimostrare questa cosa elenco qualche lemma. Le dimostrazioni dei lemmi 2 e 3 sono non troppo elementari, ma non credo esistano dimostrazioni elementari.

Lemma 1. La proprieta' "essere somma di due quadrati" e' moltiplicativa. In altre parole se [tex]n[/tex] e [tex]m[/tex] sono somme di due quadrati allora [tex]n \cdot m[/tex] e' somma di due quadrati.
Dimostrazione. [tex](a^2+b^2)(c^2+d^2) = a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2 = (ac-bd)^2+(ad+bc)^2[/tex]. []

Lemma 2. Un numero primo dispari [tex]p[/tex] e' del tipo [tex]4k+1[/tex] se e solo se esiste una radice quadrata di [tex]-1[/tex] in [tex]\mathbb{Z}_p[/tex].
Dimostrazione. Il gruppo moltiplicativo ciclico [tex]\mathbb{Z}_p-\{0\}[/tex] ha ordine [tex]p-1[/tex], ed ammette elementi di ordine [tex]4[/tex] se e solo se [tex]4[/tex] divide [tex]p-1[/tex]. Dato che [tex]\mathbb{Z}_p[/tex] e' un campo, un elemento [tex]z[/tex] di ordine 4 e' esattamente una radice quadrata di [tex]-1[/tex] (perche' [tex]z^2 \neq 1[/tex] e' radice del polinomio [tex]X^2-1[/tex] e quindi [tex]z^2=-1[/tex]). []

Lemma 3. Un numero primo dispari [tex]p[/tex] e' somma di due quadrati se e solo se e' congruo a [tex]1[/tex] modulo [tex]4[/tex], cioe' e' del tipo [tex]4k+1[/tex].
Dimostrazione. Se [tex]p[/tex] e' somma di due quadrati allora [tex]p=a^2+b^2[/tex] e [tex]p[/tex] non divide ne' [tex]a[/tex] ne' [tex]b[/tex] (altrimenti [tex]p^2[/tex] dividerebbe [tex]p[/tex]). Quindi riducendo modulo [tex]p[/tex] otteniamo [tex](ab^{-1})^2 \equiv -1 \mod(p)[/tex], da cui [tex]p \equiv 1 \mod(4)[/tex] per il lemma 2. Supponiamo ora che [tex]p \equiv 1 \mod(4)[/tex]. Per mostrare che [tex]p[/tex] e' somma di due quadrati basta mostrare che e' riducibile in [tex]\mathbb{Z}[/tex], dato che in questo caso si ha [tex]p=(a+ib)(c+id)[/tex] e quindi

[tex]p^2 = p \cdot \bar{p} = (a+ib)(a-ib)(c+id)(c-id) = (a^2+b^2)(c^2+d^2)[/tex]

da cui [tex]p=a^2+b^2=c^2+d^2[/tex]. Dato che [tex]\mathbb{Z}[/tex] e' un PID basta mostrare che l'ideale [tex]p\mathbb{Z}[/tex] di [tex]\mathbb{Z}[/tex] non e' massimale, cioe' che [tex]\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}[/tex] non e' un campo. Detta [tex]\alpha[/tex] una radice quadrata di [tex]-1[/tex] modulo [tex]p[/tex] (che esiste per il lemma 2) nell'anello [tex]\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}[/tex] si ha [tex](i-\alpha)(i+\alpha)=-1-(-1)=0[/tex], quindi gli elementi [tex]i-\alpha[/tex] e [tex]i+\alpha[/tex], essendo divisori di zero, non sono invertibili. []

Lemma 4. Se il numero naturale [tex]n[/tex] verifica (*) allora e' somma di due quadrati.
Dimostrazione. Scriviamo [tex]n=m \cdot h[/tex] dove [tex]m[/tex] e' il prodotto dei fattori primi di [tex]n[/tex] del tipo [tex]4k+3[/tex]. Poiche' [tex]n[/tex] verifica (*) si ha che [tex]m[/tex] e' un quadrato, scriviamo [tex]m=r^2[/tex]. Per i lemmi 1 e 3 (e per il fatto che [tex]2=1+1[/tex] e' somma di due quadrati ) [tex]h[/tex] e' somma di due quadrati, diciamo [tex]h=a^2+b^2[/tex]. Ma allora [tex]n=m \cdot h = r^2 \cdot (a^2+b^2) = (ra)^2+(rb)^2[/tex]. []

Lemma 5. Se il numero naturale [tex]n[/tex] e' somma di due quadrati allora verifica (*).
Dimostrazione. Procediamo per induzione su [tex]n[/tex]. Scriviamo [tex]n=a^2+b^2[/tex]. Prendiamo un divisore primo [tex]p[/tex] di [tex]n[/tex] del tipo [tex]4k+3[/tex]. Riducendo modulo [tex]p[/tex] otteniamo [tex]a^2+b^2 \equiv 0 \mod(p)[/tex], quindi siccome non ci sono radici quadrate di [tex]-1[/tex] modulo [tex]p[/tex] si deve avere [tex]a^2 \equiv b^2 \equiv 0 \mod(p)[/tex] (altrimenti, al solito, [tex](ab^{-1})^2 \equiv -1 \mod(p)[/tex]), in altre parole [tex]p[/tex] divide [tex]a[/tex] e [tex]b[/tex]. Scriviamo [tex]a=p\alpha[/tex] e [tex]b=p\beta[/tex] e otteniamo [tex]n = p^2 (\alpha^2+\beta^2)[/tex]. Per ipotesi induttiva [tex]\alpha^2+\beta^2[/tex] verifica (*) e quindi anche [tex]n[/tex] verifica (*). []

In particolare [tex]7![/tex] non e' somma di due quadrati perche' il fattore primo [tex]7=4+3[/tex] compare nella fattorizzazione una sola volta. Invece [tex]6![/tex] e' somma di due quadrati perche' l'unico suo fattore primo del tipo [tex]4k+3[/tex] e' [tex]3[/tex] e compare due volte.

Segnalo anche questo.

[Amartya]

Caro Martino, scrivo solo per ringraziarti, non ho avuto ancora tempo per leggere approfonditamente le tue argometazoni, domani ho il 1° tentativo di superare l'esame di Algebra, quindi ho passato quasi tutta la giornata a rivedere i casi più generali.
Aggiungo solo una cosa, il quesito nasce da un esercizio di Algebra, dove si chiedeva di trovare i quadrati che danno $6!$, e poi si chiedeva se dato $n$ t.c $6
A domani

Emanuele

[Studente Anonimo]

Osserva che per quanto ho detto se [tex]n![/tex] e' somma di due quadrati allora per ogni primo [tex]p[/tex] del tipo [tex]4k+3[/tex] si ha [tex]n < p[/tex] oppure [tex]n \geq 2p[/tex]. In particolare se [tex]n < 100[/tex] allora certamente [tex]n < 59[/tex] (perche' [tex]2 \cdot 59 > 100[/tex]), quindi [tex]n < 31[/tex] (perche' [tex]2 \cdot 31 > 59[/tex]), quindi [tex]n < 19[/tex] (perche' [tex]2 \cdot 19 > 31[/tex]), quindi [tex]n < 11[/tex] (perche' [tex]2 \cdot 11 > 19[/tex]), quindi [tex]n < 7[/tex] (perche' [tex]2 \cdot 7 > 11[/tex])

Secondo me si puo' dimostrare che se [tex]n>6[/tex] allora [tex]n![/tex] non e' somma di due quadrati, ma ci devo pensare.

[Amartya]

Ciao Martino, beh oggi ho fatto l'esame, diciamo che se avessi avuto più tempo sarebbe stato meglio, ma tantè non mi lamento. Il prof ci ha dato due ore per risolvere 6 quesiti non trascendentali ma neanche banali, delle due l'una o sei un genio o sto invecchiando (valutazione personale chiaramente).

Tutto ciò non è OT, perchè ricollegandomi al quesito del thread mi domando e ti porgo la domanda, non credo che uno studente avrebbe potuto solo anche accennare ad una parte del tuo ragionamento in meno di due ore e trattandosi di una domanda a corredo? Non credo proprio e converresti con me se ti postassi l'intero compito da cui ho tratto il quesito.

Pertanto la logica mi porta a pensare ad una sola tra le due scelte o la risposta al quesito è molto più banale, oppure era semplicemente impossibile da risolvere durante l'esame, ed aggiungo io anche fuori.

Anche oggi ho beccato un fattoriale. Mi si chiedeva sia $2011! + 2011$ a quanto equivale modulo $2011^2$, non è Wilson o almeno non mi sembrava e mi rimanevano solo 5 min, ho notato però che se $n$ è primo allora $n! + n$ è divisibile per $n^2$. non sapevo che $2011$ fosse primo, d'altra parte un test di primalità su quelle cifre richiede molto ma molto tempo, nel dubbio ho risposto $0$ credo indovinando. Il prof ha detto che questo quesito si risolve in meno di 1 min.
Ma è veramente così banale?