Kezdőlap


Cím:	Gauss-egészek és Dirichlet tétele II.
Szerző(k):	Keith Kearnes , Kiss Emil , Szendrei Ágnes
Füzet:	2010/április, 200 - 206. 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.

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

4. A körosztási polinom egy analogonja

A cikk második részében is rögzítjük az

n \geq 1

egész számot, és végig használni fogjuk a komplex

n

-edik egységgyökök

ε_{k} = cos (2 π k / n) + i sin (2 π k / n)

jelölését. Az

n k - 1

eset bizonyításában a cikk első részében definiált

Φ_{n} (x)

körosztási polinom helyett a következő polinomot fogjuk használni

n > 2

esetén:

\begin{matrix} Ψ_{n} (x) = \prod 1 \leq k < n / 2; \end{matrix}

Mivel a

cos (x)

függvény a

[0, π]

intervallumon szigorúan monoton, a képletben szereplő

2 cos (2 π k / n)

számok páronként különbözők.

4.1. tétel. Ha

n > 2

, akkor a következők teljesülnek.

(1)

Ψ_{n} (x)

foka

φ (n) / 2

(2)

Φ_{n} (x) = x^{φ (n) / 2} Ψ_{n} (x + x^{- 1})

(3)

Ψ_{n} (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

k \leftrightarrow n - 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

Ψ_{n} (x)

képletében

φ (n) / 2

tényező szerepel, s így

Ψ_{n} (x)

foka

φ (n) / 2

□

4.3. feladat. Igazoljuk, hogy

n > 1

esetén

x^{φ (n)} Φ_{n} (1 / x) = Φ_{n} (x)

Megoldás. Mivel

\begin{matrix} ε_{k}^{- 1} = cos (2 π k / n) - i sin (2 π k / n) = ε_{n - k}, \end{matrix}

ezért az

x^{φ (n)} Φ_{n} (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

x^{φ (n)} Φ_{n} (1 / x)

polinom főegyütthatója ugyanaz, mint

Φ_{n} (x)

konstans tagja, vagyis

Φ_{n} (0)

. Ha

n = 2

, akkor

Φ_{n} (x) = x + 1

konstans tagja is

1

. Ha

n > 2

, akkor

φ (n)

páros, ezért

Φ_{n} (0)

a primitív

n

-edik egységgyökök szorzata. Az előző feladatban használt

k \leftrightarrow n - k

párosítás

ε_{k} ε_{n - k} = 1

miatt azt adja, hogy ez szintén

1

□

4.4. feladat. Igazoljuk, hogy

n \geq 1

esetén

x^{n} + x^{- n}

felírható

x + x^{- 1}

egész együtthatós polinomjaként.

Megoldás. Legyen

z_{j} = x^{j} + x^{- j}

. A binomiális tétel szerint páratlan

n

esetén

\begin{matrix} {(x + x^{- 1})}^{n} = z_{n} + \sum_{1 \leq j < n / 2}^{} (\binom{n}{j}) z_{n - 2 j} . \end{matrix}

n

páros, akkor a jobb oldalhoz még

(\binom{n}{n / 2})

is hozzáadandó. Mindkét esetben azt kaptuk, hogy

z_{n} = x^{n} + x^{- n}

felírható egész együtthatókkal

{(x + x^{- 1})}^{n}

, valamint az olyan

z_{k}

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

Φ_{n} (x) = x^{φ (n) / 2} S (x + x^{- 1})

Megoldás. A 4.3. feladat azt fejezi ki, hogy

Φ_{n} (x)

együtthatósorozata szimmetrikus a ,,közepére'', vagyis

x^{j}

és

x^{φ (n) - j}

együtthatója megegyezik. Ezért

x^{φ (n) / 2}

-vel osztva

x^{j} + x^{- j}

alakú tagok egész együtthatós összegét kapjuk (illetve a

c x^{φ (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

Ψ_{n} (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

2 cos (2 π k / n)

számok mindegyike, ahol

1 \leq k < n / 2

és

(k, n) = 1

. A gyökökre vonatkozó iménti állítás

Ψ_{n} (x)

-re nyilvánvaló,

S (x)

esetében pedig következik az

ε_{k}^{- 1} = cos (2 π k / n) - i sin (2 π k / n)

összefüggésből, hiszen

\begin{matrix} 0 = Φ_{n} (ε_{k}) = ε_{k}^{φ (n) / 2} S (ε_{k} + ε_{k}^{- 1}) = ε_{k}^{φ (n) / 2} S (2 cos (2 π k / n)) . □ \end{matrix}

4.7. gyakorlat. Számítsuk ki a

Ψ_{12} (x)

polinomot.

Megoldás. Az első rész 3.5. gyakorlatában kiszámítottuk, hogy

\begin{matrix} Φ_{12} (x) = x^{4} - x^{2} + 1. \end{matrix}

Innen

\begin{matrix} x^{- φ (12) / 2} Φ_{12} (x) = (x^{2} + x^{- 2}) - 1 = {(x + x^{- 1})}^{2} - 3. \end{matrix}

Ezért

Ψ_{12} (x) = x^{2} - 3

□

A Dirichlet-tétel

n k - 1

esetének vizsgálatában a

Ψ_{n} (u)

számok

4 k - 1

alakú prímosztói lesznek segítségünkre. Ha az Olvasó ismeri a kvadratikus reciprocitási tételt ([1], 4.2.3. tétel), akkor máris beláthatja a

Ψ_{12} (u) = u^{2} - 3

kifejezést felhasználva, hogy végtelen sok

12 k - 1

alakú prím van.

A cikk első részében az utolsó három feladat vezetett el az

n k + 1

alakú prímekre vonatkozó állítás bizonyításához. Ezek közül az elsőnek, vagyis a 3.10. feladatnak az

n k - 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,

4 k - 1

alakú prímszámmal.

Megoldás. Legyen

g (0) = - c < 0

és

M = 4 c L K!

, ahol

L

később megválasztandó pozitív egész. Ekkor

g (M) = 4 m c - c

teljesül alkalmas,

K!

-sal osztható

m

-re, és ezért

g (M) / c = 4 m - 1

. Ha

L

-et elég nagynak választjuk, akkor elérhetjük, hogy

g (M) / c > 1

legyen. Így

g (M) / c = 4 m - 1

-nek van egy

4 k - 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

Ψ_{n} (u)

osztható egy

K

-nál nagyobb,

4 k - 1

alakú prímszámmal.

Megoldás. A

Ψ_{n} (x)

polinom definíciójából látszik, hogy

Ψ_{n} (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

Ψ_{n} (r / s) < 0

.
Készítsük el a

g (x) = s^{d} Ψ_{n} ((x + r) / s)

polinomot, ahol

d = φ (n) / 2

Ψ_{n} (x)

foka. Ez egész együtthatós, pozitív főegyütthatós, és

g (0) = s^{d} Ψ_{n} (r / s) < 0

. Ezért az előző feladat miatt van olyan

K

-nál és

s

-nél is nagyobb

4 k - 1

alakú

p

prím, melyre

p ∣ g (v)

alkalmas

v

egészre.
Mivel

p > s

, ezért

(p, s) = 1

, tehát van olyan

t

egész, melyre

t s \equiv 1 (p)

. Megmutatjuk, hogy

p

osztója

Ψ_{n} (t (v + r))

-nek, és így az

u = t (v + r)

választással készen is leszünk. Valóban, ha

Ψ_{n} (x) = a_{0} + ... + a_{d} x^{d}

, akkor

\begin{matrix} 0 & \equiv t^{d} g (v) = t^{d} s^{d} Ψ_{n} ((v + r) / s) = \sum_{j = 0}^{d} t^{d} s^{d - j} a_{j} {(v + r)}^{j} \equiv \\ \equiv \sum_{j = 0}^{d} t^{j} a_{j} {(v + r)}^{j} = Ψ_{n} (t (v + r)) (p), \end{matrix}

hiszen

t^{d} s^{d - j} \equiv t^{j} (p)

□

Az előző megoldás utolsó bekezdését egyszerűsíthetjük, ha a

Z_{p}

testben számolunk, és

t

helyett egyszerűen

1 / s

-et írunk.

5. Gauss-egészek

A Gauss-egészek az

a + b i

alakú komplex számok, ahol

a

és

b

egészek. Ezek körében is értelmezhetők a számelmélet alapfogalmai, például az

α ∣ β

oszthatóság azt jelenti, hogy van olyan

γ

Gauss-egész, melyre

α γ = 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

m ∣ a + b i

akkor és csak akkor igaz a Gauss-egészek között, ha

m ∣ a

és

m ∣ b

Megoldás. Vegyük az

m (c + d i) = a + b i

egyenlőség valós és képzetes részét.

□

Természetesen vannak különbségek az egész számok számelméletéhez képest. Az egységek, vagyis

1

osztói négyen vannak,

\pm 1

mellett

\pm 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

4 k - 1

alakú prímszám. Igazoljuk, hogy

p

prímszám a Gauss-egészek körében is, azaz nem egység, és ha

p ∣ α β

, akkor

p ∣ α

vagy

p ∣ β

A megoldáshoz idézzük föl az első rész 2.2. feladatát: ha a

p

prímszám

4 k - 1

alakú, akkor

p ∣ a^{2} + b^{2}

-ből

p ∣ a

és

p ∣ b

következik.

Megoldás. Tegyük föl, hogy

p γ = α β

. Ezt az egyenlőséget a konjugáltjával megszorozva az adódik, hogy

p^{2}

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 + b i

esetén

p

osztója

{| α |}^{2} = a^{2} + b^{2}

-nek. Így

p ∣ a

és

p ∣ b

, tehát

p ∣ α

□

5.3. feladat. Legyen

p

egy

4 k - 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

p \neq 2

miatt

x

és

- x

inkongruens modulo

p

, ezért legföljebb

(p - 1) / 2

számot kaphatunk. Ennyi azonban biztosan lesz is, mert ha

x^{2} \equiv y^{2} (p)

, akkor

p ∣ x^{2} - y^{2} = (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

p ∣ a^{2} + b^{2}

-ből

p ∣ a

és

p ∣ b

következik. Ezért a fenti négyzetszámok ellentettjei kiadják a hiányzó

(p - 1) / 2

darab nem nulla maradékot modulo

p

. Viszont a

- b^{2}

számnak van négyzetgyöke a Gauss-egészek között:

\pm b i

□

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

Φ_{n} (α) = α^{φ (n) / 2} Ψ_{n} (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

4 k - 1

alakú prímszám és

u

valós egész. Keressünk olyan

α

és

β

Gauss-egészeket, melyekre

α + β \equiv u

Megoldás. Az

x + x^{- 1} = u

egyenletet átrendezve

x^{2} - u x + 1 = 0

. A megoldóképletből

\begin{matrix} α, β = \frac{u \pm \sqrt[]{u^{2} - 4}}{2} . \end{matrix}

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

4 k - 1

alakú prímszám és

a + b i

Gauss-egész. Mutassuk meg, hogy

\begin{matrix} {(a + b i)}^{p} \equiv a - b i = \bar{a + b i} (p) . \end{matrix}

Megoldás. Emeljük

a + b i

-t

p

-edik hatványra a binomiális tétel segítségével. Mivel

0 < j < p

esetén

(\binom{p}{j})

osztható

p

-vel, azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} {(a + b i)}^{p} \equiv a^{p} + {(b i)}^{p} (p) . \end{matrix}

Itt

i^{p} = - i

, hiszen a

p

prím

4 k - 1

alakú. Másrészt

a^{p} \equiv a