Kezdőlap


Cím:	Miért lehet a Fermat-prím oldalú szabályos sokszögeket megszerkeszteni? 2.rész
Szerző(k):	Borsányi Ákos
Füzet:	1994/március, 97 - 104. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szakmai cikkek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

⁷
Most már tudunk minden szükségeset a komplex számokról. Következhet tehát az első részben már jelzett
3. Tétel.

\begin{matrix} a) Ha q & \equiv 1 (4) prím, akkor \sum_{j = 1}^{\frac{q - 1}{2}} ε^{c_{j}} = \frac{\sqrt[]{q} - 1}{2}; \\ (1) \\ b) Ha q & \equiv - 1 (4) prím, akkor \sum_{j = 1}^{\frac{q - 1}{2}} ε^{c_{j}} = \frac{\sqrt[]{- q} - 1}{2}, \end{matrix}

ahol

ε = cos \frac{2 π}{q} + sin \frac{2 π}{q}

és

c_{1}, c_{2}, ..., c_{\frac{q - 1}{2}}

vagy a

q

összes kvadratikus maradéka, vagy a

q

összes kvadratikus nemmaradéka (nyilván egy RMR-en belül).⁸
Bizonyítás. a) Könnyen látható, hogy

\sum_{j = 1}^{q - 1} ε^{j} = - 1

, itt

q

prím voltából még csak a

q > 1

van kihasználva. Belátjuk, hogy

(\sum_{i = 1}^{\frac{q - 1}{2}} ε^{c_{i}}) (\sum_{j = 1}^{\frac{q - 1}{2}} ε^{d_{i}}) = \frac{1 - q}{4}

, ahol ezentúl

c_{i}

jelölje a kvadratikus maradékokat,

d_{i}

pedig a nemmaradékokat. A zárójelben lévő összegek tagonkénti szorzásarok

ε

kitevői összeadódnak, tehát azt kell megnézni, mit kapunk, ha az összes lehetséges módon összeadunk egy kvadratikus maradékot és egy nemmaradékot, vagyis képezzük az összes

c_{i} + d_{i}

alakú összeget. (

1 \leq i \leq \frac{q - 1}{2}

és

1 \leq j \leq \frac{q - 1}{2}

; mint látjuk,

i

most nem a képzetes egység, hanem futóindex.) Írjuk ehhez a mod

q

maradékokat egy

g

primitív gyök hatványaiként. (A

q = 17

esetet szemlélteti a 2. ábra). Mivel

g

páros kitevőjű hatványai adják a kvadratikus maradékokat, és a páratlanok a nemmaradékokat, az összegek elkészítését a következő módon végezzük.

k = 1

-től

\frac{q - 1}{2}

-ig minden

k

-ra képezzük az összes olyan

c_{i} + d_{j}

összeget, amelyre

c_{i}

és

d_{j}

,,ívtávolsága''

2 k - 1

. Az ábrán az indexeket egy

q - 1

részre osztott körkerület osztópontjaival ábrázoljuk. Mivel

\frac{q - 1}{2}

páros, azért egy kvadratikus maradéknak és egy kvadratikus nemmaradéknak megfelelő pont távolsága legfeljebb

\frac{q - 1}{2} - 1

körívdarab lehet. Pontosabban fogalmazva azokat a

c_{i} + d_{j}

-ket képezzük, amelyekre

^{g} ind c_{i} -^{g} ind d_{j} mod (q - 1)

legkisebb abszolút értékű maradéknak abszolút értéke

2 k - 1

.
Ilyen módon az összes

c_{i} + d_{j}

-t megkapjuk, és mindegyiket pontosan egyszer. Mivel

1 \leq k \leq \frac{q - 1}{4}

, ezért

q - 1 ∤ 4 k - 2

, amiből

g^{2 k - 1} ≢ - 1 (q)

, vagyis

(g^{2 k - 1} + 1, q) = 1

. Világos, hogy a rögzített

k

melletti összes

c_{i} + d_{j}

alakú összeg a következő alakban írható:

\begin{matrix} {(g^{2 k - 1} + 1 \cdot g^{l} | 1 \leq l \leq q - 1}, \end{matrix}

ami az Euler‐Fermat-ötlet szerint éppen egy RMR mod

q

. Ebből viszont már meg is kaptuk, hogy

\begin{matrix} (\sum_{i = 1}^{\frac{q - 1}{2}} ε^{c_{i}}) (\sum_{j = 1}^{\frac{q - 1}{2}} ε^{d_{j}}) = \frac{q - 1}{4} \cdot \sum_{j = 1}^{q - 1} ε^{j} = \frac{1 - q}{4}, \end{matrix}

mivel a

k

egymás után

\frac{q - 1}{4}

darab értéket vesz fel.
Jelöljük az előbbi szorzat első tényezőjét

x

-szel, a másodikat pedig

y

-nal. Ekkor

x + y = - 1

és

x y = \frac{1 - q}{4}

miatt

x = \frac{\sqrt[]{q} - 1}{2}

és

y = \frac{- \sqrt[]{q} - 1}{2}

vagy

x = \frac{- \sqrt[]{q} - 1}{2}

és

y = \frac{\sqrt[]{q} - 1}{2}

, ami bizonyítja az a) állítást.
b) Lényegében az a)-val analóg módon bizonyítható, annyi csak az eltérés, hogy itt a

c_{i} + d_{j}

alakú összegek

\frac{q - 3}{4}

RMR-t és

\frac{q - 1}{2}

0-t adnak.

\begin{matrix} A 2. Tétel bizonyításához t e k i n t s ü k a \sum_{j=0}^{q-2}a_{j}ε^{j} a l a k ú s z á m o k a t, a h o l ε j e l e n t é s e v á l t o z a t l a n, a z a_{j} - k p e d i g e g é s z s z á m o k . K ö n n y e n l á t h a t ó, h o g y a z e m l í t e t t a l a k ú s z á m o k a C - n e k e g y ö s s z e a d á s r a, k i v o n á s r a é s s z o r z á s r a z á r t r é s z h a l m a z á t a l k o t j á k, a m e l y e t Z[ε] - n a l j e l ö l t ü n k . (T e h á t Z[ε] r é s z g y ű r ű j e a k o m p l e x s z á m t e s t n e k .) M i v e l Z[ε] a z o s z t á s r a n e m z á r t, v a n é r t e l m e o s z t h a t ó s á g o t d e f i n i á l n i . α,β\inZ[ε] e s e t é n a z t m o n d j u k, h o g y α o s z t h a t ó β - v a l, h a v a n o l y a n γ\inZ[ε], a m e l y r e α=βγ . F e l f o g j u k h a s z n á l n i a z t a t é n y t, h o g y a z a é s b e g é s z s z á m o k r a b∣a p o n t o s a n a k k o r t e l j e s ü l Z - b e n, h a t e l j e s ü l Z[ε] - b a n i s . A z á l l í t á s e g y i k o l d a l a Z\subsetZ[ε] m i a t t t r i v i á l i s, a m á s i k o l d a l b i z o n y í t á s a v i s z o n t e g y - k é t o l y a n a l g e b r a i i s m e r e t b i r t o k l á s á t f e l t é t e l e z i, a m e l y e t a b e v e z e t ő b e n n e m t á r g y a l t u n k, í g y e z t c s a k l á b j e g y z e t b e n \end{matrix}

⁹említjükmeg.AZ[

ε

]-belikongruenciafogalmátszinténazegészekhezanalógmódondefiniáljuk.Végülazismagátólértetődő,hogy

α

\equiv

β

(

μ

)és

γ

\equiv

δ

(

μ

)eseténfennállaz

α

γ

\equiv

β

δ

(

μ

)ésaz

α

\cdot

γ

\equiv

β

\cdot

δ

(

μ

)összefüggés.
Fogjunkhozzáa2.Tételbizonyításához.A3.Tételszerint

\begin{matrix} \sum_{j = 1}^{q - 1} (\frac{j}{q}) ε^{j} = \pm \sqrt[]{(\frac{- 1}{q}) q}; \end{matrix}

ittfigyelembevettüka(

\frac{- 1}{q}

) =

{(- 1)}^{\frac{q - 1}{2}}

egyenlőséget,amitkönnyenmegkaphatunk,ha-1-etegyprimitívgyökhatványakéntállítjukelőmodq.Mivelj

\neq

0,peseténp

∣

(\binom{p}{j})

és2

∤

pmiatt

{(\frac{j}{p})}^{p}

= (

\frac{j}{p}

),abinomiálistételismételtalkalmazásávalaztkapjuk,hogy

\begin{matrix} {(\sum_{j = 1}^{q - 1} (\frac{j}{q}) ε^{j})}^{p} = \sum_{j = 1}^{q - 1} (\frac{j}{q}) ε^{j p} (p) . \end{matrix}

EmellettaLegendre-szimbólum(teljes)multiplikativitásaésazEuler‐Fermatötletalapján:

\begin{matrix} \sum_{j = 1}^{q - 1} (\frac{j}{q}) ε^{j p} = (\frac{p}{q}) \sum_{j = 1}^{q - 1} (\frac{j p}{q}) ε^{j p} = (\frac{p}{q}) \sum_{j = 1}^{q - 1} (\frac{j}{q}) ε^{j} . \end{matrix}

(2)-t,(3)-atés(4)-rtösszevetvea

{\sqrt[]{(\frac{- 1}{q}) q}}^{p}

\equiv

(

\frac{p}{q}

)

\sqrt[]{(\frac{- 1}{q}) q}

(p)kongruenciáhozjutunk;ezt

\sqrt[]{(\frac{- 1}{q}) q}

-valszorozvamegkapjuka

\begin{matrix} {[(\frac{- 1}{q}) q]}^{\frac{p + 1}{2}} \equiv (\frac{p}{q}) \cdot (\frac{- 1}{q}) \cdot q (p) \end{matrix}

összefüggést,amelyegynemrégibentettmegjegyzésszerintmintközönségesegészekrevonatkozókongruenciaisfennáll.Azegészszámokgyűrűjébenigazaszámelméletalaptétele,így((

\frac{- 1}{q}

)

\cdot

q,p)=1folytán(5)-ötegyszerűsíthetjük:

{(\frac{- 1}{q})}^{\frac{p - 1}{2}}

\cdot

q^{\frac{p - 1}{2}}

\equiv

(

\frac{p}{q}

) (p).

\begin{matrix} I n n e n p e d i g m á r v a l ó b a n l á t s z i k a b i z o n y í t a n d ó \end{matrix}

(

\frac{p}{q}

)

\cdot

(

\frac{q}{p}

) =

{(- 1)}^{\frac{q - 1}{2} \cdot \frac{p - 1}{2}}

\begin{matrix} h i s z e n q^{\frac{p - 1}{2}}\equiv(\frac{q}{p})  (p) . \end{matrix}

Elérkeztünk az 1. Tétel bizonyításához. Könnyen látható, hogy ha a szabályos

n

- és

k

-szög is megszerkeszthető, akkor

(n, k) = 1

esetén a szabályos

n k

-szög is az. Ennélfogva elég a következőket igazolni:
1'. Tétel. Ha az

m

természetes számra

F_{m}

prím, akkor a szabályos

F_{m}

-szög megszerkeszthető.
Mivel adott szakaszok összegét, különbségét, szorzatát, hányadosát és négyzetgyökét könnyen megszerkeszthetjük, azért a tétel bizonyításához elég belátni, hogy

S (ε) = ε + ε^{- 1} = 2 cos \frac{2 π}{F_{m}}

előállítható racionális számokból alapműveletek és négyzetgyökvonások véges sokszori alkalmazásával.
Először is tetszőleges prímszám és

n

természetes szám esetére bevezetjük a követekzőt: Legyen

\begin{matrix} S_{p} (n, k) = \sum_{j = 1}^{\frac{p - 1}{(n, p - 1)}} ε^{c_{j}}, \end{matrix}

ahol a

c_{j}

-k azon mod

p

maradékokat jelölik, amelyekre

c_{j}^{\frac{p - 1}{(n, p - 1)}} \equiv k (p)

. Megmutatjuk, hogy

S_{p} (n, k)

definíciója pontosan azokra a

k

-kre értelmes, amelyekhez van olyan

t

nemnegatív egész, hogy

g^{t \cdot \frac{p - 1}{(n, p - 1)}} \equiv k (p)

, ahol

g

p

egy tetszőlegesen rögzített primitív gyöke. Ha

k \equiv g^{t \cdot \frac{p - 1}{(n, p - 1)}} (p)

valamilyen

t

-vel, akkor az

x^{\frac{p - 1}{(n, p - 1)}} \equiv k (p)

kongruenciának

g^{y \cdot (n, p - 1) + t}

minden

y

-ra megoldása, és

0 \leq y < \frac{p - 1}{(n, p - 1)}

esetén a kapott megoldások páronként inkongruensek mod

p

. A fokszámtétel miatt a szóban forgó kongruenciának több megoldása viszont nincs, így

k \equiv g^{t \frac{p - 1}{(n, p - 1)}} (p)

esetén a fenti definíció valóban értelmes. Ha

k \equiv g^{t \frac{p - 1}{(n, p - 1)} + s}

, ahol

1 \leq s < \frac{p - 1}{(n, p - 1)}

, akkor nem lehet semmilyen

x

-re

x^{\frac{p - 1}{(n, p - 1)}} \equiv k (p)

, mert ebből

(n, p - 1)

-edik hatványra emeléssel

g^{s \cdot (n, p - 1)} \equiv 1 (p)

adódna, ami az

s

-re vonatkozó feltevés és

g

primitív gyök volta miatt nem állhat fenn, az esetben tehát a fenti definíció értelmetlen.
Ezután ténylegesen elkezdhetjük az 1'. Tétel bizonyítását. Egyszerűség kedvéért az

F_{m}

rögzített Fermat-prímet ezentúl

p

-vel, az

S_{p} (n, k)

összeget pedig

S (n, k)

-val jelöljük.
Ezek alapján egy valós számot megszerkeszthetőnek fogunk hívni, ha előállítható racionális számokból az alapműveletek és a négyzetgyökvonás véges sokszori alkalmazásával. Könnyen látható, hogy

S (1,1) = - 1

(nyilván megszerkeszthető), és a 3. Tétel alapján megszerkeszthető

S (2,1)

és

S (2, - 1)

is. Világos továbbá, hogy

S (ε) = ε + ε^{- 1} = S (\frac{p - 1}{2},1) = S (2^{2^{m - 1}},1)

.
A továbbiakban

x

-re vonatkozó teljes indukcióval belátjuk, hogy

S (2^{x}, g^{t \frac{p - 1}{2^{x}}})

minden nemnegatív

t

egészre megszerkeszthető

(1 \leq x < 2^{m})

.
Legyen

1 \leq x < 2^{m}

és tegyük fel, hogy

S (2^{x - 1}, g^{t \frac{p - 1}{2^{x - 1}}})

minden

t \geq 0

egészre megszerkeszthető. Minden

t

-re kiszámítjuk

S (2^{x}, g^{t \frac{p - 1}{2^{x}}})

-et. Itt a

t = 2^{x}

-hez és a

t = 2^{x - 1}

-hez tartozó összegek

S (2^{x},1)

, illetve

S (2^{x}, - 1)

. Először ezeket határozzuk meg. Most nyilván azokat a

c_{i} + d_{j}

összegeket kell képezni, amelyekre

c_{i}^{\frac{p - 1}{2^{x}}} \equiv 1

és

d_{j}^{\frac{p - 1}{2^{x}}} \equiv - 1 (p)

. Vegyünk egy olyan

h

-t, amelyre

o_{p} (h) = \frac{p - 1}{2^{x - 1}}

. Ilyen

h

lézetik (

g^{2^{x - 1}}

és annak páratlan kitevőjű hatványai). Írjuk fel

h

első

\frac{p - 1}{2^{x - 1}}

hatványát, és legyen a

k

pozitív egész szerepe itt is ugyanaz, mint ami a 3. Tétel bizonyításában volt. Könnyen ellenőrizhető az alábbi három állítás:
1.

h

páros hatványai adják a

c_{i}

-ket és a páratlanok a

d_{j}

-ket.
2. Ha a

c_{i} + d_{j}

összegek elkészítését ugyanúgy végezzük, ahogy azt a 3. Tétel bizonyításánál tettük, akkor mialatt a

k

1-től

\frac{p - 1}{2^{x + 1}}

-ig fut, mindegyik

c_{i} + d_{j}

-t pontosan egyszer kapjuk meg.
3. Rögzített

k

esetén azon

c_{i} + d_{j}

-k halmaza, amelyekre

c_{i}

és

d_{j}

,,Ívtávolsága''

2 k - 1

(lásd a 3. ábrát), a következő:

{(h^{2 k - 1} + 1) h^{l} ∣ 1 \leq l \leq \frac{p - 1}{2^{x - 1}}}

. Az utolsó állítás megfogalmazását pontossá tehetjük azáltal, hogy két elem ívtávolsága helyett azok

h

alapú indexei különbségének mod

\frac{p - 1}{2^{x - 1}}

legkisebb abszolút értékű maradékának abszolút értékét szerepeltetjük. A szóban forgó ívtávolság nyilván ez utóbbinak egy szemléletes elnevezése.
Mivel

2 \leq 4 k - 2 \leq \frac{p - 1}{2^{x - 1}} - 2

és

o (h) = \frac{p - 1}{2^{x - 1}}

, ezért

(h^{2 k - 1} + 1, p) = 1

, tehát minden

k

-hoz van olyan

α (k)

pozitív egész, amelyre

h^{2 k - 1} + 1 \equiv g^{α (k)} (p)

, amiből minden

l

-re

{[(h^{2 k - 1} + 1) h^{l}]}^{\frac{p - 1}{2^{x - 1}}} \equiv g^{α (k) \cdot \frac{p - 1}{2^{x - 1}}} (p)

adódik. Ebből viszont az induktív feltevés figyelembevételével azt kapjuk, hogy a

\sum_{l = 1}^{\frac{p - 1}{2^{x - 1}}} ε^{[(h^{2 k - 1} + 1) h^{l}]}

összeg mindegyik

k

esetén megszerkeszthető, tehát megszerkeszthető a

\sum_{k = 1}^{\frac{p - 1}{2^{x + 1}}} \sum_{l = 1}^{\frac{p - 1}{2^{x - 1}}} ε^{[(h^{2 k - 1} + 1) h^{l}]} = S (2^{x},1) \cdot S (2^{x}, - 1)

is. Tudjuk, hogy

S (2^{x},1) + S (2^{x}, - 1) = s (2^{x - 1},1)

, tehát a másodfokú egyenlet gyökei és együtthatói összefüggéséből:

\begin{matrix} S (2^{x}, \pm 1) = \frac{1}{2} (s (2^{x - 1},1) \pm \sqrt[]{s^{2} (2^{x - 1},1) - 4 S (2^{x},1) S (2^{x}, - 1)}) . \end{matrix}

S (2^{x},1)

és

S (2^{x}, - 1)

megszerkeszthetőségéhez már csak annyit kell belátnunk, hogy az iménti gyökjel alatt nemnegatív szám áll. Az induktív feltevés miatt egyrészt

S (2^{x - 1},1)

valós, másrészt

x < 2^{m}

, aminek köszönhetően

\frac{p - 1}{2^{x}}

páros. Ennélfogva

a^{\frac{p - 1}{s^{x}}} \equiv {(- a)}^{\frac{p - 1}{2^{x}}} (p)

, mely szerint ha

ε^{a}

szerepel az

S (s^{x},1)

tagjai között, akkor kell, hogy a konjugáltja,

ε^{- a}

is szerepeljen ugyanott, így megkaptuk, hogy

S (2^{x},1)

és

S (2^{x}, - 1)

valós. Tehát a fenti gyökjel alatti kifejezés értéke valóban nemnegatív, amivel

S (2^{x},1)

és

S (2^{x}, - 1)

megszerkeszthetőségét igazoltuk.
Megállapodásunk szerint

S (2^{x}, g^{t \cdot \frac{p - 1}{2^{x}}}) = \sum_{i = 1}^{\frac{p - q 1}{2^{x}}} ε^{a_{i}}

, ahol

a_{i}^{\frac{p - 1}{2^{x}}} \equiv g^{t \cdot \frac{p - 1}{2^{x}}} (p)

. Az

S (2^{x},1)

definíciójában szereplő

c_{i}

-kre pedig

\begin{matrix} c_{i}^{\frac{p - 1}{2^{x}}} \equiv 1 (p), amiből {(c_{i} g^{t})}^{\frac{p - 1}{2^{x}}} \equiv g^{t \cdot \frac{p - 1}{2^{x}}} (p) . \end{matrix}

Mivel a

c_{i}

-k páronként inkongruensek voltak, azért a

c_{i} g^{t}

maradékok is páronként inkongruensek mod

p

, s így (6), valamint amiatt, hogy az

a_{i}

-k száma megegyezik a

c_{i}

-k számával, az

a_{i}

-k mindegyike kongruens pontosan egy

c_{i} g^{t}

-vel. Ebből viszont azt kapjuk, hogy

S (2^{x}, g^{t \cdot \frac{p - 1}{2^{x}}}) = \sum_{i = 1}^{\frac{p - 1}{2^{x}}} ε^{c_{i} g^{t}}

. Ugyanezzel a gondolatmenettel az is belátható, hogy

\begin{matrix} S (2^{x}, - g^{t \cdot \frac{p - 1}{2^{x}}}) = \sum_{j = 1}^{\frac{p - 1}{2^{x}}} ε^{d_{j} g^{t}}, \end{matrix}

ahol

\begin{matrix} d_{j}^{\frac{p - 1}{2^{x}}} \equiv - 1 (p) . \end{matrix}

Így az

S (2^{x},1) S (2^{x}, - 1)

-re kapott eredmény felhasználásával:

\begin{matrix} S (2^{x}, g^{t \cdot \frac{p - 1}{2^{x}}}) S (2^{x}, - g^{t \cdot \frac{p - 1}{2^{x}}}) = \sum_{k = 1}^{\frac{p - 1}{2^{x + 1}}} \sum_{l = 1}^{\frac{p - 1}{2^{x - 1}}} ε^{g^{t + α (k)} \cdot h^{l}} . \end{matrix}

Az indukciós feltevés szerint a

\begin{matrix} \sum_{l = 1}^{\frac{p - 1}{2^{x - 1}}} ε^{g^{t + α (k)} \cdot h^{l}} = S (2^{x - 1}, g^{(t + α (k)) \frac{p - 1}{2^{x - 1}}}) \end{matrix}

összeg minden

1 \leq k \leq \frac{p - 1}{2^{x + 1}}

esetén megszerkeszthető, ezért megszerkeszthető az

\begin{matrix} S (2^{x}, g^{t \cdot \frac{p - 1}{2^{x}}}) S (2^{x}, - g^{t \cdot \frac{p - 1}{2^{x}}}) \end{matrix}

is, továbbá ezen szorzat tényezőinek összege nyilván

S (2^{x - 1}, g^{t \cdot \frac{p - 1}{2^{x - 1}}})

, ami ugyancsak az indukciós feltevés miatt szintén megszerkeszthető.

S (2^{x}, g^{t \cdot \frac{p - 1}{2^{x}}})

megszerkeszthetősége innen már ugyanúgy belátható, mint ahogy beláttuk az előzőekben

S (2^{x}, \pm 1)

megszerkeszthetőségét.
Igazoltuk, hogy minden

0 \leq x < 2^{m}

és minden

t

nemnegatív egész esetén

S (2^{x}, g^{t \cdot \frac{p - 1}{2^{x}}})

megszerkeszthető, ennélfogva megszerkeszthető

S (2^{2^{m} - 1},1) = 2 cos \frac{2 π}{p}

is, amivel az 1'. Tétel, és ennek eredményeképpen az 1. Tétel bizonyítást nyert.¹⁰

\begin{matrix} B e f e j e z é s ü l, a l e í r t a k e l m é l y í t é s e c é l j á b ó l m e g o l d á s r a j a v a s o l o k n é h á n y f e l a d a t o t . 1. S z á m í t s u k k i 2cos\frac{2 π}{17} - e t a f e n t i g o n d o l a t m e n e t t e l . (E z n e m o l y a n h o s s z ú .) \end{matrix}

2.Bizonyítsukbe,hogy(

\frac{2}{p}

) =

{(- 1)}^{\frac{p^{2} - 1}{8}}

.
3.Igazoljuk,hogym>0esetén

F_{m}

akkoréscsakakkorprím,ha

3^{\frac{F_{m} - 1}{2}}

\equiv

-1 (

F_{m}

).
4.Mutassukmegazelőzőkétfeladatfelhasználásával,hogyminden5-nélnagyobbFermat-prímneka3alegkisebbprimitívgyöke.
5.Adjukmegannakaszükségeséselégségesfeltételét,hogyapprímszámra

S_{p}

(4,1) =

\frac{- 1 + \sqrt[]{p} \pm \sqrt[]{2 (p - \sqrt[]{p})}}{4}

igazlegyen.
6.Midöntiel,hogyazelőzőfeladatbanszereplőegyenlőségben(p8k+1alakúprím)melyikelőjelérvényes?(Haezttudjuk,akkoraziskiderül,hogyaz5.-benlévőfeltételteljesüléseeseténmindigaz

S_{p}

(4,1) =

\frac{- 1 + \sqrt[]{p} + \sqrt[]{2 (p - \sqrt[]{p})}}{4}

állfenn.)Nézzükmeg,hogyaz

S_{p}

(4,1)összeggelmiahelyzet,hap8k+5alakú.

Borsányi Ákos

⁷A cikk első része lapunk 1994/1. számában, (7‐16. oldal) jelent meg.

⁸Megjegyzendő, hogy a fenti (1) egyenlőségeknél a $c_{j}$ -k helyébe minden $q$ esetén kvadratikus maradékok kerülnek. Ennek a bizonyítása azonban bonyolultabb és nem lesz rá szükségünk.

⁹Aztkelltehátbelátni,hogyha $β$ $α$ = a,ahola,b $\in$ Z, $α$ $\in$ Z[ $ε$ ],akkor $α$ $\in$ Z,hacsakaésbnem0.(A0 $∣$ 0oszthatóságpedignyilvánZ-benisfennáll.)Tudjuk,hogy $ε$ gyökeazf(x)= $\sum$ j=0q-1 $x^{j}$ polinomnal.Azún.Schönemann‐Eisenberg-kritériumszerinta $\sum$ j=0q-1 ${(x + 1)}^{j}$ = $\sum$ j=0q-1 $(\binom{q}{j + 1})$ $x^{j}$ polinomirreducibilisQfelett,aminyilvánekvivalensazfirreducibilitásával.Belátjuk,hogy $ε$ nemgyökeegyetlenegy(q-1)-nélalacsonyabbfokúracionálisegyütthatós(≢0)polinomnaksem.Tegyükfel,hogy $ε$ gyökeegyq-1>n-edfokúpolinomnak.AQ[x]-belipolinomokkörébenalkalmazhatóazeuklideszialgoritmus,ennélfogvaf=g $\cdot$ $q_{1}$ + $r_{1}$ ; g= $r_{1}$ $q_{2}$ + $r_{2}$ ; $r_{1}$ = $r_{2}$ $q_{3}$ + $r_{3}$ , $...$ , aholgr q > gr $r_{1}$ > gr $r_{2}$ > $...$ .Ezutóbbi2-nélnagyobbegészekszigorúancsökkenősorozata,ezértelégnagyk-re $r_{k + 1}$ =0.Mivel $ε$ gyökef-nekésg-nek,gyöke $r_{k}$ -nakis,ahol $r_{k}$ azutolsónemazonosannullamaradék.Ezértgr $r_{k}$ $\geq$ 1,ugyanakkor $r_{k - 1}$ = $r_{k}$ $\cdot$ $q_{k + 1}$ ,amibőllátható,hogy $r_{k}$ $∣$ fés $r_{k}$ $∣$ g.Innengr $r_{k}$ $\leq$ gr g < gr f,amifirreducubilitásánakellentmond.
Legyenezekután $α$ = $\sum$ j=0q-2 $a_{j}$ $ε^{j}$ ,Ekkor0=b $α$ -a=b $a_{0}$ -a+b $a_{1}$ $ε$ + $...$ +b $a_{q - 2}$ $ε^{q - 2}$ ,tehát $ε$ gyökeegylegfeljebb(q-2)-edfokúpolinomnak,amiazelőbbiekszerintcsaka0-polinomlehet,amiből $α$ = $a_{0}$ $\in$ Z,vagyiskészenvagyunk.

¹⁰Ha valaki egy konkrét $p$ Fermat-prím esetén meg akarja határozni az itt megadott módon $2 cos \frac{2 π}{p}$ -t, akkor minden lépésnél tudnia kell, hogy a ,,megoldóképletben'' a gyökjel előtti előjelek közül melyik érvényes. Ez viszont az adott esetben mindig megállapítható.