Cím: Gauss-egészek és Dirichlet tétele II.
Szerző(k):  Keith Kearnes ,  Kiss Emil ,  Szendrei Ágnes 
Füzet: 2010/április, 200 - 206. oldal  PDF file
Témakör(ök): Szakmai cikkek

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

Cikkünk első részében az elemrend és a körosztási polinomok fogalmára alapozva beláttuk, hogy ha n pozitív egész, akkor az nk+1 alakú számok halmaza, ahol k=1,2,..., végtelen sok prímszámot tartalmaz. Most eszközeinket továbbfejlesztve az nk-1 alakú prímekről is belátjuk, hogy végtelen sokan vannak.

 
4. A körosztási polinom egy analogonja
 

A cikk második részében is rögzítjük az n1 egész számot, és végig használni fogjuk a komplex n-edik egységgyökök εk=cos(2πk/n)+isin(2πk/n) jelölését. Az nk-1 eset bizonyításában a cikk első részében definiált Φn(x) körosztási polinom helyett a következő polinomot fogjuk használni n>2 esetén:
Ψn(x)=1k<n/2;(k,n)=1(x-2cos(2πk/n)).
Mivel a cos(x) függvény a [0,π] intervallumon szigorúan monoton, a képletben szereplő 2cos(2πk/n) számok páronként különbözők.
 
4.1. tétel. Ha n>2, akkor a következők teljesülnek.
(1)Ψn(x) foka φ(n)/2.
(2)Φn(x)=xφ(n)/2Ψn(x+x-1).
(3)Ψn(x) egész együtthatós.
 

Ezt a tételt egy öttagú feladatsorozattal bizonyítjuk.
 
4.2. feladat. Igazoljuk a 4.1. tétel (1) állítását.
 

Megoldás. Az [1,n-1] intervallum n-hez relatív prím egész számait párosíthatjuk a kn-k megfeleltetéssel, hiszen (k,n)=(n-k,n). Az n>2 feltevés miatt n nem relatív prím n-hez, és ha n/2 egész, akkor n/2 sem az. Ezért Ψn(x) képletében φ(n)/2 tényező szerepel, s így Ψn(x) foka φ(n)/2.  
 
4.3. feladat. Igazoljuk, hogy n>1 esetén xφ(n)Φn(1/x)=Φn(x).
 

Megoldás. Mivel
εk-1=cos(2πk/n)-isin(2πk/n)=εn-k,
ezért az xφ(n)Φn(1/x) polinomnak is gyöke mindegyik n-edik primitív egységgyök. A bizonyítandó egyenlőség mindkét oldalán φ(n) fokú polinom szerepel, és most láttuk be, hogy van φ(n) darab közös gyökük. Ha a főegyütthatójukról is igazolni tudnánk, hogy egyenlők, akkor különbségüknek több gyöke lenne, mint a foka, és így ez a különbség a nullapolinom lehetne csak, amivel készen lennénk. (A polinomok azonossági tételét használtuk, lásd [2], 2.4.7. tétel és 2.4.10. következmény.)
A körosztási polinom főegyütthatója 1. Az xφ(n)Φn(1/x) polinom főegyütthatója ugyanaz, mint Φn(x) konstans tagja, vagyis Φn(0). Ha n=2, akkor Φn(x)=x+1 konstans tagja is 1. Ha n>2, akkor φ(n) páros, ezért Φn(0) a primitív n-edik egységgyökök szorzata. Az előző feladatban használt kn-k párosítás εkεn-k=1 miatt azt adja, hogy ez szintén 1.  
 
4.4. feladat. Igazoljuk, hogy n1 esetén xn+x-n felírható x+x-1 egész együtthatós polinomjaként.
 

Megoldás. Legyen zj=xj+x-j. A binomiális tétel szerint páratlan n esetén
(x+x-1)n=zn+1j<n/2(nj)zn-2j.
Ha n páros, akkor a jobb oldalhoz még (nn/2) is hozzáadandó. Mindkét esetben azt kaptuk, hogy zn=xn+x-n felírható egész együtthatókkal (x+x-1)n, valamint az olyan zk kifejezések segítségével, ahol k<n. Ezért n szerinti indukcióval készen vagyunk.  
 
4.5. feladat. Mutassuk meg, hogy van olyan egész együtthatós S(x) polinom, melyre Φn(x)=xφ(n)/2S(x+x-1).
 

Megoldás. A 4.3. feladat azt fejezi ki, hogy Φn(x) együtthatósorozata szimmetrikus a ,,közepére'', vagyis xj és xφ(n)-j együtthatója megegyezik. Ezért xφ(n)/2-vel osztva xj+x-j alakú tagok egész együtthatós összegét kapjuk (illetve a cxφ(n)/2 tagból a c egész szám keletkezik). Az előző feladat szerint ez az összeg felírható x+x-1 egész együtthatós polinomjaként.  
 
4.6. feladat. Igazoljuk a 4.1. tétel (2) és (3) állítását.
 

Megoldás. Elég belátni, hogy az előző feladatban szereplő S(x) polinom megegyezik Ψn(x)-szel, hiszen S(x) egész együtthatós. De ez igaz, mert mindkettő φ(n)/2 fokú, 1 főegyütthatós polinom, melyeknek gyöke a φ(n)/2 darab, páronként különböző 2cos(2πk/n) számok mindegyike, ahol 1k<n/2 és (k,n)=1. A gyökökre vonatkozó iménti állítás Ψn(x)-re nyilvánvaló, S(x) esetében pedig következik az εk-1=cos(2πk/n)-isin(2πk/n) összefüggésből, hiszen
0=Φn(εk)=εkφ(n)/2S(εk+εk-1)=εkφ(n)/2S(2cos(2πk/n)).

 
4.7. gyakorlat. Számítsuk ki a Ψ12(x) polinomot.
 

Megoldás. Az első rész 3.5. gyakorlatában kiszámítottuk, hogy
Φ12(x)=x4-x2+1.
Innen
x-φ(12)/2Φ12(x)=(x2+x-2)-1=(x+x-1)2-3.
Ezért Ψ12(x)=x2-3.  
 

A Dirichlet-tétel nk-1 esetének vizsgálatában a Ψn(u) számok 4k-1 alakú prímosztói lesznek segítségünkre. Ha az Olvasó ismeri a kvadratikus reciprocitási tételt ([1], 4.2.3. tétel), akkor máris beláthatja a Ψ12(u)=u2-3 kifejezést felhasználva, hogy végtelen sok 12k-1 alakú prím van.
 
A cikk első részében az utolsó három feladat vezetett el az nk+1 alakú prímekre vonatkozó állítás bizonyításához. Ezek közül az elsőnek, vagyis a 3.10. feladatnak az nk-1 esetre adaptált változatát fogjuk belátni a 4.9. feladatban. Ezt készíti elő a következő állítás.
 
4.8. feladat. Legyen g(x) egész együtthatós, pozitív főegyütthatós polinom, melynek konstans tagja negatív. Igazoljuk, hogy minden pozitív K egészhez van olyan u egész, hogy g(u) osztható egy K-nál nagyobb, 4k-1 alakú prímszámmal.
 

Megoldás. Legyen g(0)=-c<0 és M=4cLK!, ahol L később megválasztandó pozitív egész. Ekkor g(M)=4mc-c teljesül alkalmas, K!-sal osztható m-re, és ezért g(M)/c=4m-1. Ha L-et elég nagynak választjuk, akkor elérhetjük, hogy g(M)/c>1 legyen. Így g(M)/c=4m-1-nek van egy 4k-1 alakú p prímosztója. Szükségképpen p>K, mert p relatív prím m-hez, és így annak K! osztójához is.   
 
4.9. feladat. Mutassuk meg, hogy minden pozitív K egészhez van olyan u egész, hogy Ψn(u) osztható egy K-nál nagyobb, 4k-1 alakú prímszámmal.
 

Megoldás. A Ψn(x) polinom definíciójából látszik, hogy Ψn(x) csupa negatív értéket vesz föl a két legnagyobb gyöke közötti intervallumon (illetve ha elsőfokú, akkor a gyökétől balra). Így van olyan r/s racionális szám, melyre s>0 és Ψn(r/s)<0.
Készítsük el a g(x)=sdΨn((x+r)/s) polinomot, ahol d=φ(n)/2 a Ψn(x) foka. Ez egész együtthatós, pozitív főegyütthatós, és g(0)=sdΨn(r/s)<0. Ezért az előző feladat miatt van olyan K-nál és s-nél is nagyobb 4k-1 alakú p prím, melyre pg(v) alkalmas v egészre.
Mivel p>s, ezért (p,s)=1, tehát van olyan t egész, melyre ts1(p). Megmutatjuk, hogy p osztója Ψn(t(v+r))-nek, és így az u=t(v+r) választással készen is leszünk. Valóban, ha Ψn(x)=a0+...+adxd, akkor
0tdg(v)=tdsdΨn((v+r)/s)=j=0dtdsd-jaj(v+r)jj=0dtjaj(v+r)j=Ψn(t(v+r))(p),
hiszen tdsd-jtj(p).  
 

Az előző megoldás utolsó bekezdését egyszerűsíthetjük, ha a Zp testben számolunk, és t helyett egyszerűen 1/s-et írunk.
 
5. Gauss-egészek
 

A Gauss-egészek az a+bi alakú komplex számok, ahol a és b egészek. Ezek körében is értelmezhetők a számelmélet alapfogalmai, például az αβ oszthatóság azt jelenti, hogy van olyan γ Gauss-egész, melyre αγ=β. Beszélhetünk kongruenciákról, lehet maradékosan osztani, és érvényes marad a számelmélet alaptétele is (a bizonyítás elolvasható az [1] könyv 7.4. szakaszában). Szép alkalmazása a Gauss-egészek elméletének annak meghatározása, hogy egy pozitív egész hányféleképpen bontható két négyzetszám összegére ([1], 7.5.1. tétel).
 
5.1. feladat. Legyen m (valós) egész szám. Igazoljuk, hogy ma+bi akkor és csak akkor igaz a Gauss-egészek között, ha ma és mb.
 

Megoldás. Vegyük az m(c+di)=a+bi egyenlőség valós és képzetes részét.   
 

Természetesen vannak különbségek az egész számok számelméletéhez képest. Az egységek, vagyis 1 osztói négyen vannak, ±1 mellett ±i is egység. Sem 2, sem 5 nem prímszám a Gauss-egészek között, hiszen 2=(1+i)(1-i)=i(1-i)2 és 5=(2+i)(2-i).
 
5.2. feladat. Legyen p egy 4k-1 alakú prímszám. Igazoljuk, hogy p prímszám a Gauss-egészek körében is, azaz nem egység, és ha pαβ, akkor pα vagy pβ.
 

A megoldáshoz idézzük föl az első rész 2.2. feladatát: ha a p prímszám 4k-1 alakú, akkor pa2+b2-ből pa és pb következik.
 
Megoldás. Tegyük föl, hogy pγ=αβ. Ezt az egyenlőséget a konjugáltjával megszorozva az adódik, hogy p2 az egészek között osztója az |α|2|β|2 szorzatnak (itt |α|2 és |β|2 már egész számok). Mivel p az egészek között prímszám, osztója valamelyik tényezőnek. Ha ez például |α|2, akkor α=a+bi esetén p osztója |α|2=a2+b2-nek. Így pa és pb, tehát pα.  
 
5.3. feladat. Legyen p egy 4k-1 alakú prímszám. Mutassuk meg, hogy minden (valós) egész számnak van négyzetgyöke a Gauss-egészek között modulo p.
 

Megoldás. A p-vel osztható számok négyzetgyöke 0 modulo p. Emeljük négyzetre az 1,2,...,p-1 számokat modulo p. Mivel x és -x négyzete ugyanaz, továbbá p2 miatt x és -x inkongruens modulo p, ezért legföljebb (p-1)/2 számot kaphatunk. Ennyi azonban biztosan lesz is, mert ha x2y2(p), akkor px2-y2=(x-y)(x+y) miatt x és y vagy egyenlők, vagy ellentettek modulo p.
A kapott ,,négyzetszámok'' között semelyik kettő nem lehet egymás ellentettje modulo p, hiszen pa2+b2-ből pa és pb következik. Ezért a fenti négyzetszámok ellentettjei kiadják a hiányzó (p-1)/2 darab nem nulla maradékot modulo p. Viszont a -b2 számnak van négyzetgyöke a Gauss-egészek között: ±bi.  
 

A négyzetgyökvonás lehetővé teszi bizonyos másodfokú egyenletek megoldását a Gauss-egészek között a megoldóképlet segítségével. Nekünk a (másodfokúra vezető) x+x-1=u egyenlet egy α megoldására lesz szükségünk modulo p, ahol u a 4.9. feladatban szereplő szám. Ez azért lesz hasznos, mert a Φn(α)=αφ(n)/2Ψn(α+α-1) összefüggés miatt α gyöke lesz az n-edik körosztási polinomnak modulo p, és ezért α rendjének kiszámításával információt kapunk n és p kapcsolatáról, az első rész 3.6. tételében látott módon. Ezt az egyenletmegoldást végezzük el a következő feladatban.
 
5.4. feladat. Legyen p egy 4k-1 alakú prímszám és u valós egész. Keressünk olyan α és β Gauss-egészeket, melyekre α+βu(p) és αβ1(p).
 

Megoldás. Az x+x-1=u egyenletet átrendezve x2-ux+1=0. A megoldóképletből
α,β=u±u2-42.
A nevező nem okoz problémát, hiszen p páratlan, ezért a 2-vel való osztás helyettesíthető a (p+1)/2-vel való szorzással modulo p. Az 5.3. feladat szerint elvégezhető a négyzetgyökvonás is. Könnyű ellenőrizni, hogy a képletből kapott α és β számok megfelelnek.  
 

Most rátérünk az elemrend fogalmának általánosítására, és megkeressük az első rész 3.6. tételének megfelelőjét. Szükségünk lesz az Euler‐Fermat-tétel módosított változatára. Némi óvatosságra int a következő állítás.
 
5.5. feladat. Legyen p egy 4k-1 alakú prímszám és a+bi Gauss-egész. Mutassuk meg, hogy
(a+bi)pa-bi=a+bi¯(p).
 

Megoldás. Emeljük a+bi-t p-edik hatványra a binomiális tétel segítségével. Mivel 0<j<p esetén (pj) osztható p-vel, azt kapjuk, hogy
(a+bi)pap+(bi)p(p).
Itt ip=-i, hiszen a p prím 4k-1 alakú. Másrészt apa(p) és bpb(p) a kis Fermat-tétel miatt. Ezért (a+bi)pa-bi(p).  
 
5.6. feladat. Legyen p egy 4k-1 alakú prímszám. Mutassuk meg, hogy ha az α Gauss-egész nem osztható p-vel, akkor αp2-11(p), továbbá αp-11(p) akkor és csak akkor teljesül, ha α képzetes része p-vel osztható (vagyis ha α valós modulo p).
 

Megoldás. Mivel α relatív prím p-hez, ezért
αm-11(p)αmα(p).
Az előző feladat miatt αpα¯, és így αp akkor és csak akkor kongruens α-val, ha α képzetes része p-vel osztható (hiszen p páratlan). Az előző feladat állítását kétszer alkalmazva αp2α¯¯=α(p), és így
αp2-11(p).

Az elemrend fogalmáról modulo p ugyanúgy beszélhetünk Gauss-egészek között is, mint egészek között, és a tulajdonságok is ugyanazok. Azt javasoljuk, hogy az Olvasó ismételje át a cikk első részében található 3.6. tétel bizonyítását, és győződjön meg róla, hogy e tétel következő változata a Gauss-egészek között is érvényben marad.
 
5.7. tétel. Ha a 4k-1 alakú p prím osztója a Φn(α) számnak, ahol α Gauss-egész, akkor op(α)=n vagy pn.
 

A most kimondott tétel még nem adja meg az nk-1 esethez azt a segítséget, amit az első rész 3.6. tétele adott az nk+1 esethez, ehhez szükség van a következő feladatra is. Ennek oka a következő. Az nk+1 alakú prímek keresésekor az op(u)=nφ(p)=p-1 oszthatóságot alkalmaztuk. A módosított Euler‐Fermat-tétel miatt most csak annyit tudunk, hogy ha p nem osztója α-nak, akkor op(α)=np2-1. Az nk-1 alakú prímek megtalálásához viszont az np+1 oszthatóságra van szükségünk.
 
5.8. feladat. Legyen p egy 4k-1 alakú prímszám. Tegyük föl, hogy α és β Gauss-egészek, α képzetes része nem osztható p-vel, de α+β képzetes része igen, továbbá αβ1(p). Igazoljuk, hogy op(α)p+1.
 

Az alábbi számolást egyszerűbb kitalálni, ha hajlandóak vagyunk eleve modulo p számolni, az osztást is beleértve, és β helyett 1/α-t írni. (Valójában arról van szó, hogy a Gauss-egészek modulo p maradékai egy p2 elemű testet alkotnak.)
 
Megoldás. Mivel α+β valós modulo p, az 5.5. feladat miatt
α+βα+β¯=α¯+β¯αp+βp(p).
Átrendezve és αp+1-nel szorozva
(α-αp)αp+1(βp-β)αp+1=βpαpα-βααpα-αp(p).
Tudjuk, hogy α nem valós modulo p, vagyis az 5.5. feladat miatt α-αp nem osztható p-vel. Ezért a kongruenciát egyszerűsíthetjük α-αp-nel. Így
αp+11(p).

Most már a célegyenesben vagyunk. Az előző szakaszban beláttuk az első rész 3.10. feladatának megfelelő 4.9. feladatot. A most következő két feladat az első rész 3.11. és 3.12. feladatainak analogonja.
 
5.9. feladat. Tegyük föl, hogy a 4k-1 alakú p prím nagyobb, mint 4n, és osztója Ψ4n(u)-nak alkalmas u egészre. Mutassuk meg, hogy a p prím nk-1 alakú.
 

Megoldás. Legyen α és β az 5.4. feladatból kapott két Gauss-egész. Az αβ1(p) összefüggés miatt
Φ4n(α)=αφ(4n)/2Ψn(α+α-1)αφ(4n)/2Ψn(α+β)αφ(4n)/2Ψ4n(u)0(p)
(aki még nem gyakorlott a modulo p osztásban, az írja ki a polinom tagjait, és vegye észre, hogy (α+α-1)jαj(α+β)jαj). Az 5.7. tétel miatt p4n vagy op(α)=4n. Mivel p>4n, ezért csakis op(α)=4n lehetséges.
Ha α valós modulo p, akkor innen 4np-1 adódik (hiszen ekkor αp-11(p)). Ez lehetetlen, mert a p prím 4k-1 alakú. Így az 5.8. feladat szerint
4n=op(α)p+1.

 
5.10. feladat. Igazoljuk, hogy minden n>0 esetén végtelen sok nk-1 alakú prímszám van.
 

Megoldás. Tegyük föl indirekt, hogy csak véges sok ilyen prímszám van, legyenek ezek p1,p2,...,p. Válasszuk a K számot úgy, hogy ezek mindegyikénél, továbbá 4n-nél is nagyobb legyen. A 4.9. állítás miatt van olyan u egész, továbbá egy 4k-1 alakú, K-nál nagyobb p prím, melyre pΨ4n(u). Az előző feladat szerint a p prím nk-1 alakú, ami ellentmondás.  
 

Összefoglalva, az nk-1 eset bizonyításának lényege a következő. Az állítást elég 4nk-1-re igazolnunk, tehát 4k-1 alakú p prímeket keresünk. Azt, hogy egy polinom ilyen prímekkel osztható értékeket is felvegyen, csak akkor tudjuk garantálni, ha a polinom nem mindenütt pozitív. Ilyen tulajdonságú a Ψ4n(x) polinom, amelyből x helyére x+x-1-et írva ,,lényegében'' a körosztási polinom adódik. Tegyük föl, hogy pΨ4n(u). A Gauss-egészeket modulo p nézve olyan p2 elemű testet kapunk, melyben az α+α-1=u egyenlet megoldható. Ekkor α gyöke a körosztási polinomnak ebben a testben, így rendje 4n. Annak felhasználásával, hogy α+α-1 valós, kiszámoltuk, hogy ez a rend nemcsak p2-1-nek, hanem p+1-nek is osztója.
 
Ajánlott irodalom
 


[1]Freud Róbert, Gyarmati Edit: Számelmélet, Nemzeti Tankönyvkiadó (2006).
[2]Kiss Emil: Bevezetés az algebrába, TypoTeX Kiadó (2007).