A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Most már tudunk minden szükségeset a komplex számokról. Következhet tehát az első részben már jelzett 3. Tétel.
ahol és vagy a összes kvadratikus maradéka, vagy a összes kvadratikus nemmaradéka (nyilván egy RMR-en belül). Bizonyítás. a) Könnyen látható, hogy , itt prím voltából még csak a van kihasználva. Belátjuk, hogy , ahol ezentúl jelölje a kvadratikus maradékokat, pedig a nemmaradékokat. A zárójelben lévő összegek tagonkénti szorzásarok kitevői összeadódnak, tehát azt kell megnézni, mit kapunk, ha az összes lehetséges módon összeadunk egy kvadratikus maradékot és egy nemmaradékot, vagyis képezzük az összes alakú összeget. ( és ; mint látjuk, most nem a képzetes egység, hanem futóindex.) Írjuk ehhez a mod maradékokat egy primitív gyök hatványaiként. (A esetet szemlélteti a 2. ábra). Mivel páros kitevőjű hatványai adják a kvadratikus maradékokat, és a páratlanok a nemmaradékokat, az összegek elkészítését a következő módon végezzük. -től -ig minden -ra képezzük az összes olyan összeget, amelyre és ,,ívtávolsága'' . Az ábrán az indexeket egy részre osztott körkerület osztópontjaival ábrázoljuk. Mivel páros, azért egy kvadratikus maradéknak és egy kvadratikus nemmaradéknak megfelelő pont távolsága legfeljebb körívdarab lehet. Pontosabban fogalmazva azokat a -ket képezzük, amelyekre legkisebb abszolút értékű maradéknak abszolút értéke . Ilyen módon az összes -t megkapjuk, és mindegyiket pontosan egyszer. Mivel , ezért , amiből , vagyis . Világos, hogy a rögzített melletti összes alakú összeg a következő alakban írható:
ami az Euler‐Fermat-ötlet szerint éppen egy RMR mod . Ebből viszont már meg is kaptuk, hogy
| |
mivel a egymás után darab értéket vesz fel. Jelöljük az előbbi szorzat első tényezőjét -szel, a másodikat pedig -nal. Ekkor és miatt és vagy és , ami bizonyítja az a) állítást. b) Lényegében az a)-val analóg módon bizonyítható, annyi csak az eltérés, hogy itt a alakú összegek RMR-t és 0-t adnak. | | (-1q)p-12 ⋅qp-12 ≡(pq) (p). | Innenpedigmárvalóbanlátszikabizonyítandó
| (pq) ⋅(qp) = (-1)q-12⋅p-12, Elérkeztünk az 1. Tétel bizonyításához. Könnyen látható, hogy ha a szabályos n- és k-szög is megszerkeszthető, akkor (n,k)=1 esetén a szabályos nk-szög is az. Ennélfogva elég a következőket igazolni: 1'. Tétel. Ha az m természetes számra Fm prím, akkor a szabályos Fm-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=2cos2πFm előállítható racionális számokból alapműveletek és négyzetgyökvonások véges sokszori alkalmazásával. Először is tetszőleges prímszám és n természetes szám esetére bevezetjük a követekzőt: Legyen
| Sp(n,k)=∑j=1p-1(n,p-1)εcj, |
ahol a cj-k azon mod p maradékokat jelölik, amelyekre cjp-1(n,p-1)≡k(p). Megmutatjuk, hogy Sp(n,k) definíciója pontosan azokra a k-kre értelmes, amelyekhez van olyan t nemnegatív egész, hogy gt⋅p-1(n,p-1)≡k(p), ahol g a p egy tetszőlegesen rögzített primitív gyöke. Ha k≡gt⋅p-1(n,p-1)(p) valamilyen t-vel, akkor az xp-1(n,p-1)≡k(p) kongruenciának gy⋅(n,p-1)+t minden y-ra megoldása, és 0≤y<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≡gtp-1(n,p-1)(p) esetén a fenti definíció valóban értelmes. Ha k≡gtp-1(n,p-1)+s, ahol 1≤s<p-1(n,p-1), akkor nem lehet semmilyen x-re xp-1(n,p-1)≡k(p), mert ebből (n,p-1)-edik hatványra emeléssel gs⋅(n,p-1)≡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 Fm rögzített Fermat-prímet ezentúl p-vel, az Sp(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(p-12,1)=S(22m-1,1). A továbbiakban x-re vonatkozó teljes indukcióval belátjuk, hogy S(2x,gtp-12x) minden nemnegatív t egészre megszerkeszthető (1≤x<2m). Legyen 1≤x<2m és tegyük fel, hogy S(2x-1,gtp-12x-1) minden t≥0 egészre megszerkeszthető. Minden t-re kiszámítjuk S(2x,gtp-12x)-et. Itt a t=2x-hez és a t=2x-1-hez tartozó összegek S(2x,1), illetve S(2x,-1). Először ezeket határozzuk meg. Most nyilván azokat a ci+dj összegeket kell képezni, amelyekre cip-12x≡1 és djp-12x≡-1(p). Vegyünk egy olyan h-t, amelyre op(h)=p-12x-1. Ilyen h lézetik (g2x-1 és annak páratlan kitevőjű hatványai). Írjuk fel h első p-12x-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 ci-ket és a páratlanok a dj-ket. 2. Ha a ci+dj összegek elkészítését ugyanúgy végezzük, ahogy azt a 3. Tétel bizonyításánál tettük, akkor mialatt a k 1-től p-12x+1-ig fut, mindegyik ci+dj-t pontosan egyszer kapjuk meg. 3. Rögzített k esetén azon ci+dj-k halmaza, amelyekre ci és dj ,,Ívtávolsága'' 2k-1 (lásd a 3. ábrát), a következő: {(h2k-1+1)hl∣1≤l≤p-12x-1}. Az utolsó állítás megfogalmazását pontossá tehetjük azáltal, hogy két elem ívtávolsága helyett azok h alapú indexei különbségének modp-12x-1 legkisebb abszolút értékű maradékának abszolút értékét szerepeltetjük. A szóban forgó ívtávolság nyilván ez utóbbinak egy szemléletes elnevezése. Mivel 2≤4k-2≤p-12x-1-2 és o(h)=p-12x-1, ezért (h2k-1+1,p)=1, tehát minden k-hoz van olyan α(k) pozitív egész, amelyre h2k-1+1≡gα(k)(p), amiből minden l-re [(h2k-1+1)hl]p-12x-1≡gα(k)⋅p-12x-1(p) adódik. Ebből viszont az induktív feltevés figyelembevételével azt kapjuk, hogy a ∑l=1p-12x-1ε[(h2k-1+1)hl] összeg mindegyik k esetén megszerkeszthető, tehát megszerkeszthető a ∑k=1p-12x+1∑l=1p-12x-1ε[(h2k-1+1)hl]=S(2x,1)⋅S(2x,-1) is. Tudjuk, hogy S(2x,1)+S(2x,-1)=s(2x-1,1), tehát a másodfokú egyenlet gyökei és együtthatói összefüggéséből:
| S(2x,±1)=12(s(2x-1,1)±s2(2x-1,1)-4S(2x,1)S(2x,-1)). |
S(2x,1) és S(2x,-1) megszerkeszthetőségéhez már csak annyit kell belátnunk, hogy az iménti gyökjel alatt nemnegatív szám áll. Az induktív feltevés miatt egyrészt S(2x-1,1) valós, másrészt x<2m, aminek köszönhetően p-12x páros. Ennélfogva ap-1sx≡(-a)p-12x(p), mely szerint ha εa szerepel az S(sx,1) tagjai között, akkor kell, hogy a konjugáltja, ε-a is szerepeljen ugyanott, így megkaptuk, hogy S(2x,1) és S(2x,-1) valós. Tehát a fenti gyökjel alatti kifejezés értéke valóban nemnegatív, amivel S(2x,1) és S(2x,-1) megszerkeszthetőségét igazoltuk. Megállapodásunk szerint S(2x,gt⋅p-12x)=∑i=1p-q12xεai, ahol aip-12x≡gt⋅p-12x(p). Az S(2x,1) definíciójában szereplő ci-kre pedig
| cip-12x≡1(p), amiből (cigt)p-12x≡gt⋅p-12x(p). |
Mivel a ci-k páronként inkongruensek voltak, azért a cigt maradékok is páronként inkongruensek mod p, s így (6), valamint amiatt, hogy az ai-k száma megegyezik a ci-k számával, az ai-k mindegyike kongruens pontosan egy cigt-vel. Ebből viszont azt kapjuk, hogy S(2x,gt⋅p-12x)=∑i=1p-12xεcigt. Ugyanezzel a gondolatmenettel az is belátható, hogy
| S(2x,-gt⋅p-12x)=∑j=1p-12xεdjgt, |
ahol
Így az S(2x,1)S(2x,-1)-re kapott eredmény felhasználásával:
| S(2x,gt⋅p-12x)S(2x,-gt⋅p-12x)=∑k=1p-12x+1∑l=1p-12x-1εgt+α(k)⋅hl. |
Az indukciós feltevés szerint a
| ∑l=1p-12x-1εgt+α(k)⋅hl=S(2x-1,g(t+α(k))p-12x-1) |
összeg minden 1≤k≤p-12x+1 esetén megszerkeszthető, ezért megszerkeszthető az
| S(2x,gt⋅p-12x)S(2x,-gt⋅p-12x) |
is, továbbá ezen szorzat tényezőinek összege nyilván S(2x-1,gt⋅p-12x-1), ami ugyancsak az indukciós feltevés miatt szintén megszerkeszthető. S(2x,gt⋅p-12x) megszerkeszthetősége innen már ugyanúgy belátható, mint ahogy beláttuk az előzőekben S(2x,±1) megszerkeszthetőségét. Igazoltuk, hogy minden 0≤x<2m és minden t nemnegatív egész esetén S(2x,gt⋅p-12x) megszerkeszthető, ennélfogva megszerkeszthető S(22m-1,1)=2cos2πp is, amivel az 1'. Tétel, és ennek eredményeképpen az 1. Tétel bizonyítást nyert. | Befejezésül,aleírtakelmélyítésecéljábólmegoldásrajavasoloknéhányfeladatot. 1.Számítsukki2cos2π17-etafentigondolatmenettel.(Eznemolyanhosszú.) 2.Bizonyítsukbe,hogy(2p) = (-1)p2-18. 3.Igazoljuk,hogym>0eseténFmakkoréscsakakkorprím,ha3Fm-12 ≡-1 (Fm). 4.Mutassukmegazelőzőkétfeladatfelhasználásával,hogyminden5-nélnagyobbFermat-prímneka3alegkisebbprimitívgyöke. 5.Adjukmegannakaszükségeséselégségesfeltételét,hogyapprímszámraSp(4,1) = -1+p±2(p-p)4igazlegyen. 6.Midöntiel,hogyazelőzőfeladatbanszereplőegyenlőségben(p8k+1alakúprím)melyikelőjelérvényes?(Haezttudjuk,akkoraziskiderül,hogyaz5.-benlévőfeltételteljesüléseeseténmindigazSp(4,1) = -1+p+2(p-p)4állfenn.)Nézzükmeg,hogyazSp(4,1)összeggelmiahelyzet,hap8k+5alakú.
|
A cikk első része lapunk 1994/1. számában, (7‐16. oldal) jelent meg.Megjegyzendő, hogy a fenti (1) egyenlőségeknél a cj-k helyébe minden q esetén kvadratikus maradékok kerülnek. Ennek a bizonyítása azonban bonyolultabb és nem lesz rá szükségünk.Aztkelltehátbelátni,hogyhaβα= a,ahola,b∈Z, α∈Z[ε],akkorα∈Z,hacsakaésbnem0.(A0∣0oszthatóságpedignyilvánZ-benisfennáll.)Tudjuk,hogyεgyökeazf(x)= ∑j=0q-1xjpolinomnal.Azún.Schönemann‐Eisenberg-kritériumszerinta∑j=0q-1 (x+1)j = ∑j=0q-1 (qj+1)xjpolinomirreducibilisQfelett,aminyilvánekvivalensazfirreducibilitásával.Belátjuk,hogyεnemgyökeegyetlenegy(q-1)-nélalacsonyabbfokúracionálisegyütthatós(≢0)polinomnaksem.Tegyükfel,hogyεgyökeegyq-1>n-edfokúpolinomnak.AQ[x]-belipolinomokkörébenalkalmazhatóazeuklideszialgoritmus,ennélfogvaf=g⋅q1+r1; g=r1q2 + r2; r1=r2q3 + r3, ..., aholgr q > gr r1 > gr r2 > ....Ezutóbbi2-nélnagyobbegészekszigorúancsökkenősorozata,ezértelégnagyk-rerk+1=0.Mivelεgyökef-nekésg-nek,gyökerk-nakis,aholrkazutolsónemazonosannullamaradék.Ezértgr rk≥1,ugyanakkorrk-1 = rk⋅qk+1,amibőllátható,hogyrk ∣fésrk ∣g.Innengr rk ≤gr g < gr f,amifirreducubilitásánakellentmond. Legyenezekutánα= ∑j=0q-2ajεj,Ekkor0=bα-a=ba0-a+ba1ε+...+baq-2εq-2,tehátεgyökeegylegfeljebb(q-2)-edfokúpolinomnak,amiazelőbbiekszerintcsaka0-polinomlehet,amibőlα= a0 ∈Z,vagyiskészenvagyunk.Ha valaki egy konkrét p Fermat-prím esetén meg akarja határozni az itt megadott módon 2cos2πp-t, akkor minden lépésnél tudnia kell, hogy a ,,megoldóképletben'' a gyökjel előtti előjelek közül melyik érvényes. Ez viszont az adott esetben mindig megállapítható. |