El descenso infinito. Ecuación diofántica $x^4+y^4=z^2$

El descenso infinito es una técnica de demostración que fue muy utilizada por Fermat para resolver ecuaciones diofánticas.

Este razonamiento se basa en la siguiente propiedad de $\mathbb{N}$:

Sea $A$ un subconjunto de $\mathbb{N}$. Si para todo $n\in A$ existe otro $m\in A$ tal que $m < n$ entonces $A=\emptyset$.

Que no es más que otra forma de decir que todo subconjunto no vacío de $\mathbb{N}$ tiene mínimo, es decir, que el orden habitual de $\mathbb{N}$ es un buen orden.
Con esta técnica se puede demostrar que la ecuación diofántica $x^4+y^4=z^2$ no tiene soluciones naturales.

En efecto, supongamos que sí la tiene, y que $z$ es mínimo posible, es decir, sea $A=\{\zeta\in\mathbb{N} : (\exists x,y\in\mathbb{N}):x^4+y^4=\zeta^2\}$ y $z$ el elemento mínimo de $A$.

Entonces $(x^2,y^2,z)$ es una terna pitagórica primitiva (TPP). Por tanto (según se demostró aquí), existen dos enteros $u$ y $v$ de distinta paridad y primos entre sí tales que
$$\begin{array}{rcl}z&=&u^2+v^2\\x^2&=&u^2-v^2\\y^2&=&2uv\end{array}$$
De la segunda ecuación se deduce que $(v,x,u)$ es una TPP, por lo que $u$ es impar, así que $v$ es par, y $u$ y $2v$ son primos entre sí. Como $2uv$ es un cuadrado perfecto, $u$ y $2v$ serán cuadrados perfectos. Poniendo que $v=2w$:
$$\begin{array}{rcl}u&=&m^2\\w&=&n^2\end{array}$$
pero entonces
$$x^2=m^4-4w^4$$
es decir, que $(2w^2, x, m^2)$ es una terna pitagórica, y será primitiva porque $x$ es primo con $u$, y por tanto con $m$. Entonces,
$$\begin{array}{rcl}m^2&=&u_1^2+v_1^2\\2w^2&=&2u_1v_1\end{array}$$
Y como $u_1$ y $v_1$ son primos entre sí, $u_1=m_1^2$ y $v_1=n_1^2$, con lo que

$$m^2=m_1^4+n_1^4$$
es decir, que $m\in A$, pero $m\leq m^2 = u \leq u^2< u^2+v^2 = z$, lo que contradice que $z$ es el elemento mínimo de $A$. Por tanto $A=\emptyset$, es decir, la ecuación diofántica no tiene soluciones naturales.

Ecuación diofántica $a^2-ab+b^2=c^2$

Buscando una solución al problema de encontrar un polinomio de tercer grado con raíces enteras cuya derivada tenga una raíz entera, del cual se habla en otra entrada de este blog, di con una forma de resolver la ecuación diofántica planteada en el título, con soluciones no triviales, como

$$\begin{array}{c}a=5, b=8, c=7\\a=7, b=15,c=13\end{array}$$

Para ello comenzamos con un teorema que relaciona las soluciones de esta ecuación los la clase de polinomios antes mencionada:

Teorema: Sean $a$ y $b$ dos enteros positivos. La derivada del polinomio $x(x-a)(x-b)$ tiene una raíz entera si y sólo si $a^2-ab+b^2$ es un cuadrado perfecto.

Demostración: Dicha derivada no es otra que

$$x(x-a+x-b)+(x-a)(x-b)=3x^2-2(a+b)+ab$$

Si este polinomio tiene dos raíces racionales, serán ambas enteras (si $a$ y $b$ son múltiplos de $3$) o bien una será entera y la otra tendrá denominador $3$. En cualquier caso, esto ocurrirá sólo si el discriminante

$$\Delta=4(a+b)^2-12ab=4(a^2-ab+b^2)$$

es cuadrado perfecto.

Ahora resolvemos la ecuación.

Supongamos que $a$, $b$ y $c$ son solución de la ecuación, es decir, que

$$a^2-ab+b^2=c^2$$

Entonces el polinomio $x(x-a)(x-b)$ tiene raíces enteras y su derivada tiene al menos una raíz entera $m$. Según lo visto en la entrada antes mencionada, existen números $p$, $q$ primos entre sí y un entero no nulo $k$ tales que $m=-kpq$, $m-a=kp(p+q)$ y $m-b=kq(p+q)$, o sea

$$\begin{array}{rcl}a&=&kp(p+2q)\\b&=&kq(2p+q)\end{array}$$

Estas son efectivamente soluciones de la ecuación, ya que

$$[kp(p+2q)]^2+[kq(2p+q)]^2-k^2pq(p+2q)(2p+q)=k^2(p^2+pq+q^2)^2$$

Es decir, $c=k(p^2+pq+q^2)$.

Ternas Pitagóricas III

Ya hemos caracterizado los números que pueden ser hipotenusas de una TPP. Nos queda la tarea --mucho más simple-- de hacer lo mismo con los catetos.

La manera más obvia (y más sencilla) de diferenciar a los catetos de una TPP es la paridad, ya que, como hemos visto, uno de ellos será par y el otro impar. Sabemos que existen dos naturales $u$ y $v$, de distinta paridad y primos entre sí tales que el cateto par $a$ será $a=2uv$ y el cateto impar $b$ será $b=u^2-v^2$. En particular vemos que $u>v$.

El problema que vamos a resolver es: "Dado un número natural $n$, ¿existe alguna TPP que lo contenga como cateto?". Consideraremos dos casos:

Caso 1: $n$ es impar. Este caso es sencillo: cualquier impar, salvo el 1, puede formar parte como cateto de una TPP. En efecto, $n=\left(\frac{n+1}2\right)^2-\left(\frac{n-1}2\right)^2$, así que ya tenemos los valores de $u$ y $v$. Son de distinta paridad y primos entre sí por una simple razón: son consecutivos.

Es mas interesante, quizá, plantearse en cuántas TPP puede aparecer. Aunque dejaré esta cuestión quizá para otra entrada, cabe resaltar que está muy relacionada con el número de divisores de $n$.

Caso 2: $n$ es par: Partimos de la ecuación $2uv=n$ y del hecho de que $u$ y $v$ tienen distinta paridad y son primos entre sí. Pondremos que $u$ será par y $v$ impar. En seguida se ve que $n$ debe ser múltiplo de 4.

Esta condición también es suficiente. Pongamos que $n=2^rv$ donde $r\geq 2$ y $v$ es impar. Entonces será $u=2^{r-1}$, y es obvio que $u$ y $v$ tendrán distinta paridad y serán primos entre sí. Podría ser, claro, que no se cumpla la condición $u>v$, pero entonces basta con intercambiar sus papeles, es decir, comenzar con que $n=2^ru$ y $v=2^{r-1}$.

En este caso también es interesante (y algo más complejo) el problema de averiguar cuántas TPP existen.

Ternas Pitagóricas I

Una terna pitagórica (TP) es una terna de números naturales $(a,b,c)$ tales que $a^2+b^2=c^2$  (no consideraremos aquí al 0 como número natural). Por ejemplo, $(3,4,5)$ es una terna pitagórica, ya que $3^2+4^2=5^2$. Se dice que una TP es primitiva si el máximo común divisor de los tres números es 1. Por analogía con el teorema de Pitágoras, llamaremos a $a$ y a $b$ catetos, y a $c$, hipotenusa.

Debido a la relación $a^2+b^2=c^2$, los componentes de una terna pitagórica primitiva (TPP), son primos entre sí dos a dos, ya que si algún número divide a dos de ellos, necesariamente será divisor del otro.

En particular, en una TPP sólo puede haber un término par. Y de hecho, tiene que haberlo, ya que la suma de dos impares es par.

Si dividimos los términos de una TP entre su máximo común divisor, obtenemos una TPP. En efecto, si llamamos $d$ a dicho m.c.d., se cumple la relación

$$\left(\frac ad\right)^2+\left(\frac bd\right)^2=\left(\frac cd\right)^2$$

y los números $(a/d, b/d, c/d)$ son primos entre sí.

La suma de los cuadrados de dos números impares es

$$(2m-1)^2+(2n-1)^2=4(m^2+n^2-2mn)+2$$

es decir, es par, pero no múltiplo de 4, así que no puede ser un cuadrado perfecto. De ello se deduce que los catetos de una TP no pueden ser ambos impares.

Luego en una TPP habrá un cateto par y otro impar, y la hipotenusa será impar.

Estamos listos para enunciar y demostrar el siguiente teorema:

Teorema: Si $(a,b,c)$ es una TP, entonces existen números naturales $d$, $u$ y $v$ tales que

$$\left\{\begin{array}{rcl}a&=&d\cdot 2uv\\ b&=&d(u^2-v^2)\\c&=&d(u^2+v^2)\end{array}\right.$$

Y, recíprocamente, para cualesquiera números naturales $d$, $u$, $v$ con $u>v$ la terna $[d\cdot 2uv, d(u^2-v^2), d(u^2+v^2)]$ es una TP, que será primitiva cuando $d=1$ y $u$ y $v$ sean primos entre sí y tengan distinta paridad.

Demostración:

Supondremos inicialmente que $(a,b,c)$ es una TPP con $a$ par. Sea $m=a/2$. Entonces

$$4m^2=c^2-b^2=(c-b)(c+b)$$

Como $a$ es par, los números $b$ y $c$ son impares, por lo que $c-b$ y $c+b$ serán ambos pares, con lo cual queda

$$m^2=\frac{c-b}2\cdot\frac{c+b}2$$

Como $b$ y $c$ son primos entre sí, $(c-b)/2$ y $(c+b)/2$ también lo son. En efecto, si $p$ fuera un primo que dividiera a $(c-b)/2$ y a $(c+b)/2$, dicho $p$ sería divisor de la suma de ambos ($c$) y de la diferencia ($b$), lo cual es imposible.

Resulta entonces que los números $(c-b)/2$ y $(c+b)/2$ son primos entre sí y su producto es $m^2$, un cuadrado perfecto. Esto implica que $(c-b)/2$ y $(c+b)/2$ son, a su vez, cuadrados perfectos. Ponemos que

$$\left\{\begin{array}{rcl}u&=&\sqrt{\frac{c+b}2}\\ v&=&\sqrt{\frac{c-b}2}\end{array}\right.$$

De aquí se deduce fácilmente que

$$\left\{\begin{array}{rcl}a&=&2uv\\ b&=&u^2-v^2\\c&=&u^2+v^2\end{array}\right.$$

Si $(a,b,c)$ es una TP, no necesariamente primitiva, y $d=\text{mcd}(a,b,c)$, entonces $(a/d,b/d,c/d)$ es una TPP. Intercambiamos $a/d$ y $b/d$ si es necesario para que la primera componente de la terna sea par, y aplicamos lo ya demostrado. Tendremos

$$\left\{\begin{array}{rcl}\frac ad&=&2uv\\ \frac bd&=&u^2-v^2\\ \frac cd&=&u^2+v^2\end{array}\right.$$

lo que demuestra la primera parte del teorema. Así mismo, se puede comprobar fácilmente que

$$[d(u^2-v^2)]^2+(d\cdot 2uv)^2=[d(u^2+v^2)]^2$$

Además, si $u$ y $v$ tienen distinta paridad y son primos entre sí, y suponemos que $p$ divide a $u^2-v^2$ y a $u^2+v^2$ (es decir, que la terna no es primitiva). deducimos que $p$ también dividiría a $2u^2$ (la suma) y a $2v^2$ (la diferencia). El número $p$ no puede ser $2$ porque $u^2-v^2$ es impar, por lo que $p$ divide a $u$ y $v$, lo cual es imposible. Por tanto, en estas condiciones, es una TPP.

Con esto termina la prueba.

Ternas Pitagóricas II

En la entrada anterior dábamos un método para obtener ternas pitagóricas a partir de tres parámetros.

En esta veremos qué valores puede tomar la hipotenusa de una terna pitagórica primitiva. Ya sabemos que es impar, pero no todos los impares pueden ser la hipotenusa de una TPP.

Por lo que vimos en la entrada anterior, si $c$ es la hipotenusa de una TPP, existirán dos naturales $u$ y $v$, primos entre sí y de distinta paridad, tales que $c=u^2+v^2$.

Para encontrar los posibles valores de $c$, necesitaremos unos cuantos resultados de aritmética modular, aunque expresaré los enunciados sin recurrir a ella para facilitar la comprensión. Las demostraciones, en cambio, recurren a herramientas de álgebra propias de un primer curso universitario.

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Teorema 1: Si un número primo $p$ es congruente con $1$ módulo $4$ (es decir, si al dividir $p$ entre $4$ se obtiene $1$ de resto) entonces existe un número natural $n$ tal que $n^2+1$ es múltiplo de $p$.

Demostración:  El conjunto $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ será un cuerpo con $p$ elementos. Si multiplicamos todos ellos (excluido el $0$), teniendo en cuenta que $(p-1)/2$ es par, obtenemos:

$$\prod_{k=1}^{p-1} k \equiv_p\prod_{k=1}^{(p-1)/2}(-k^2)\equiv_p (-1)^{(p-1)/2}n^2\equiv_p n^2$$

para un cierto número natural $n$.

Por otro lado, el Teorema de Wilson nos asegura que

$$\prod_{k=1}^{p-1} k \equiv_p -1$$

de lo cual se deduce que $n^2 \equiv_p -1$, como se quería demostrar.

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Para probar el siguiente teorema, necesitaremos el anterior. También será crucial una propiedad del anillo $\mathbb{Z}[i]$, que es el conjunto formado por los complejos cuyas partes real e imaginaria son números enteros. Estos números se llaman "enteros de Gauss".

Igual que en el conjunto $\mathbb{Z}$, en el conjunto de los enteros de Gauss hay números primos, y se cumple el teorema fundamental de la aritmética, a saber, que la factorización de un entero de Gauss existe y es única. Por ello se dice que el anillo de los enteros de Guass es un dominio de factorización única (DFU).

En dicho DFU las unidades son $1$, $i$, $-1$ y $-i$. Los números que se obtienen al multiplicar un entero de Gauss $z$ por una unidad se llaman "asociados" de $z$.

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Teorema 2: Sea $p$ un número primo impar. Los siguientes enunciados son equivalentes:

1. Existen dos naturales $u$ y $v$ tales que $p=u^2+v^2$.
2. Al dividir $p$ entre $4$ se obtiene $1$ de resto.

Demostración: Suponiendo cierto el primer enunciado, como $p$ es un primo impar, necesariamente $u$ será par y $v$ impar (o viceversa). Podemos entonces afirmar que existen naturales $m$ y $n$ tales que

$$p=(2m)^2+(2n-1)^2=4m^2+4n^2-4n+1 \equiv_4 1$$

lo que demuestra el segundo.

Recíprocamente, si suponemos el segundo, estamos en condiciones de aplicar el teorema anterior. Es decir, existe un natural $n$ tal que

$$p|n^2+1=(n+i)(n-i)$$

donde $i$ es, como es habitual, la unidad imaginaria. Como $\mathbb{Z}[i]$ es un DFU, y $p$ no divide a $n+i$ ni a $n-i$, se deduce que $p$, a pesar de ser primo en $\mathbb{Z}$, no es primo en $\mathbb{Z}[i]$, es decir, que existe un primo $z$ de $\mathbb{Z}[i]$ que divide a $p$, $p=zw$. Pero también será entonces $p=\bar z\bar w$, por lo que $\bar z$ también divide a $p$. Así que $z\bar z=|z|^2$ divide a $p^2$. Es decir, que $|z|^2$ debe ser $1$, $p$ o $p^2$. No puede ser $1$ porque $z$ no es una unidad, y tampoco puede ser $p$ porque $p$ es primo, es decir, que $|z|=p$. O si ponemos que $z=u+iv$,

$$p=u^2+v^2$$

como queríamos probar.

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Ya hemos hecho el trabajo más duro. Hemos probado que todo primo $p$ de la forma $4n+1$ se puede escribir como la suma de dos cuadrados, y por tanto puede ser la hipotenusa de una TP, y al ser $p$ primo, será una TPP. Por ejemplo, el $5$ es la hipotenusa en la terna $(3,4,5)$ y el $13$ lo es de la terna $5, 12, 13)$. No podemos eliminar la condición de que el número sea primo, ya que el $21$, por ejemplo, no es la hipotenusa de ninguna TPP (ni, por cierto, de ninguna TP).

Sin embargo, algunos números compuestos sí pueden ser la hipotenusa de una TPP. Por ejemplo, el $65$, ya que $(16,63,65)$ y $(33,56,65)$ son ambas TPP.

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Teorema 3: Si $m$ es un número impar que se puede escribir como suma de cuadrados primos entre sí y $p$ es un primo de la forma $4n+1$, entonces $mp$ también se puede escribir como suma de cuadrados de al menos dos formas, y en al menos una de ellas los cuadrados son primos entre sí.

Demostración: Pongamos $m=a^2+b^2$ y, por el teorema 2, $p=u^2+v^2$, donde $a$ y $b$ son primos entre sí y $u$ y $v$ también. Entonces

$$mp=(a+ib)(u+iv)(a-ib)(u-iv)=(au-bv)^2+(av+bu)^2$$

y
$$mp=(a+ib)(u-iv)(a-ib)(u+iv)=(au+bv)^2+(-av+bu)^2$$
por lo que ya la prueba se reduce a verificar que o bien $au-bv$ y $av+bu$ son primos entre sí, o bien $au+bv$ y $-av+bu$ son primos entre sí.

Para ello supondremos que $q$ es un primo que divide simultáneamente a $au-bv$ y a $av+bu$, de lo que deducimos que $q|auv-bv^2$ y $q|auv+bu^2$.
Restando obtenemos que $q|b(u^2+v^2)=pb$.
Si $q|b$ entonces $q|au$ y $q|av$. Como $a$ y $b$ son primos entre sí, $q$ no es divisor de $a$, así que divide a $u$ y a $v$, lo que contradice que $u$ y $v$ son primos entre sí. Por tanto $q$ no divide a $b$.
Así que resulta que $p=q$.
De un modo muy similar podemos deducir que si $q'$ divide a $au+bv$ y a $-av+bu$, entonces $p=q'$.

Luego si ninguna de las parejas de números fueran primos entre sí, $p$ sería divisor de $au+bv$ y de $au-bv$. Sumando y restando vemos que $p$ dividiría a $2au$ y a $2bv$. Como $p$ es impar y no divide a $u$ ni a $v$ (ya que es mayor que ambos), resulta que $p|a$ y $p|b$, lo que contradice que $a$ y $b$ son primos entre sí. Con este razonamiento termina la prueba.

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Estamos en condiciones de concluir el trabajo:

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Teorema 4: Sea $c$ un número natural. Los siguientes enunciados son equivalentes:

1. $c$ es la hipotenusa de una TPP.
2. Todos los divisores primos de $c$ son congruentes con $1$ módulo $4$ (es decir, de la forma $4n+1$).

Demostración: Suponiendo el enunciado $1$, deducimos que existen dos naturales $u$ y $v$ que son de distinta paridad y primos entre sí tales que $c=u^2+v^2=(u+iv)(u-iv)$. Supongamos que $p$ es primo y divide a $c$. Entonces:

• Como $c$ es impar, $p\neq 2$.
• Como $u$ y $v$ son primos entre sí y $p$ divide a $c$, $p$ no puede dividir a ninguno de los dos.
• Se deduce que $p$ no puede ser un primo de $\mathbb{Z}[i]$, es decir, que $p$ ha de ser suma de cuadrados (se demuestra igual que en el Teorema 2).

Concluimos, en virtud del Teorema 2, que $p \equiv_4 1$.

Suponemos ahora que se cumple el enunciado 2. En virtud de los teoremas 2 y 3, se deduce inmediatamente que $c$ es suma de cuadrados. Al ser $c$ impar, dichos cuadrados serán de distinta paridad. Nuevamente el teorema 2 (aplicado de forma reiterada para cada factor primo de $c$) asegura que dichos cuadrados pueden elegirse primos entre sí.

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