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 pozitív egész, akkor az alakú számok halmaza, ahol végtelen sok prímszámot tartalmaz. Most eszközeinket továbbfejlesztve az alakú prímekről is belátjuk, hogy végtelen sokan vannak.
4. A körosztási polinom egy analogonja A cikk második részében is rögzítjük az egész számot, és végig használni fogjuk a komplex -edik egységgyökök jelölését. Az eset bizonyításában a cikk első részében definiált körosztási polinom helyett a következő polinomot fogjuk használni esetén: | | Mivel a függvény a intervallumon szigorúan monoton, a képletben szereplő számok páronként különbözők.
4.1. tétel. Ha , akkor a következők teljesülnek.
| . |
| egész együtthatós. |
Ezt a tételt egy öttagú feladatsorozattal bizonyítjuk.
4.2. feladat. Igazoljuk a tétel állítását. Megoldás. Az intervallum -hez relatív prím egész számait párosíthatjuk a megfeleltetéssel, hiszen . Az feltevés miatt nem relatív prím -hez, és ha egész, akkor sem az. Ezért képletében tényező szerepel, s így foka .
4.3. feladat. Igazoljuk, hogy esetén . Megoldás. Mivel | | ezért az polinomnak is gyöke mindegyik -edik primitív egységgyök. A bizonyítandó egyenlőség mindkét oldalán fokú polinom szerepel, és most láttuk be, hogy van 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 . Az polinom főegyütthatója ugyanaz, mint konstans tagja, vagyis . Ha , akkor konstans tagja is . Ha , akkor páros, ezért a primitív -edik egységgyökök szorzata. Az előző feladatban használt párosítás miatt azt adja, hogy ez szintén .
4.4. feladat. Igazoljuk, hogy esetén felírható egész együtthatós polinomjaként. Megoldás. Legyen . A binomiális tétel szerint páratlan esetén | | Ha páros, akkor a jobb oldalhoz még is hozzáadandó. Mindkét esetben azt kaptuk, hogy felírható egész együtthatókkal , valamint az olyan kifejezések segítségével, ahol . Ezért szerinti indukcióval készen vagyunk.
4.5. feladat. Mutassuk meg, hogy van olyan egész együtthatós polinom, melyre . Megoldás. A 4.3. feladat azt fejezi ki, hogy együtthatósorozata szimmetrikus a ,,közepére'', vagyis és együtthatója megegyezik. Ezért -vel osztva alakú tagok egész együtthatós összegét kapjuk (illetve a tagból a egész szám keletkezik). Az előző feladat szerint ez az összeg felírható egész együtthatós polinomjaként.
4.6. feladat. Igazoljuk a tétel és állítását. Megoldás. Elég belátni, hogy az előző feladatban szereplő polinom megegyezik -szel, hiszen egész együtthatós. De ez igaz, mert mindkettő fokú, 1 főegyütthatós polinom, melyeknek gyöke a darab, páronként különböző számok mindegyike, ahol és . A gyökökre vonatkozó iménti állítás -re nyilvánvaló, esetében pedig következik az összefüggésből, hiszen | |
4.7. gyakorlat. Számítsuk ki a polinomot. Megoldás. Az első rész 3.5. gyakorlatában kiszámítottuk, hogy Innen | | Ezért . A Dirichlet-tétel esetének vizsgálatában a számok alakú prímosztói lesznek segítségünkre. Ha az Olvasó ismeri a kvadratikus reciprocitási tételt ([1], 4.2.3. tétel), akkor máris beláthatja a kifejezést felhasználva, hogy végtelen sok alakú prím van.
A cikk első részében az utolsó három feladat vezetett el az alakú prímekre vonatkozó állítás bizonyításához. Ezek közül az elsőnek, vagyis a 3.10. feladatnak az esetre adaptált változatát fogjuk belátni a 4.9. feladatban. Ezt készíti elő a következő állítás.
4.8. feladat. Legyen egész együtthatós, pozitív főegyütthatós polinom, melynek konstans tagja negatív. Igazoljuk, hogy minden pozitív egészhez van olyan egész, hogy osztható egy -nál nagyobb, alakú prímszámmal. Megoldás. Legyen és , ahol később megválasztandó pozitív egész. Ekkor teljesül alkalmas, -sal osztható -re, és ezért . Ha -et elég nagynak választjuk, akkor elérhetjük, hogy legyen. Így -nek van egy alakú prímosztója. Szükségképpen , mert relatív prím -hez, és így annak osztójához is.
4.9. feladat. Mutassuk meg, hogy minden pozitív egészhez van olyan egész, hogy osztható egy -nál nagyobb, alakú prímszámmal. Megoldás. A polinom definíciójából látszik, hogy csupa negatív értéket vesz föl a két legnagyobb gyöke közötti intervallumon (illetve ha elsőfokú, akkor a gyökétől balra). Így van olyan racionális szám, melyre és . Készítsük el a polinomot, ahol a foka. Ez egész együtthatós, pozitív főegyütthatós, és . Ezért az előző feladat miatt van olyan -nál és -nél is nagyobb alakú prím, melyre alkalmas egészre. Mivel , ezért , tehát van olyan egész, melyre . Megmutatjuk, hogy osztója -nek, és így az választással készen is leszünk. Valóban, ha , akkor
hiszen . Az előző megoldás utolsó bekezdését egyszerűsíthetjük, ha a testben számolunk, és helyett egyszerűen -et írunk.
5. Gauss-egészek A Gauss-egészek az alakú komplex számok, ahol és egészek. Ezek körében is értelmezhetők a számelmélet alapfogalmai, például az oszthatóság azt jelenti, hogy van olyan Gauss-egész, melyre . 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 (valós) egész szám. Igazoljuk, hogy akkor és csak akkor igaz a Gauss-egészek között, ha és . Megoldás. Vegyük az egyenlőség valós és képzetes részét. Természetesen vannak különbségek az egész számok számelméletéhez képest. Az egységek, vagyis osztói négyen vannak, mellett is egység. Sem 2, sem 5 nem prímszám a Gauss-egészek között, hiszen és .
5.2. feladat. Legyen egy alakú prímszám. Igazoljuk, hogy prímszám a Gauss-egészek körében is, azaz nem egység, és ha , akkor vagy . A megoldáshoz idézzük föl az első rész 2.2. feladatát: ha a prímszám alakú, akkor -ből és következik.
Megoldás. Tegyük föl, hogy . Ezt az egyenlőséget a konjugáltjával megszorozva az adódik, hogy az egészek között osztója az szorzatnak (itt és már egész számok). Mivel az egészek között prímszám, osztója valamelyik tényezőnek. Ha ez például , akkor esetén osztója -nek. Így és , tehát .
5.3. feladat. Legyen egy alakú prímszám. Mutassuk meg, hogy minden (valós) egész számnak van négyzetgyöke a Gauss-egészek között modulo . Megoldás. A -vel osztható számok négyzetgyöke modulo . Emeljük négyzetre az számokat modulo . Mivel és négyzete ugyanaz, továbbá miatt és inkongruens modulo , ezért legföljebb számot kaphatunk. Ennyi azonban biztosan lesz is, mert ha , akkor miatt és vagy egyenlők, vagy ellentettek modulo . A kapott ,,négyzetszámok'' között semelyik kettő nem lehet egymás ellentettje modulo , hiszen -ből és következik. Ezért a fenti négyzetszámok ellentettjei kiadják a hiányzó darab nem nulla maradékot modulo . Viszont a számnak van négyzetgyöke a Gauss-egészek között: . A négyzetgyökvonás lehetővé teszi bizonyos másodfokú egyenletek megoldását a Gauss-egészek között a megoldóképlet segítségével. Nekünk a (másodfokúra vezető) egyenlet egy megoldására lesz szükségünk modulo , ahol a 4.9. feladatban szereplő szám. Ez azért lesz hasznos, mert a összefüggés miatt gyöke lesz az -edik körosztási polinomnak modulo , és ezért rendjének kiszámításával információt kapunk és kapcsolatáról, az első rész 3.6. tételében látott módon. Ezt az egyenletmegoldást végezzük el a következő feladatban.
5.4. feladat. Legyen egy alakú prímszám és valós egész. Keressünk olyan és Gauss-egészeket, melyekre és . Megoldás. Az egyenletet átrendezve . A megoldóképletből A nevező nem okoz problémát, hiszen páratlan, ezért a -vel való osztás helyettesíthető a -vel való szorzással modulo . Az 5.3. feladat szerint elvégezhető a négyzetgyökvonás is. Könnyű ellenőrizni, hogy a képletből kapott és 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 egy alakú prímszám és Gauss-egész. Mutassuk meg, hogy Megoldás. Emeljük -t -edik hatványra a binomiális tétel segítségével. Mivel esetén osztható -vel, azt kapjuk, hogy Itt , hiszen a prím alakú. Másrészt és a kis Fermat-tétel miatt. Ezért .
5.6. feladat. Legyen egy alakú prímszám. Mutassuk meg, hogy ha az Gauss-egész nem osztható -vel, akkor , továbbá akkor és csak akkor teljesül, ha képzetes része -vel osztható (vagyis ha valós modulo ). Megoldás. Mivel relatív prím -hez, ezért Az előző feladat miatt , és így akkor és csak akkor kongruens -val, ha képzetes része -vel osztható (hiszen páratlan). Az előző feladat állítását kétszer alkalmazva , és így Az elemrend fogalmáról modulo 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 alakú prím osztója a számnak, ahol Gauss-egész, akkor vagy . A most kimondott tétel még nem adja meg az esethez azt a segítséget, amit az első rész 3.6. tétele adott az esethez, ehhez szükség van a következő feladatra is. Ennek oka a következő. Az alakú prímek keresésekor az oszthatóságot alkalmaztuk. A módosított Euler‐Fermat-tétel miatt most csak annyit tudunk, hogy ha nem osztója -nak, akkor . Az alakú prímek megtalálásához viszont az oszthatóságra van szükségünk.
5.8. feladat. Legyen egy alakú prímszám. Tegyük föl, hogy és Gauss-egészek, képzetes része nem osztható -vel, de képzetes része igen, továbbá . Igazoljuk, hogy . Az alábbi számolást egyszerűbb kitalálni, ha hajlandóak vagyunk eleve modulo számolni, az osztást is beleértve, és helyett -t írni. (Valójában arról van szó, hogy a Gauss-egészek modulo maradékai egy elemű testet alkotnak.)
Megoldás. Mivel valós modulo , az 5.5. feladat miatt Átrendezve és -nel szorozva | | Tudjuk, hogy nem valós modulo , vagyis az 5.5. feladat miatt nem osztható -vel. Ezért a kongruenciát egyszerűsíthetjük -nel. Így 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 alakú prím nagyobb, mint , és osztója -nak alkalmas egészre. Mutassuk meg, hogy a prím alakú. Megoldás. Legyen és az 5.4. feladatból kapott két Gauss-egész. Az összefüggés miatt | | (aki még nem gyakorlott a modulo osztásban, az írja ki a polinom tagjait, és vegye észre, hogy ). Az 5.7. tétel miatt vagy . Mivel , ezért csakis lehetséges. Ha valós modulo , akkor innen adódik (hiszen ekkor ). Ez lehetetlen, mert a prím alakú. Így az 5.8. feladat szerint
5.10. feladat. Igazoljuk, hogy minden esetén végtelen sok alakú prímszám van. Megoldás. Tegyük föl indirekt, hogy csak véges sok ilyen prímszám van, legyenek ezek . Válasszuk a számot úgy, hogy ezek mindegyikénél, továbbá -nél is nagyobb legyen. A 4.9. állítás miatt van olyan egész, továbbá egy alakú, -nál nagyobb prím, melyre . Az előző feladat szerint a prím alakú, ami ellentmondás. Összefoglalva, az eset bizonyításának lényege a következő. Az állítást elég -re igazolnunk, tehát alakú 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 polinom, amelyből helyére -et írva ,,lényegében'' a körosztási polinom adódik. Tegyük föl, hogy . A Gauss-egészeket modulo nézve olyan elemű testet kapunk, melyben az egyenlet megoldható. Ekkor gyöke a körosztási polinomnak ebben a testben, így rendje . Annak felhasználásával, hogy valós, kiszámoltuk, hogy ez a rend nemcsak -nek, hanem -nek is osztója.
Ajánlott irodalom
[1] | Freud Róbert, Gyarmati Edit: Számelmélet, Nemzeti Tankönyvkiadó (2006). |
[2] | Kiss Emil: Bevezetés az algebrába, TypoTeX Kiadó (2007). |
|