İki pozitif tam kare toplamı yazılabilme koşulu ile ilgili net bir içerik bulamadım. İspatlayabildiğim durumları paylaşmak istedim. Genelde tüm teoremler $0$ ı da tam kare kabul ederek genellemeyi yapıyor. Ben $0$ ı kullanmadan elde edilebilenlerin daima elde edilebildiğini ve elde edilemeyenlerin hiçbirinin elde edilemediğini ispatlamaya çalıştım ve aşağıdaki sonuçlara ulaştım.
$x,y,n\in Z^+$ olmak üzere $n$ tamsayısı $x^2+y^2=n$ formunda yazılabiliyorsa, $n=2^{2a},a\in Z^+$, $p\equiv 3(mod4)$ için $n=p_1^{2a_1}p_2^{2a_2}...p_{i}^{2a_i}$ , ve $n=2^{2a}p_1^{2a_1}p_2^{2a_2}...p_{i}^{2a_i}$ formlarında olamaz. Ayrıca $n$ pozitif tamsayısında $p\equiv 3(mod4)$ tipi asalların tek kuvveti bulunmamalıdır. (Klasik teoremden geliyor)
Ben de iki
pozitif tam kare toplamı için genel koşul bulmaya çalışırken şu sonuçlara ulaştım. İspatlanmaları çok zor durmuyor ama ilgili bir kaynak bulamadım. Bu özel durumu yazmamın mantığı klasik teorem iki kare toplamını ispatlamak için $a^2+0^2$ formu yapıları da kullanılıyor ancak bunlar iki pozitif kare toplamı olmadığı değil.
Öncelikle genel iki tam kare toplamı için $x,y\in Z$ ise $x^2+y^2=n$ şeklinde yazılabilen $n$ pozitif tam sayılarının $3(mod4)$ formunda asallarının kuvveti çift olmalıdır. (Bu bize aslında $x^2+y^2=pq$ tipi durumların da $3(mod4)$ asalları için çözümsüz olduğunu söylüyor.)
Lemma 1: $a,b,c,d>0$ ve $a\not = b$ ve $c\not = d$ tam sayıları için $(a^2+b^2).(c^2+d^2)$ çarpımı daima iki
pozitif tamkarenin toplamı olarak yazılabilir.
İspat: Brahmagupta-Fibonacci İdentityden $(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2$ olur. $ad\not =bc$ ise bu bize iki pozitif tam kare toplamı olarak yazılabildiğini garantiler.
$$ad=bc$$ ise $$(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac-bd)^2+4abcd=(ac-bd)^2+(2ad)^2$$ olur. $ac=bd$ durumu ancak ve ancak $a=b$ , $c=d$ ile mükündür. dolayısıyla ispat biter.
Lemma 2: $p\equiv 1(mod4)$ tipi asallar olmak üzere $a,b$ pozitif tam sayıları için $p=a^2+b^2$ olacak şekilde $a,b$ vardır ve bunlar zıt paritededir.
İspat: Fermat teoremi bize $a,b$ tamsayıları için bunun doğruluğunu verir. Varsayalım ki $a=0$ olsun. O halde $b^2=p$ olur ve bu denklemin çözümü yoktur. O halde bu denklemin en az bir iki pozitif tam kare toplamı şeklinde yazımı garantidir. Diğer taraftan $a,b$ aynı anda tek ise toplam çift olur ve $a,b$ aynı anda çift ise toplam yine çift olur yani $p$ asalına eşit olamazlar. O halde biri tek biri çift olmalıdır.
Not: Zıt pariteyi Lemma $1$ i uygulamanın mümkünlüğünü sağlamak için inceledim.
Lemma 3: ($a,b,c,d>0$) $a,b$ zıt parite ve $c,d$ zıt parite olmak üzere $(a^2+b^2)(c^2+d^2)$ daima $2$ pozitif tam karenin toplamı olarak yazılabilir ve bunlar zıt paritedededir.
İspat: Lemma 1 ' e benzer şekilde Fibonnacci-Brahmagupta Identity kullanalım. $(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac+bd)^2+(|ad-bc|)^2$ olur. $ad \not = bc$ olsun. O halde bu identity daima iki pozitif tam kare toplamı bulmamızı garantiler. parite analizi yapalım. $a$ çift $b$ tek $c$ çift $d$ tek ise $ac+bd$ tek $ad-bc$ çift olur. $a$ çift $b$ tek $c$ tek $d$ çift olsun. $ac+bd$ çift $ad-bc$tek olur. $a$ tek $b$ çift $c$ tek $d$ çift olsun. $ac+bd$ tek $ad-bc$ çift ve $a$ tek $b$ çift $c$ çift $d$ tek için de $ac+bd$ çift $ad-bc$ tek olur. Dolayısıyla iki zıt paritede iki pozitif tam kare toplamı olmasını sağlar.
2) $ad=bc$ olursa $ac-bd$'nin tek sayı olmasını sağlayan $a,b,c,d$ atamaları oluşur. O halde bu sayı asla $0$ olamaz. Buradan yola çıkarak $(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(|ac-bd|)^2+(2ad)^2$ yazılabilir ve yine biri çift biri tek paritede iki pozitif tam karenin toplamı şekilde yazılabileceğini garanti etmiş oluruz.
Lemma 4: $p\equiv 1(mod4)$ şeklindeki $p$ asalları için $p^2$ ifadesi daima zıt paritedeki $2$ pozitif tam kare toplamı olarak yazılabilir.
İspat: $p=a^2+b^2,a,b\in Z^+$ olsun. O halde $$p^2=(a^2+b^2)(a^2+b^2)=a^4+2a^2b^2+b^4=(|a^2-b^2|)^2+(2ab)^2$$ sağlanır $a,b$ zıt parite olduğu için $a^2-b^2$ tek olmalıdır yani $0$ a eşit olamaz. İspat biter.
Teorem 1: $p\equiv 1(mod4)$ asalları ve $a>0$ tam sayısı için $p^a$ ifadesi daima iki pozitif tam karenin toplamı olarak yazılabilir ve bu tamkareler zıt paritededir.
İspatlamadan önce $p^3$ ün de Lemma $3$ ve Lemma $4$ yardımıyla kolaylıkla zıt paritedeki $2$ pozitif tamkare toplamı olarak yazılabileceğini görebiliyoruz.
İspat: İki pozitif tam kare toplamı olarak yazıldığını tümevarımla gösterelim.
$a=1$ olsun. $p=x^2+y^2$ formunda zıt paritede $x,y\in Z^+$ vardır.
Varsayalım ki $p^a=m^2+n^2$ olacak şekilde zıt paritede $m,n \in Z^+$ var olsun.
$$p^{a+1}=p^a.p=(m^2+n^2).(x^2+y^2)$$ olur. Bu da
Lemma 3 gereğince barizdir. İspat biter.
Teorem 2: Asal çarpanlarının hepsi $1 \pmod{4}$ olan
\[
n = \prod_{i=1}^{r} p_i^{\alpha_i} \qquad (p_i \equiv 1 \pmod{4},\ \alpha_i \geq 1)
\]
mutlaka
\[
n = X^2 + Y^2 \qquad (X,Y > 0,X\not \equiv Y(mod2))
\]
olacak şekilde $X,Y$ pozitif tam sayıları bulunabilir.
İspat: $r = 1 \Rightarrow n = p_1^{\alpha_1}=m^2+n^2$ olacak şekilde $m,n$ zıt pariteli pozitif tamsayıları vardır. Teorem $1$ uygulandı.
$r = k$ asal çarpanlı tüm sayılar için iddia doğru olsun. $n = \prod_{i=1}^{k} p_i^{\alpha_i}=u^2+v^2$ ,$u,v$ zıt pariteli pozitif tamsayıları vardır.
$r=k+1$ için $n = \left( \prod_{i=1}^{k} p_i^{\alpha_i} \right) p_{k+1}^{\alpha_{k+1}}=(u^2+v^2)(m^2+n^2)$ olur bu da
Lemma 3 gereğince $X,Y$ zıt pariteleri pozitif tamsayıların varlığını garanti eder. İspat biter.
Şimdi ise $2$ asalı ile ilgili durumları inceleyelim. $2$ nin tek kuvvetleri için $2^a=2^{a-1}+2^{a-1}$ yazılımı iki pozitif tam kare toplamı olarak yazılabileceğini gösteriyor. $2=1+1$ durumu hariç daima ikisi de çift oluyor. $2$ nin çift kuvvetlerinin iki kare toplamı olarak yazılamayacağını ispatlayalım.
Lemma 5: çift $a$ pozitif tamsayıları için $2^a$ ifadesi $2$ pozitif tam karenin toplamı olarak yazılamaz ancak $a$ nın tek pozitif tam sayı olması durumunda yazılabilir.
Kanıt: $a$ çift ise varsayalım ki $a=2k$, $x^2+y^2=2^{2k}$ olacak şekilde $x,y>0$ ve $k\in Z^+$ vardır. Bu bize $x^2+y^2 \equiv 0(mod4)$ verir. bu da ancak ve ancak $x\equiv 0(mod4)$ ve $y\equiv 0(mod4)$ olduğunda mümkündür. Buradan
$$(x_1)^2+(y_1)^2=2^{2k-2}$$ , $x=4x_1$ ve $y=4y_1$ denklemi elde edilir. Benzer adımı devam ettirdiğimizde
$$(x_k)^2+(y_k)^2=2^0$$ son denklemi elimizde kalacaktır. $x,y$ pozitif tam sayı kabulümüzden dolayı $x_k$ ve $y_k$ nın pozitif tamsayı olmaya devam edeceği görülebilir. ancak $(x_k)^2+(y_k)^2=1$ denkleminin tek çözümü $(1,0)$ dır bu da çelişki verir.
$a$ tek sayı olsun o halde $a=2k+1$ olacak şekilde $k \in Z_{\geq 0}$ vardır. $2^{2k+1}=(2^k)^2+(2^k)^2$ olduğundan yola çıkılarak bu formattaki sayılarının $2$ pozitif tamkarenin toplamı olarak yazılabileceğini görebiliriz.
Not: biz burada $2$ asal çarpanını içeren her tam sayı için çözüm yapmış olmadık. $p\equiv 1(mod4)$ asalı içeren tamsayılar çift ise de daima $2$ pozitif tamkare toplamı olarak yazılabilir. Bunu da birazdan ispatlayacağım.
Lemma 6: $a,b$ zıt paritede olan $a,b$ pozitif tam sayıları için $2.(a^2+b^2)$ ifadesi $2$ pozitif tam kare toplamı olarak yazılabilir.
İspat: $$2.(a^2+b^2)=(a+b)^2+(|a-b|)^2$$ olur buradan $a,b$ zıt paritede olduğu için $a+b$ ve $a-b$ tektir dolayısıyla $0$ a eşit olamazlar. Bu da iki pozitif tam kare toplamı olarak yazılabileceğini gösterir.
Teorem 3: Bir $n$ pozitif tamsayısının en az bir adet $p_i\equiv 1(mod4)$ formunda asal çarpanı olmak üzere ve eğer varsa $q_j \equiv 3(mod4)$ asal çarpanlarının üssü çift olması şartıyla daima $2$ pozitif tam kare toplamı olarak yazılabileceğini gösteriniz.
Not: Fermat'ın iki tam kare toplamının genellemesi yardımıyla $q\equiv 3(mod4)$ tipi asalların üssünün daima çift olması gerektiğini biliyoruz. Tek ise asla yazılamaz. Teoreme bu yüzden çift şartını ekledim.
Kanıt: Teorem $2$ den yardım alarak $X,Y$ zıt paritede $X,Y>0$ pozitif tam sayıları için $$n=2^m.(X^2+Y^2).(\prod_{k=1}^{j} q_j^{\alpha_j})^2$$
$m$ çift ise $m=2r$ olacak şekilde $r>0$ tamsayısı vardır. Buradan $$n=(\prod_{k=1}^{j} q_j^{\alpha_j}.2^r.X)^2+(\prod_{k=1}^{j} q_j^{\alpha_j}.2^r.Y)^2$$ olur ve içerideki ifadelerin pozitif olmasından dolayı $f,g$ pozitif tam sayıları için $n=f^2+g^2$ formatında yazılaiblir. (artık parite şartı ortadan kalktı.)
$n$ çift ise $m=2r+1$ olacak şekilde $r \geq 0$ tam sayısı vardır.
Lemma 6 gereğince $2.(X^2+Y^2)=(M^2+N^2)$ olacak şekilde $M,N$ pozitif tek sayıları vardır. Bu da bize $$ (\prod_{k=1}^{j} q_j^{\alpha_j}.2^r.M)^2+(\prod_{k=1}^{j} q_j^{\alpha_j}.2^r.N)^2=f^2+g^2$$ olacak şekilde $f,g$ pozitif tamsayılarının varlığını gösterir. $r=0$ durumu da burada incelendiği için $2$ asal çarpanı bulunmadığı durumları da incelemiş oluruz.
Not: Buraya kadar yaptığımız ispatlarda $p\equiv 1(mod4)$ asalını içeren tüm durumları incelemiş olduk. Geriye sadece $p\equiv 3(mod4)$ asalları ve $2$ asal sayısı içeren sayılar kaldı. Bununla alakalı ispatı henüz tam olarak genelleyemedim o yüzden şu anlık bu kadarını paylaşıyorum. ($10.08.2025$ itibariyle bu kısmı da tamamladım. Notta kalan kısımları ispatlayalım.
İspat:$n$ pozitif tam sayısı $p\equiv 3\pmod 4$ formatında asal bölen içeriyorsa $n=x^2+y^2$ formatında olan $x,y$ pozitif tam sayıları için $p|x$ ve $p|y$ sağlanması gerektiğinden (İspatına bu linkten ulaşılaiblir:
https://geomania.org/forum/index.php?topic=9455.0) ve sadece bu formatta asallardan oluşturduğumuz için $n|x$ ve $n|y$ sağlanmalıdır. (Bu asalların derecelerinin çift olması gerektiğini klasik iki kare toplamı teoreminden zaten biliyoruz.) O halde $x=nx'$ ve $y=ny'$ olacak şekilde $x',y'$ pozitif tam sayıları bulunmalıdır. O halde $(x')^2+(y')^2=1$ olur. Ki bu da pozitif tamsayılarda çelişki anlamına gelir.
Benzer şekilde denklemimiz $2$ nin çift kuvvetleri ve $p \equiv 3 \pmod 4$ asallarından oluşuyorsa üstteki çözüme benzer şekilde $x'$ ve $y'$ pozitif tam sayıları için $(x')^2+(y')^2=2^{2k}$ olacak şekilde $k>0$ tam sayısı olduğunu görürüz. Ki bu da
Lemma $5$ gereğince bize çelişki verir. Ve bu sayede tüm durumları kapatmış oluyoruz.
