Syklotome heltall og Kummers bevis for Fermats siste teorem. Paul Mathias Høglend Masteroppgave, våren 2017

Transkript

1 Syklotome heltall og Kummers bevis for Fermats siste teorem Paul Mathias Høglend Masteroppgave, våren 2017

2 Denne masteroppgaven er levert inn under masterprogrammet Matematikk, studieretning Matematikk, ved Matematisk institutt, Universitetet i Oslo. Oppgaven er normert til 60 studiepoeng.

3 Innhold 1 Innledning Introduksjon Grunnleggende resultater og notasjon Fermats siste teorem fram til Kummer Tidlig historie Pytagoreiske tripler og uendelig nedstigning Bevis for n=3 og n= To tilfeller og bevis for n=5 og n= Faktorisering av syklotome heltall Syklotome heltall Faktorisering av binomer Perioder Generell faktorisering Mer om faktorisering Kummers bevis for Fermats siste teorem for regulære primtall Klassetall Kummers bevis Bevis for tilfelle (I) Bevis for tilfelle (II) Referanser 43

4 Kapittel 1 Innledning 1.1 Introduksjon Med elementære teknikker innen tallteori, var Ernst Kummers tilnærming til Fermats siste teorem et stort gjennombrudd. Teorem 1.1 (Fermats siste teorem). Det finnes ingen positive heltall x, y og z slik at x n + y n = z n har en løsning for heltallige n > 2. Kummers bevis gjelder for regulære primtall og det ble publisert i Hans tilnærming bygget på å betrakte identiteten x n + y n = (x + y)(x + αy)(x + α 2 y) (x + α n 1 y), (1.1.1) hvor n er et odde primtall og α i er røtter i polynomet x n 1 + x n x + 1 og α n = 1. Derfor undersøkte han faktorisering i ringen Z[α]. I denne masteroppgaven vil vi ha hovedfokuset på Kummers undersøkelser av faktoriseringer i ringen Z[α] og deretter gi hans bevis for Fermats siste teorem for regulære primtall. 1.2 Grunnleggende resultater og notasjon Vi starter med å si noen ord om forkunnskaper og notasjon. I denne masteroppgaven forventes det at leseren har kjennskap til elementære begreper og teori innen abstrakt algebra og tallteori. Vi vil stort sett følge vanlige konvensjoner man finner i bøker om tallteori. Samtidig vil vi følge Kummers notasjon ved å betegne: den odde primeksponenten i Fermats ligning med λ, en ikke-triviell enhetsrot med α og elementer i ringen Z[α] med f(α) eller lignende. Vi tar med noen resultater som brukes gjennom hele oppgaven. Teorem 1.2 (Fermats teorem). Anta at p er et primtall og at a 0 (mod p). Da er a p 1 1 (mod p). Dropper vi antagelsen a 0 (mod p), har vi følgende korollar. Korollar 1.3. Anta at p er et primtall. For alle a Z er a p a (mod p). Bevis. Anta at a 0 (mod p), hvor p er et primtall. Siden Ringen Z/(p) inneholder p 1 ikke-null elementer og p er et primtall, er produktene a i distinkte 2

5 1.2. GRUNNLEGGENDE RESULTATER OG NOTASJON elementer. Det betyr at vi har kongruensen a p (p 2) (p 1) 1 2 (p 2) (p 1) (mod p). Deler vi på produktet 1 2 (p 2) (p 1) på begge sier, får vi a p 1 1 (mod p). Det følger at a p a (mod p) og siden spesielt 0 p 0 (mod p), følger korollaret også. Definisjon 1.4. Et naturlig tall a kalles en primitiv rot modulo p, hvis det for ethvert naturlige tall k finnes et naturlig tall j slik at a j k (mod p). Teorem 1.5 (Primtiv rot - teoremet). For ethvert primtall p eksisterer det minst én primitiv rot modulo p. Bevis. Vi må vise at ordenen til a (mod p) er p 1, for minst én a. Med andre ord må vi vise at d = λ 1 i uttrykket a d 1 (mod p). Vi gjør dette ved å konstruere et slikt heltall. Anta derfor at primtallsfaktoriseringen til p 1 er p 1 = 2 r1 p r2 2 prn n. Ved hjelp av Fermats teorem er differansene 2 p 1 1, 3 p 1 2 p 1,..., (p 1) p 1 (p 2) p 1 0 (mod p). Alle disse differansene kan faktoriseres a p 1 b p 1 = (a (p 1) /2 + b (p 1) /2 )(a (p 1) /2 b (p 1) /2 ). Siden p er et primtall, deler p en av faktorene. Samtidig kan ikke p dele alle differansene a (p 1) /2 b (p 1) /2. Anta at p delte alle differanser av påfølgende tall, ville p også delt p 3 differanser, p 4 differanser osv. Dette er ikke mulig fordi de k te differansene av følgen 1 k, 2 k, 3 k,... er konstant og lik k! (Se Edwards, [Edw77, s.48]). Dermed er p 1 p differansene lik ( 2 )!, som ikke er delelig med p. Et lignende argument holder for enhver divisor av p 1. Dette betyr at det finnes et heltall b slik at b (p 1) /p i 1 (mod p). Vi skal nå finne et element med orden p ri i. La c = b (p 1) /p r i i, da er c pr i i = b (p 1). Dette impliserer ikke at ordenen til c er p ri i, men ordenen til c er ihvertfall en divisor av p ri (mod p), er c pr i 1 i 1 (mod p), så ordenen til c er p ri i. i. Siden b er slik at b(p 1) /p i 1 Gjør så dette for alle primfaktorene p i. Kall produktet av de resulterende c i -ene for g. Vi skal nå vise at ordenen til g er p 1, kall ordenen for d. Anta at d er slik at d p 1. Da finnes det en divisor p i som deler d færre ganger enn p 1, så d p 1 p i og det følger at g (p 1) /p i 1 (mod p). Vi kan anta at ci -en som svarer til p i er c 1. Da er c (p 1) /p i 2 c (p 1) /p i 3... c (p 1) /p i n siden ordnene til c i -ene deler p 1 p i. Derfor får vi g (p 1) /p i c (p 1)/p i som er en motsigelse, siden p ri i p 1 p i. Dermed er d = p 1. 1 (mod p), 1 1 (mod p), 3

6 Kapittel 2 Fermats siste teorem fram til Kummer 2.1 Tidlig historie Før vi kommer til Kummers viktige arbeid på faktorisering i ringen Z[α] og hans bevis for Fermats siste teorem for regulære primtall, skal vi se litt på tidligere tilnærminger til teoremet. Vi vil samtidig bli kjent med sentrale teknikker, som også går igjen i Kummers bevis. Historien til Fermats siste teorem er over 300 år gammel.man antar at Pierre de Fermat skrev disse notatene på 1630-tallet. Harry Vandiver hevder til og med i artikkelen Fermat s Last Theorem: Its History and the Nature of the Known Results Concerning It [Van46] at teoremet stammer Det man vet er at Pierre de Fermats sønn Samuel de Fermat fant sin avdøde fars utgave av Diofantus bok Arithmetica med notater i margen. Det mest kjente notatet i margen er teksten: Cubum autem in duos cubos, aut quadratoquadratum in duos quadratoquadratos & generaliter nullam in infinitum ultra quadratum potestatem in duos eiusdem nominis fas est dividere cuius rei demonstrationem mirabilem sane detexi. Hanc marginis exiguitas non caperet. [Wil95, s.1] På norsk blir teksten: Det er umulig å dele et kubikktall opp i en sum av to kubikktall, eller dele en fjerdepotens i en sum av to fjerdepotenser, eller i det hele tatt noen potenser høyere enn to. Jeg har kommet opp med et utrolig bevis, men margen her er for liten til å inneholde det. De aller fleste mener at Fermat ikke kunne ha et slikt bevis. Blant annet Andrew Wiles, mannen som endelig beviste teoremet i 1994, etter godt over syv års intenst arbeid. Wiles brukte helt andre og mer avanserte teknikker enn de elementære teknikkene som ble brukt i godt over 200 år. Vi vil ikke diskutere Wiles bevis i denne oppgaven. 4

7 2.2. PYTAGOREISKE TRIPLER OG UENDELIG NEDSTIGNING 2.2 Pytagoreiske tripler og uendelig nedstigning Det naturlige utgangspunktet når vi skal se på tidlige tilnærminger til Fermats siste teorem, er Pytagoreiske tripler. Definisjon 2.1. Et pytagoreisk trippel er et trippel av positive heltall x, y og z slik at x 2 + y 2 = z 2. Vi kan anta at x, y og z er relativt primiske heltall, for ellers kan vi forkorte vekk den største felles faktoren. Samtidig må ett av tallene være et partall siden oddetall + oddetall = oddetall er umulig. Hvis vi regner modulo 4, kan vi vise at z ikke kan være et partall. Vi har da for heltall k, l og m at (2k + 1) 2 + (2l + 1) 2 = 4k 2 + 4k l 2 + 4l (mod 4), mens z 2 = (2m) 2 0 (mod 4). Så z er oddetall og x og y har motsatt paritet. Vi antar at x er et partall. La oss nå skrive om Pytagoras ligning til x 2 = z 2 y 2 = (z + y)(z y). (2.2.1) Siden x, z+y og z y er partall, finnes det heltall u, v og w slik at x = 2u, z+y = 2v og z y = 2w. Det følger at u 2 = vw. Heltallene v og w er relativt primiske fordi v w = y og v + w = z er relativt primiske. I tillegg er både u og v kvadrater. Proposisjon 2.2. Den eneste måten produktet av to relativt primiske heltall v og w er et kvadrat, er at faktorene selv er kvadrater. Denne proposisjonen gjelder for en vilkårlig n te potens, ikke bare for kvadrater. Proposisjon 2.3. Den eneste måten produktet av to relativt primiske heltall v og w er en n te potens er at faktorene selv er n te potenser. Vi utsetter beviset for proposisjonen til vi har introdusert uendelig nedstigning. Ved hjelp av proposisjonen kan vi sette v = p 2 og w = q 2. Så z = p 2 q 2 og y = p 2 q 2. Tallene har motsatt paritet siden begge er oddetall og p > q siden y er positiv. Putter vi så uttrykkene for y og z inn i ligningen 2.2.1, får vi: x 2 = p 4 + 2p 2 q 2 + q 4 p 4 + 2p 2 q 2 q 4 = 4p 2 q 2 = x = 2pq. For et geometrisk argument for at vi har et pytagoreisk trippel bestående av 2pq, p 2 q 2 og p 2 q 2, se Rognes, [Rog16]. En måte å vise proposisjon 2.2 på, er å bruke bevisteknikken som kalles uendelig nedstigning. Denne teknikken stammer fra Fermat selv og er den sentrale ideen for å vise tilfellene n = 3 og n = 4. Definisjon 2.4. Uendelig nedstigning er en teknikken som bygger på følgende prinsipp: Anta at antagelsen om at et positivt heltall a har et sett med spesielle egenskaper, impliserer at et mindre positivt heltall a har det samme settet med egenskaper. Da kan ingen positive heltall ha de samme egenskapene. Bevis for proposisjon 2.2. Anta at v og w er slik at (1) v og w er relativt primiske, 5

8 2.3. BEVIS FOR N=3 OG N=4 (2) vw er et kvadrat og (3) v og w ikke begge er kvadrater. Derfor antar vi at v ikke er et kvadrat. Da finnes det et primtall P slik at P v, som betyr at P vw = u 2 og P u fordi P er et primtall. Derfor kan vi skrive u 2 = P kw = (P m) 2 = kw = P m 2. Ved betingelse (1) kan vi konkludere at P k. La k = P v, da er P v w = P m 2 = v w = m 2. Siden v = P 2 v, følger det fra betingelse (1) at v og w er relativt primiske. Siden vi antok at v ikke er kvadrat, tilfredsstiller v og w betingelsene (1) - (3) og v < v. Gjentar vi samme argument får vi en følge av heltall v > v > v >..., som avtar i det uendelige. Dette er umulig siden heltallet v gir oss det maksimale antallet ganger denne følgen kan avta. 2.3 Bevis for n=3 og n=4 Det første delresultatet for Fermats siste teorem som ble bevist, var tilfellet n = 4. Det var Fermat selv som beviste det ved å bruke uendelig nedstigning. Bevis av Fermats siste teorem for n = 4. Anta at x, y og z er heltall slik at x 4 + y 4 = z 4. Ved samme argument som for x, y og z er x 2, y 2 og z 2 er et pytagoreisk trippel. Da kan vi ved samme argument som over, skrive disse som: x 2 = 2pq, z 2 = p 2 + q 2, y 2 = p 2 q 2, (2.3.1) hvor p og q er relativt primiske av motsatt paritet og p > q > 0. Vi kan skrive om uttrykket slik at vi får et nytt pytagoreisk trippel y, p og q med de samme egenskapene: q = 2ab, y = a 2 b 2, p = a 2 + b 2, hvor a og b er relativt primiske av motsatt paritet og a > b > 0. Dermed har vi x 2 = 2pq = 4ab(a 2 + b 2 ). Nå kan vi bruke proposisjon 2.2 til å konkludere at a og b er kvadrater. Velg a = X 2 og b = Y 2 og merk at a 2 + b 2 = X 4 + Y 4. Siden vi begynte med å anta at z 4 er et kvadrat, kan vi gjøre hele prosessen om igjen og dermed får vi en uendelig nedstigning. Dette er umulig, siden z 4 er en nedre grense. Dette betyr at det er umulig for summen to fjerde potenser å være lik et kvadrat og følgelig en fjerdepotens. Ved å bevise Fermats siste teorem i tilfellet n = 4, kan vi i resten av beviset anta at n er et odde primtall. Vi kan vise dette ved å betrakte x 4m + y 4m = y 4m. Dette er umulig siden vi kan sette X = x m, Y = y m og Z = z m og få X 4 + Y 4 = Z 4. Så Fermats siste teorem holder for potenser delelig med 4. Siden en eksponent n > 2 som ikke er delelig med 4, ikke er en potens av 2, er n delelig med et odde primtall. La derfor n = pm. Dermed kan vi bruke akkurat samme argument om igjen, til å konkludere at vi bare trenger å se på Fermats siste teorem når n er et odde primtall. 6

9 2.3. BEVIS FOR N=3 OG N=4 Leonard Euler kom med et bevis i tilfellet n = 3, publisert i Algebra(1770). Det viste seg at beviset inneholdt en feil og andre matematikere korrigerte feilen senere. (Se Ribenboim, [Rib08, I.4]) Euler selv kom forøvrig med argumenter slik at feilen kan rettes opp, men bare i forbindelse med andre resultater som stammer fra Fermat. Eulers idé var å bruke Fermats uendelig nedstigning. Bevis av Fermats siste teorem for n = 3. Anta at z er et partall, da kan vi bruke samme teknikken som for pytagoreiske tripler. Det vil si at x + y = 2p og x y = 2q. Da blir x = 1 2 (2p + 2q) = p + q og y = 1 2 (2p 2q) = p q. La oss skrive venstresiden i Fermats ligning som x 3 + y 3 = (x + y)(x 2 xy + y 2 ). Vi kan putte inn p og q i denne ligningen og få uttrykket 2p(p 2 + 3q 2 ) = r1, 3 hvor r 1 er et heltall. Vi vil ende med samme konklusjon hvis x eller y er et partall. (Anta at y 3 er et oddetall og start med å se på ligningen x 3 = z 3 y 3 = (z y)(z 2 +zy+y 2 ).) Det neste steget er å argumentere for at faktorene 2p og p 2 + 3q 2 er relativt primiske og at de må være kubikktall. Siden p og q har motsatt paritet, så er p 2 + 3q 2 et oddetall. Derfor vil en felles faktor for 2p og p 2 + 3q 2 også være en felles faktor for p og p 2 + 3q 2 og følgelig en felles faktor for p og 3q 2. Siden p og q er relativt primiske heltall impliserer det at den eneste mulige faktoren er 3. Siden 3 kan dele p, har vi to tilfeller å undersøke: (1) 3 p (2) 3 p. Tilfelle (1): Faktorene 2p og p 2 + 3q 2 er relativt primiske. Vi kan skrive r 3 1 = p 2 + 3q 2 som (a 2 + 3b 2 ) 3 = (a 3 9ab 2 ) 2 + 3(3a 2 b 3b 3 ) 2, (2.3.2) hvor vi bruker formelen (a 2 + 3b 2 )(c 2 + 3d 2 ) = (ac 3bd) 2 + 3(ad + bc) 2 og faktoriserer ut en av faktorene (a 2 +3b 2 ). Euler konkluderte feilaktig at ligningen er eneste måten p 2 + 3q 2 kan være et kubikktall. Derfor antar vi at (a 2 + 3b 2 ) 3 = (a 3 9ab 2 ) 2 + 3(3a 2 b 3b 3 ) 2 og utsetter retting av feilen. Vi kan da faktorisere p og q som p = a(a 3b)(a + 3b) q = 3b(a b)(a + b) Siden p og q er relativt primiske, er a og b relativt primiske. I tillegg har a og b motsatt paritet for ellers ville p og q vært partall. Dessuten er 2p = 2a(a 3b)(a + 3b) = r 3 2. (2.3.3) Med egenskapene på a og b er a 3b og a+3b begge oddetall. Så en felles faktor i uttrykket over, vil være en felles faktor for a og ±3b. Siden 3 a, så er faktorene i uttrykket over relativt primiske. Sett derfor 2a = r 3 3, a 3b = r 3 4, a + 3b = r

10 2.3. BEVIS FOR N=3 OG N=4 Da er r r 3 5 = 2a = r 3 3 en løsning av Fermats ligning med mindre tall. Ved ligning er (r 3 r 4 r 5 ) 3 = 2a(a 3b)(a + 3b) = 2p. Så 2p er en divisor av enten z 3, hvis z er et partall, eller x 3, hvis x er et partall. Heltallene r i kan være negative, men siden ( r 4 ) 3 = r 3 4, kan vi bare flytte dem til andre siden av likhetstegnet, slik at vi får en ligning på formen X 3 + Y 3 = Z 3, hvor X, Y og Z er positive og Z 3 < z 3. Dermed får vi igjen en uendelig nedstigning som er umulig. Tilfelle (2): La p = 3s og 3 q. Da er 2p(p 2 + 3q 2 ) = 18s(3s 2 + q 2 ). Siden 3 q er faktorene relativt primiske og derfor er de kubikktall ved proposisjon 2.3. Tilsvarende til tilfelle (1) kan vi skrive q og s som q = a(a 3b)(a + 3b) s = 3b(a b)(a + b). Siden 54s = 3b(a b)(a + b) = r 3 1 er 2s = 3b(a b)(a + b) = r 3 1. Faktorene over er relativt primiske og vi kan sette Vi får 2b = r 3 2, a b = r 3 3, a + b = r b = r 3 2 = r 3 3 r 3 4 og derfor har vi en ligning på formen X 3 + Y 3 = Z 3, hvor Z 3 < z 3. Vi vil igjen få en uendelig nedstigning som er umulig. For å rette opp feilen i Eulers bevis trenger vi følgende lemma. Lemma 2.5. La a og b være relativt primiske tall slik at a 2 + 3b 2 er et kubikktall. Da finnes det heltall p og q slik at a + b 3 = (p + q 3) 3 I beviset trenger vi noen egenskaper i ringen Z[ 3]. Det er fire tilfeller vi ønsker å se på. Anta i alle tilfeller at a og b er relativt primiske og at alle elementene a, b etc. er heltall, med mindre noe annet spesifiseres. (1) La a 2 + 3b 2 være et partall. Da kan a + b 3 skrives på formen a + b 3 = (1 ± 3)(u + v 3), hvor fortegnet er passende. 8

11 2.4. TO TILFELLER OG BEVIS FOR N=5 OG N=7 (2) La a 2 + 3b 2 være delelig med et odde primtall l, da er l på formen l = p 2 + 3q 2. I tillegg kan a + b 3 skrives på formen a + b 3 = (p ± q 3)(u + v 3), hvor fortegnet er som over. (3) Elementet a + b 3 kan skrives på formen a + b 3 = ±(p 1 ± q 1 3)(p2 ± q 2 3) (pn ± q n 3),, hvor p 2 n + 3q 2 n er enten 4 eller et odde primtall. (4) Elementet a+b 3 på formen som i (3), er entydig bestemt opptil fortegn. Se Edwards, [Edw77, s.53-54] for detaljer om faktoriseringene. Bevis. La a 2 +3b 2 ha en faktorisering som i (4) med faktorer e i, i = 1, 2,..., n. Hvis faktoriseringen inneholder k faktorer av 4, da er 2 2k den største toerpotensen som deler a 2 + 3b 2. Siden a 2 + 3b 2 er et kubikktall, så følger det at 2k og dermed også k, er et multippel av 3. Samtidig må et odde primtall l ha multiplisitet som er et multippel av 3. Dermed 3 n og faktorene kan settes opp slik at e 3k+1 = e 3k+2 = e 3k+3. Dette medfører at en faktorisering av a 2 + 3b 2 som i (3), vil ha like treerprodukter av odde primtall e i, siden vi bare kan velge et ledd på formen p ± q 3. Velger vi så ut en faktor ut av hvert treerprodukt og multipliserer dem sammen, får vi et tall på formen c + d 3 slik at a + b 3 = ±(c + d 3) 3. Siden (c + d 3) 3 = ( c d 3) 3 følger lemmaet. 2.4 To tilfeller og bevis for n=5 og n=7 Det neste vi skal se litt nærmere på er Sophie Germains bidrag. Hennes funn resulterte i at man kan dele opp Fermats siste teorem i to tilfeller: (I) ingen av tallene x, y og z er delelig med n, (II) ett av tallene x, y og z er delelig med n. Det er følgende to teoremer som hovedsaklig danner grunnlaget for å dele inn Fermats siste teorem i to tilfeller. Teorem 2.6. Anta at n er prim og 2n+1 er prim. Hvis x n +y n = z n impliserer det at x, y eller z delelig med n. Teorem 2.7. Anta at x 5 + y 5 = z 5, da er x, y eller z delelig med 5. Vi tar bare med beviset for spesialtilfellet fordi akkurat det samme argumentet viser det andre teoremet. Bevis for teorem 2.7. Vi begynner med å omformulere problemet til: Ligningen x 5 + y 5 + z 5 = 0 har ingen ikke-null heltallsløsninger. Med denne omformuleringen skal vi nå vise at ett av heltallene er delelig med 5. Det første vi gjør er å skrive den symmetriske ligningen på formen x 5 = (y + z)(y 4 y 3 z + y 2 z 2 yz 3 + z 4 ). Begge faktorene på høyresiden i ligningen over er relativt primiske. Dette følger av at hvis p er et primtall som deler x + y, a er y z (mod p) og følgelig er 9

12 2.4. TO TILFELLER OG BEVIS FOR N=5 OG N=7 y 4 y 3 z + y 2 z 2 yz 3 + z 4 5y 4 (mod p). Hvis p deler begge faktorer er enten p = 5 eller p deler y og y + z. I det første tilfellet følger det at 5 x, som var det vi skulle vise. I det andre tilfellet følger det at y og z, ikke er relativt primiske, som er en motsigelse. Vi bruker så proposisjon 2.3 til å konkludere at faktorene er femtepotenser. Det betyr at vi skal finne heltall a 1, b 1, a 2, b 2, a 3 og b 3 slik at y + z = a 1 y 4 y 3 z + y 2 z 2 yz 3 + z 4 = b 1 x = a 1 b 1 z + x = a 2 z 4 z 3 x + z 2 x 2 zx 3 + x 4 = b 2 y = a 2 b 2 x + y = a 3 x 4 x 3 y + x 2 y 2 xy 3 + y 4 = b 3 z = a 3 b 3. Før vi går videre kan vi merke oss at femtepotensene 1, 0 eller 1 (mod 11). Dette følger fra Fermats teorem 1.2, som gir x 0 eller (x 5 ) 2 1 (mod 11). Dermed er x 5 0 eller x 5 ±1 (mod 11). Siden ±1 ± 1 ± 1 = 0 er umulig, betyr det at x 5 + y 5 + z 5 = 0 hvis og bare hvis x, y eller z 0 (mod 11). Anta derfor at x 5 + y 5 + z 5 = 0, hvor x, y, z og 5 er relativt primiske. Ett av heltallene x, y eller z er delelig med 11 og vi kan anta at dette heltallet er x. Da er 2x = a a ( a 1 ) 5 delelig med 11, som medfører at a 1, a 2, eller a 3 er delelig med 11. Heltallet a 2 kan ikke være delelig med 11, siden 11 x, vil bety at 11 z, som er et motsigelse. Ved samme argument kan ikke 11 a 3, så 11 a 1. Dette er heller ikke mulig siden y z og b 5 1 5y 4 (mod 11), mens samtidig er x 0 og b 5 3 y 4 (mod 11), som gir b 5 1 5b 5 3 (mod 11). Siden vi vet at femtepotenser er 0 eller ± 1 (mod 11) impliserer det at b 1 b 3 (mod 11). Dette er en motsigelse siden vi antok at x og z er relativt primiske og teoremet er bevist. Det viser seg at hvis teoremet over feiler, kan små justeringer på primtallet p gjøre at vi får en metode som fungerer. For eksempel hvis n = 7, da er ikke 15 et primtall, men = 29 er et primtall og metoden i teoremet gjelder. (Se Edwards,[Edw77, s.63-64]) Eksempler som dette danner grunnlaget for Sophie Germains mest kjente teorem. Teorem 2.8 (Sophie Germains teorem). La n være et odde primtall. Hvis det finnes et tilhørende primtall p med følgende egenskaper: (1) x n + y n + z n 0 (mod p) = x 0, y 0 eller z 0 (mod p), (2) x n n (mod p) er umulig, da er er tilfellet (I) av Fermats siste teorem sann for n. Bevis. Vi merker oss at siden n er et odde primtall, kan vi bruke formen i beviset for teorem 2.7. Anta derfor at n og p tilfredsstiller betingelsene i teoremet og at x, y og z alle er relativt primiske til n. Vi starter med å bruke samme teknikk som i beviset for teorem 2.7. Det vil si at vi skriver den symmetriske ligningen på formen ( x) n = y n + z n = (y + z)(y n 1 y n 2 z + y n 3 z z n 1 ). Det samme argumentet som i beviset for teorem 2.7 gjelder også her, så faktorene y +z og y n 1 y n 2 z +y n 3 z 2...+z n 1 er relativt primiske. Det betyr igjen at vi skal finne heltall a 1, b 1, a 2, b 2, a 3 og b 3 slik at y + z = a n 1 y n 1 y n 2 z z n 1 = b n 1 x = a 1 b 1 z + x = a n 2 z n 1 z n 2 x x n 1 = b n 2 y = a 2 b 2 x + y = a n 3 x n 1 x n 2 y y n 1 = b 5 3 z = a 3 b 3. 10

13 2.4. TO TILFELLER OG BEVIS FOR N=5 OG N=7 Igjen gjelder argumentet i teorem 2.7, så p deler enten x, y eller z. Vi kan anta at pmidx. Da er 2x = a n 2 +a n 3 +( a 1 ) n 0 (mod p). Ved første betingelse på p, så deler p enten a 1, a 2 eller a 3. Hvis p deler a 2 ellera 3, betyr det at y = a 2 b 2 0 (mod p) eller z = a 3 b 3 0 (mod p). Dette er en motsigelse siden x, y og z er relativt primiske. Så p a 1, som impliserer at y z (mod p) og b n 1 ny n 1 nb n 3 (mod p). Siden p b 3, finnes det et heltall d slik at db 3 1 (mod p), som gir (db 3 ) n n (mod p). Dette motsier betingelse (2) på p og dermed har vi vist teoremet. Bevis for tilfelle n = 5 kan tilskrives Gustav Lejeune Dirichlet og Adrien- Marie Legendre, som begge publiserte bevis i Dette tilfelle må deles inn i to separate tilfeller. (1) Ett av tallene x, y eller z er både delelig med 2 og 5. (2) Partallet blant heltallene x, y eller z er ikke delelig med 5. Dirichlet viste tilfelle (1) på følgende måte: Bevis for tilfelle (1). Anta at x eller y er delelig med 5. Flytt så det andre leddet i venstresiden av Fermats ligning over til den andre siden, slik at leddet som er delelig med 5 står alene. Siden dette leddet også er delelig med 2, blir ligningen på formen u 5 ± v 5 = w 5, hvor u, v eller w er relativt primiske heltall. Siden u og v er oddetall, kan vi gjøre som i Eulers bevis for n = 3 og sette u = p + q og v = p q. Dermed blir u 5 ± v 5 = (p + q) 5 ± (p q) 5, som gir enten 2(p p 3 q 2 + 5pq 4 ) eller 2(5p 4 q + 10p 2 q 3 + q 5 ). Om nødvendig kan vi bytte om p og q slik at vi får en ligning på formen 2p(p p 2 q 2 + 5q 4 ) = w 5. Hvis 5 p, betyr det at 5 p p 2 q 2 + 5q 4 = 5 w 5, som er en motsigelse. Dermed har vi p = 5r og 5 q. Så vi får 50r(125r r 2 q 2 + q 4 ) = w 5. Faktorene er relativt primiske, så ved proposisjon 2.3 har vi 50r = β r r 2 q 2 + q 4 = β 5 2, hvor β i betegner et element i ringen Z[ 5]. Hvis vi fullfører kvadratet i det siste uttrykket, får vi noe på formen (q r 2 ) 2 625r r 4 = (q r 2 ) 2 5(10r 2 ) 2 = P 2 5Q 2. Vi skal nå prøve å gjenta Eulers argumentasjon for ringen Z[ 3] på ringen Z[ 5]. Det vil si at vi skal skrive P 2 5Q 2 som (P + 5Q)(P 5Q) og vise at P + 5Q = β 5 3. Anta at dette er mulig, det vil si at det finnes heltall A og B slik at P + 5Q = (A + 5B) 5. Da kan vi skrive ut høyresiden og gruppere sammen leddene med faktoren 5 i seg.(basiselementer i Z[ 5]) Da får vi P = A A 3 B AB 4 Q = 5A 4 B + 50A 2 B B 5. 11

14 2.4. TO TILFELLER OG BEVIS FOR N=5 OG N=7 Siden Q = 10r 2 og 50r = β 5 1, så er (50r) 2 = 250Q = β 5 4. Derfor har vi 1250B(A A 2 B 2 + 5B 4 ) = β 5 5. Vi har endt opp med et tilsvarende uttrykk som over og vi kan gjenta prosedyren en gang til. Vi vil derfor ende opp med en uendelig nedstigning, som er umulig. I resten av beviset skisserer vi bare argumentene og henviser til Edwards, [Edw77, 3.3] for detaljer. Det som gjenstår er å vise at P 2 + 5Q 2 = β 5 6 = P + 5Q = (A + 5B) 5. Før vi kan gjøre dette, må vi ta for oss det faktum at uttrykket P 2 + 5Q 2 kan være en femtepotens på andre måter. Hvis = 1 er en løsning av Pells ligning y 2 5x 2 = 1 og vi ser på uttrykket P + 5Q = (A + 5B) 5 ( ) k (A, B og k er vilkårlig valgt), så har vi P 2 + 5Q 2 = (P + 5Q)(P 5Q) = (A 2 5B 2 ) 5. Vi fullfører beviset ved å vise følgende lemma: Lemma 2.9. La P og Q være relativt primiske heltall slik at P 2 5Q 2 = βi 5, 5 Q og P og Q har motsatt paritet. Da finnes det heltall A og B slik at P + 5Q = (A + 5B) 5. For å sjekke det andre tilfellet, slik Dirichlet gjorde det, starter vi stort sett på samme måte som i det første tilfelle. Bevis for tilfelle (2). Fermats ligning kan skrives på formen u 5 ± v 5 = w 5, hvor u, v og w er relativt primiske heltall, w er delelig med 5 og u og v er av motsatt paritet. Sett u = p + q og v = p q. Da har vi ( ) 5 ( ) 5 p + q p q u 5 ± v 5 = ±. 2 2 Om nødvendig kan vi igjen bytte om p og q slik at vi får en ligning på formen 16 1 (p p 3 q 2 + 5pq 4 ) = w 5 p(p p 2 q 2 + 5q 4 ) = 16w 5. Akkurat som før kan vi sette p = 5r og 5 q. Vi får dermed 5 2 r(125r r 2 q 2 + q 4 ) = 16w 5. De to faktorene er relativt primiske, ved samme argument i det første tilfellet. Dermed har vi 25r = β 5 1 (q r 2 ) 2 5(10r 2 ) 2 = 16β 5 2, hvor β i er som i tilfelle (1). (2.4.1) 12

15 2.4. TO TILFELLER OG BEVIS FOR N=5 OG N=7 Siden et kvadrat av et oddetall er 1 (mod 8), blir (q r 2 ) 2 2 (mod 8), som betyr at 2 q r 2, men 4 q r 2. (Både p og q er oddetall) Dermed kan vi skrive den siste ligningen over som ( P 2 ) 2 5 ( Q 2 ) 2 = β 5 3, hvor P og Q er respektivt (q2 +25r 2 ) 2 og 5r 2. ( ligningen blir (2P ) 2 5(2Q) 2 = 2 4 β2 5 ) Vi skal nå under de gitte forutsetningene, vise at P Q 2 = (A B 2 )5 (2.4.2) For å vise dette starter vi å observere at enten er P Q eller P Q (mod 4). I det første tilfelle betyr det at venstresiden ( P 2 + 5Q 2 ) ( ) 5 = 2 3P + 5Q 4 + (P + 3Q) 5, 4 er på formen C + 5D. I det andre tilfellet er venstresiden ( ) ( ) P 5Q , 2 på formen C 5D. Da har vi ( P 2 ( P = 2 + = ( C + ) ( 3 5D 2 ± ) 2 ( ) 2 Q 5 2 ) ( ) 5Q P 5Q ) 5 ( C ) ( 3 5D 2 2 ± = C 2 5D 2. ) 5 Den siste ligningen viser at ( ) P 2 ( ) Q 2 er en odde femtepotens og siden ( ) P 2 + 5Q 2 = ( C + 5D ) ( 3 2 ± ) 5 2, er C og D relativt primiske. Akkurat som i tilfelle (1), skisserer vi bare de resterende argumentene og henviser til Edwards, [Edw77, 3.3] for alle detaljer. Helt tilsvarende til tilfelle (1), får vi pga. løsningen av Pells ligning beskrevet i tilfelle (1) C + 5D = (c + 5d) 5 ( ) k, hvor k = 0, 1, 2, 3 eller 4. En liten utregning gir ( )3 = , så P 5Q 2 + = (c + 5d) 5 ( )3k±1 Resten av argumentet er å vise at hvis 5 Q, så vil bare 5 og 10 være de eneste verdiene av 3k ± 1 som forekommer i uttrykket over. 2 13

16 2.4. TO TILFELLER OG BEVIS FOR N=5 OG N=7 Siden vi har vist at P Q 2 = ( A B 2 )5 under gitte forutsetninger, kan vi gange ut høyresiden i ligningen over og ordne etter basiselementene i Z[ 5] akkurat som i tilfelle (1). Da får vi Q 2 = B 5A B 3 50A B Siden 5 2 r er en femtepotens, blir uttrykket over ( A (25r) 2 4 = 125Q = 625B 16 + B 2 10A2 16 ) + 5 B4. 16 Høyresiden i uttrykket over er følgelig en femtepotens. Heltallene A og B er relativt primiske og 5 A. Dermed er 625B = β 5 4 A A 2 B B 4 = 16β 5 5. Den første ligningen forteller oss at 5 B og den andre ligningen kan bli skrevet som ( A 2 + 5B 2 ) 2 ( ) B = β A 2 + 5B 2 6 (mod 8), så ligningen over er på formen ( ) p 2 ( ) q 2 5 = β , hvor p og q er relativt primiske og 5 q. Dette medfører at p q 2 = (a b 2 )5. Det betyr at vi kan gjennomføre samme argument en gang til og vi har fått en uendelig nedstigning, som er umulig. Tilfellet n = 7 var en ekstra utfordring for mange av datidens matematikere. Det var først i 1839 at Gabriel Lamé publiserte et bevis for n = 7. Dette beviset er angivelig veldig kronglete og Paulo Ribenboim tar med et litt annet resultat av Angelo Genocchi fra 1876 i boka Fermats last theorem for amateurs [Rib08]. Teorem (1) Anta at x, y og z er røttene i det kubiske polynomet f(x) = X 3 px 2 + qx r med koeffisienter i Q og at x 7 + y 7 + z 7 = 0. Da er enten ett av tallene x, y eller z = 0 eller så er x, y og z proporsjonale med kubiske enhetsrøtter. (2) Ligningen x 7 + y 7 + z 7 = 0 har ingen ikke-trivielle heltallsløsninger. Bevis. (1) Anta at x, y og z er røttene i det kubiske polynomet F (X) = X 3 px 2 + qx r med koeffisienter i Q og at x 7 + y 7 + z 7 = 0. Da er p = x + y + z q = xy + xz + yz r = xyz. Vi betrakter nå to tilfeller: 14

17 2.4. TO TILFELLER OG BEVIS FOR N=5 OG N=7 (a) p = 0: Vi bruker identiteten (X + Y ) 7 X 7 Y 7 = 7XY (X + Y )(X 2 + XY + Y 2 ) 2. Siden p = 0 og x 7 + y 7 + z 7 = 0, får vi 7xy(x + y)(x 2 + xy + y 2 ) 2 = 0. Det betyr at enten er x = 0, y = 0 eller z = (x + y) = 0 eller så er bare x 2 + xy + y 2 = 0. Deler vi siste uttrykk med x 2 får vi ( y ) 2 y + x x + 1 = 0. La ζ = e 2πi /3 være en kubisk enhetsrot. Da vet vi at ζ 2 + ζ + 1 = 0. Siden ligningen over har denne formen, vet vi at y = xζ eller y = xζ 2. Dermed er x, y og z proporsjonale med kubiske enhetsrøtter. (b) p 0: La k 1 og s k = x k + y k + z k. De symmetriske polynomene s k kan skrives ved hjelp av p, q og r.( Se Cox et al. [CLO92, s.346] for detaljer. ) Da får vi s 1 = p, s 2 = p 2 2q, s 3 = s 2 p pq + 3r, s 4 = s 3 p s 2 q + pr, s 5 = s 4 p s 3 q + s 2 r, s 6 = s 4 p s 4 q + s 3 r, s 7 = s 6 p s 5 q + s 4 r. Putter vi dette inn i uttrykket x 7 + y 7 + z 7, får vi x 7 + y 7 + z 7 = p 7 7p 5 q + 7p 4 r + 14p 3 q 2 21p 2 qr 7pq 3 + 7pr 2 + 7q 2 r La m = pq r Q. Da er x 7 + y 7 + z 7 = p 7 7(pq r)(p 4 p 2 q + q 2 ) + 7(pq r) 2 p, Siden x 7 + y 7 + z 7 = 0, er Sett så Q = q p 2 p 7 7m(p 4 p 2 q + q 2 ) + 7m 2 p = 0. og M = m p 3. Da er p 7 7p 7 M(1 Q Q 2 ) + 7p 7 M 2 = 0, M 2 M(1 Q Q 2 ) = 0. ( 1 Q Q 2 ) 2 Skriv så diskriminanten på formen og la 2Q 1 = s t, hvor s og t er relativt primiske helltall med t > 0. Da er Q = t+s og dermed er diskriminanten 64t 4 ( (3t 2 + s 2 8t 2 ) ) = s 4 + 6(ts) 2 t4 7 = u2, hvor u er et ikke-null rasjonalt tall. Siden 7u 2 er et heltall, så er u selv et heltall og 7 t og t s. La t = 7 k v, hvor k 1 og 7 v. Dermed er diskriminanten s k (vs) 2 7 4k 1 v 4 = u 2 2t 15

18 2.4. TO TILFELLER OG BEVIS FOR N=5 OG N=7 Diskriminanten kan også skrives som og dermed er (s k v 2 ) 2 u 2 = k 1 v 4, (s k v 2 + u)(s k v 2 u) = k 1 v 4. Nå må vi vise at største felles faktor er en toerpotens. Anta derfor for at p 2 er et primtall slik at p s k v 2 + u og p s k v 2 u. Da har vi p 2u, så p u. I tillegg har vi p 2(s k v 2 ) og følgelig p s k v 2. Siden k 1 betyr det at hvis p = 7, så p s, men dette er en motsigelse. Hvis p 7, har vi ved ligningen over at p k 1 v 4, så p v. Dermed p s, og dette er en motsigelse. Derfor er den største felles faktoren en toerpotens. i. v er et oddetall: Fra den siste ligningen følger det at s k v 2 ± u = 7 4k 1 Aa 4, s k v 2 ± u = Bb 4, hvor a og b er relativt primiske, ab = v, A og B er partall og AB = 64. Eliminerer vi u, får vi 2(s k v 2 ) = 7 4k 1 Aa 4 + Bb 4. Bruker vi at v 2 1 og 7 1 (mod 8), får vi s k (ab) 2 4k 1 Aa Bb4 2 3 A 2 + B 2. Nå ser vi på mulige verdier for A og B: A = 32, B = 2 s 2 2 A = 16, B = 4 s 2 1 A = 8, B = 8 s 2 3 A = 4, B = 16 s 2 3 (mod 8)(umulig), (mod 8)(umulig), (mod 8)(umulig), (mod 8)(umulig), A = 2, B = 32 s 2 4 (mod 8). I det siste tilfelle blir siste ligning s k (ab) 2 = 7 4k 1 a b 4. Multipliserer vi med 64, får vi og følgelig 64s k 32(ab) b 4 = 7 4k 1 64a 4, (8s b k a 2 )(8s 2 32b k a 2 ) = 7 4k 1 a 4. 16

19 2.4. TO TILFELLER OG BEVIS FOR N=5 OG N=7 Vi skal nå vise at faktorene er relativt primiske. Siden a er oddetall er alle faktorer over oddetall. Hvis p er den største felles faktoren slik at p 8s 2 +32b k a 2 og p 8s 2 32b k a 2. Da p 16s, så p s. Helt tilsvarende har vi p 32b k a 2 og p 7 4k 1 a 4, ved uttrykket over. Hvis p = 7, så p s, som er umulig. Hvis p 7, da p a og følgelig p b. Dette er en motsigelse. Dette viser påstanden. Siden faktorene er relativt primiske har vi 8s 2 ± 32b 2 ± 3 7 2k a 2 = c 4, 8s 2 ± 32b 2 ± 3 7 2k a 2 = 7 4k 1 d 4, hvor c og d er relativt primiske heltall og cd = a. Dermed er c og d oddetall. Fra forrige ligning har vi kongruensen ±3 c 4 (mod 8). Dette er umulig og dermed er dette tilfellet umulig. ii. v er et partall: Ligningen s k (vs) 2 7 4k 1 v 4 = u 2 kan nå skrives på formen (s k v 2 ) 2 u 2 = 4 7 4k 1 (2v) 4. Vi kan skrive ligningen over på samme måte som i forrige tilfellet, og legge merke til at begge faktorene er partall. Med andre ord s k v 2 ± u = 2 7 4k 1 A 4, s k v 2 ± u = 2 B 4, hvor A og B er relativt primiske heltall og AB = 2v, så A eller B er et partall. Dermed har vi s 2 = 3 7 2k v k 1 A 4 + B 4 = k (AB) k 1 A 4 + B 4. Hvis B er et partall, da er A et oddetall og s 2 3v 2 1 (mod 8). Dermed er s 2 1 (mod 4), som er umulig. Hvis A er et partall, da er B et oddetall. La A = 2A 1. Fra ligningen over følger det da at s 2 = 3 7 2k (A 1 B) k 1 A B 4. Dermed er 1 s 2 3A (mod 8), og følgelig er 3A (mod 8), så 4 A 1. La A 1 = 4A 2 og A = 8A 2 og vi kan dermed skrive ligningen over som Dette gir s 2 = k (A 2 B) k 1 A B 4 s 2 (B k A 2 2) 2 = k 1 A k A 4 2 = k 1 A 4 2 (s B k A 2 2)(s + B k A 2 2) = 7 4k 1 4 (2A 2 ) 4. 17

20 2.4. TO TILFELLER OG BEVIS FOR N=5 OG N=7 De to faktorene i uttrykket over er partall og man kan vise at største felles faktor er 2. Derfor har vi s ± B 2 ± k A 2 2 = 2c 4 2, s ± B 2 ± k A 2 2 = 7 4k 1 2d 4 2, hvor c 2 og d 2 er relativt primiske heltall slik at c 2 d 2 = 2A 2. Fra ligning over kan vi ved subtraksjon slutte at og dermed er ±B 2 ± k A 2 2 = c k 1 d 4 2, ±B 2 = ±6 7 2k (c 2 d 2 ) 2 c k 1 d 4 2. Siden ethvert ikke-null kvadrat modulo 7 er kongruent med 1, 2 eller 4, er B 2 + c (mod 7). Så fortegnet i ligningen må være negativt, altså B 2 = 6 7 2k (c 2 d 2 ) 2 + c k 1 d 4 2. Denne ligningen har samme form som s k (vs) 2 7 4k 1 v 4 = u 2. Samtidig har vi v = AB 2 = 4A 2B 2c 2 d 2 > d 2 Dermed kan vi bruke uendelig nedstigning til å konkludere at dette tilfellet også er umulig. Dermed er tilfelle (1b) umulig og vi har dermed vist tilfelle (1). (2) Hvis x, y og z er heltall slik at x 7 +y 7 +z 7 = 0, kan vi betrakte det kubisk polynomet som i (1). Det følger av argumentasjonen over at det ikke finnes ikke-trivielle positive heltallsløsninger av x 7 + y 7 + z 7, siden x, y og z ikke er proporsjonale med kubiske enhetsrøtter. 18

21 Kapittel 3 Faktorisering av syklotome heltall 3.1 Syklotome heltall Vi starter vår behandling av faktorisering av syklotome heltall, med å se på noen egenskaper i syklotome heltallsringer Z[α]. Vi må også inkludere noen egenskaper i syklotome kropper Q(α). La λ være et naturlig tall og definer α = e 2πi /λ = cos( 2π λ ) + i sin( 2π λ ). Det komplekse tallet α er en rot i polynomet: x λ 1. (3.1.1) Det samme er α i, når i = 1,..., λ. La Q(α) være kroppsutvidelsen generert av α. Denne utvidelsen kalles en syklotom utvidelse av grad λ 1 over Q. Hvis λ er et odde primtall kan vi observere følgende: x λ 1 = (x 1)(x λ 1 + x λ x + 1), φ λ 1 (x) = (x λ 1 + x λ x + 1) (3.1.2) = (x α)(x α 2 ) (x α λ 1 ) (3.1.3) Polynomet φ λ 1 (x) kalles det syklotome polynomet av grad λ 1. Dette polynomet har heltallskoeffisienter, som betyr at ringen Z[α] er helavsluttet. (Se Ellingsrud [Ell13, s.3]). Da følger det at den syklotome heltallsringen Z[α] = Z[x]/(φ λ 1 (x)). Ringen Z[α] er også noethersk og har dimensjon 1. Med andre ord er alle ikke-null primidealer maksimale idealer. Vi tar bare med et bevis for den siste egenskapen. Proposisjon 3.1. La A være heltallsringen til en algebraisk tallkropp K. Da er ethvert ikke-null primideal p i A et maksimalt ideal og idealet p inneholder nøyaktig ett primtall p. Dessuten er A/p en endelig kropp som inneholder Z p. I beviset trenger to lemmaer, som vi ikke tar med bevis for. (Se Ribenboim [Rib13, s.87-88]) Lemma 3.2. Anta at R er et integritetsområde, som er er helt over en underring A og anta at a er et ikke-null ideal i R. Da er a A 0. 19

22 3.1. SYKLOTOME HELTALL Lemma 3.3. La ringene R og A være som i forrige lemma. Da er R en kropp hvis og bare hvis A er kropp. Bevis for proposisjon 3.1. La p være et ikke-null primideal. Siden A er hel over Z, har vi ved lemma 3.2 at p Z er et ikke-null primideal (p). Hvis p p er et annet primtall inneholdt i p, ville det bety at det finnes heltall m og n slik at 1 = mp+np. Dette betyr at 1 p, som er en motsigelse siden p er et primideal. I tillegg er ringen A/p hel over kroppen Z p, så ved lemma 3.3 er A/p en kropp og p er følgelig et maksimalt ideal. Et element i Z[α] betegner vi med f(α) og har formen: f(α) = a 0 + a 1 α + a 2 α a λ 1 α λ 1 hvor a i Z. (3.1.4) Merknad 1. Denne måten å skrive elementene på kan være forvirrende fordi notasjonen ikke må forveksles med funksjonsnotasjonen f(x). Det neste resultatet gir en pekepinn på valget av notasjon. Proposisjon 3.4. La σ i for i = 1, 2,..., λ 1 være ringhomomorfiene σ i : Q(α) Q(α) gitt ved: σ i (α) = α i. Da er avbildningene σ i automorfier og disse danner ei syklisk gruppe G av orden λ 1, ved σ i σ j = σ i+j. Bevis for proposisjon 3.4. Avbildningene σ i er automorfier fordi α-ene permuteres under σ i og det er λ 1 permutasjoner av α. Ved primitiv rot- teoremet 1.5 kan vi velge en primitiv rot modulo λ, som genererer hele gruppa G. Det betyr at gruppa er syklisk. Siden vi har ei gruppe som virker på ringen kaller vi enhver α i for en konjugert til α. Gruppa G fikserer Q og følgelig Z. Dermed blir σ i (f(α)) = f(σ i (α)) og vi ser at f(α i ) er en praktisk måte å betegne dette på. Siden Q(α) inneholder alle røttene i φ λ 1 (x) er G Galoisgruppa til Q(α) over Q. La m f(α) være en lineærtransformasjonen fra Q(α) til Q(α), gitt ved multiplikasjon med f(α). Da er normavbildningen N Q(α) : Q(α) Q gitt ved: N Q(α) (f(α)) = det m f(α). Samtidig splitter uttrykket i Q(α), så normen Nf(α) = σ i (f(α)). (Se Sharifi, [Sha16, s.18-19]). σ G Proposisjon 3.5. N f(α) er et ikke-negativt heltall. Bevis. Vi trenger bare å vise at N f(α) er ikke-negativ, siden lineærtransformasjonen m f(α) har koeffisienter i Z. Anta at Nf(α) = 0, da er σ i (f(α)) = 0 for minst én i. Dette impliserer at f(α) = 0 eller f(α) = φ λ 1 (α). Anta så at f(α) 0. Per definisjon av α kan vi gruppere f(α i ) og f(α i ) i λ 1 2 konjugerte par. Dermed er Nf(α) produktet av noe ikke-negativt, som var det vi skulle vise. Eksempel 3.6. La oss regne ut N(α 1) ved determinanten til m α 1 : α j α j+1 + α j for j = 1, 2,..., λ 3 α λ 2 α λ 1 α λ 2 = α + α α λ 2 20

23 3.2. FAKTORISERING AV BINOMER Kall λ 2 λ 2-matrisen for A: A = Da blir determinanten til A: λ 4 det(a) = 1(2 ( 1)) + M i+1,i+2 + 1(0 ( 1)) = 3 + λ 3 = λ Fra uttrykket følger det at N(1 α) = λ. i=0 Hvis Nf(α) = 1 kalles f(α) en enhet. Elementet f(α 2 )f(α 3 ) f(α λ 1 ) er inversen til f(α). Hvis det for et element g(α) finnes en f(α) slik at h(α) = f(α)g(α), sier vi at h(α) kan faktoriseres. Hvis h(α) ikke kan faktoriseres kalles det irredusibel. Den syklotome heltallsringen Z[α] er ikke et euklidsk område for mange verdier av λ, men et norm euklidsk område. Dermed har vi divisjonsalgoritme med hensyn på normen. (Se Akhtar [Akh95, s.29]) Vi kan utledet denne som følger. Anta først at f(α) = a 0 slik at h(α) = a 0 g(α). Dette er ikke en helt tilstrekkelig betingelse på h(α) for å være veldefinert, fordi h(α) avhenger av representasjonen av uttrykket Hvis vi legger til betingelsen at koeffisientene til h(α) tilfredsstiller b i b j (mod a 0 ), er det tilstrekkelig. Hvis h(α) = b 0 b λ 1 + (b 1 b λ 1 )α +... (b λ 2 b λ 1 )α λ 2, da a 0 h(α) = h(α) = a 0 g(α). I det generelle tilfelle bruker vi normen til å redusere til det spesielle tilfellet over. Dette gjør vi ved å observere at f(α)g(α) = h(α) er ekvivalent med at Nf(α)g(α) = h(α)f(α)f(α 2 ) f(α λ 1 ). I Z er alle irredusible elementer prim. Det viser seg at vi ikke kan utvide denne egenskapen til Z[α]. Derfor blir et prim syklotomt heltall h(α), definert slik: Definisjon 3.7. Et syklotomt heltall h(α) kalles et prim syklotomt heltall, hvis h(α) f(α)g(α) impliserer at h(α) f(α) eller h(α) g(α). Det er på ingen måte opplagt at irredusibel ikke er ekvivalent med prim. For λ 19 er Z[α] et hovedidealområde. I disse tilfellene er irredusibel ekvivalent med prim. I neste seksjon starter vi med faktorisering av de enkleste primidealene. 3.2 Faktorisering av binomer Vi har allerede antydet i introduksjonen at venstresiden i Fermats ligning kan faktoriseres ved hjelp av enhetsrøtter, x λ + y λ = (x + y)(x + αy)(x + α 2 y) (x + α λ 1 y). (3.2.1) Siden disse binomene er den enkleste typen av elementer i Z[α] er det naturlig å begynne med faktoriseringer av disse. Binomene som inngår i ligning er så viktig at vi kaller dem syklotome binomer. Det vil si at x og y er relativt primiske heltall. 21

24 3.2. FAKTORISERING AV BINOMER Teorem 3.8. Anta at h(α) er et prim syklotomt heltall som deler et syklotomt binom, x+α i y. Da h(α) N(x+α i y) og det finnes en isomorfi ψ : Z[α]/(h(α)) Z p, gitt ved α k. Heltallet k er bestemt av x+α i y og p. Dessuten er Nh(α) = p 0 eller p 1 (mod λ). Bevis. Anta at h(α) er prim og at h(α) x + α i y. Da vil h(α) også dele N(x + α i y). Siden N(x + α i y) = p l1 1 pl2 2 plr r vil h(α) p i = p. Det syklotome heltallet h(α) kan ikke dele et annet heltall k, siden det impliserer at det finnes heltall a og b slik 1 = ak + bp = h(α) 1, som er en motsigelse fordi h(α) er prim. Det betyr at for heltall u og v er u v (mod h(α)) u v (mod p). Heltallet y kan ikke være 0 (mod h(α)), siden x og y er relativt primiske. Derfor finnes det et heltall a slik ay 1 (mod p). Multipliser så det syklotome binomet med a. Da er α i ax (mod h(α)). Siden det finnes naturlig tall j slik at ij 1 (mod λ) er α ( ax) j (mod h(α)). La k være slik at k ( ax) j (mod p). Da er k ( ax) j (mod p) k ( ax) j α (mod h(α)). (3.2.2) Vi har dermed konstruert en avbildning. Det følger at hvis f(α) = a 0 + a 1 α + a 2 α a λ 1 α λ 1, så er f(α) f(k) (mod h(α)). Dermed har vi en veldefinert avbildning. Siden vi har vist at (h(α)) Z = (p) følger det at ψ er injektiv. Avbildningen er også surjektiv fordi Z Z[α] og Z er et euklidsk område. Siden α λ = 1 og α k (mod h(α)), så er Vi kan faktorisere uttrykket k λ 1 (mod h(α)) = k λ 1 (mod p). (3.2.3) k λ 1 = (k 1)(k λ 1 + k λ k + 1) 0 (mod p). (3.2.4) Ordenen til k modulo p er en divisor av λ, som betyr at d = 1 eller λ fordi λ er et primtall. Siden α λ 1 + α λ α + 1 = 0 0 (mod h(α)) = k λ 1 + k λ k (mod p) og d = 1 i dette tilfellet, så λ 0 (mod p). Ellers har vi ved Fermats teorem 1.2 k p 1 1 (mod p), som betyr at λ p 1, p 1 (mod λ). For å oppsummere er p slik at (1) p = λ (2) p 1 (mod λ). Betrakt så de konjugerte h(α 2 ), h(α 3 ),..., h(α λ 1 ). Fra uttrykket og proposisjon 3.4 følger det at de konjugerte også er primelementer. Tilfelle (1): Primelementet h(α) α 1 fordi (mod λ). I tillegg Nh(α) N(α 1). Siden Nh(α) 1, følger det at Nh(α) = N(α 1) = λ. Forøvrig er N(1 α) = N(α 1) = N(α j 1). For de andre konjugerte følger det fra Nh(α) = λ at k 1 (mod p). Dermed 22

25 3.3. PERIODER er f(α) g(α) (mod h(α i )) f(α) g(α) (mod h(α)) = h(α i ) (h(α)). Tilfelle (2): Fra α k (mod h(α)) følger det at α j k (mod h(α j )). Hvis h(α j ) h(α i ) impliserer det at α j k α i (mod h(α j )) og følgelig ville h(α j ) α j α i = α j i 1. Dette medfører at Nh(α) N(α j i 1) = λ for j i. Per antagelse er ikke dette mulig, så h(α j ) for j = 1, 2,..., λ 1 må være distinkte. Siden h(α) h(α j ) følger det at Nh(α) = p. I tillegg gir denne ligningen en fullstendig primfaktorisering av p. Korollar 3.9. Det syklotome heltallet α 1 er et primelement. Korollar Hvis Nh 1 (α) = p = Nh 2 (α) er prim, da er h 2 (α) inneholdt i hovedidealet (h 1 (α)). Hvis λ = 5 kan vi på grunn av venstresiden i Fermats ligning bruke formelen xλ +y λ x+y for å regne ut normen. Eksempel La λ = 5, da er normen Nh(α) for de første primtallene p 1 (mod 5): N(α + 2) = 11 N(α 2) = 31 N(α + 3) = 61 N(α 4) = Det betyr at de syklotome heltallene α + 2, α 2 og α + 3 og deres konjugerte gir oss en primfaktorisering av disse primtallene. For den siste ligningen kan vi først observere at Siden Perioder α 2 4 = (α + 2)(α 2). (mod 5), kan vi anvende σ 3 på uttrykket over slik at α 4 = (α 3 + 2)(α 3 2). Selv i de syklotome heltallsringene svarende til små λ blir utregningene for å finne faktoriseringer med elementer veldig store. Vi har allerede sett at avbildningene σ i er automorfier og at de danner ei Galoisgruppe. Det er dette vi skal bygge videre på. La derfor γ være en primitiv rot modulo λ. Avbildningen σ vil fra nå av bety α α γ med mindre noe annet er spesifisert. Vi begynner med normen til et syklotomt heltall, som kan skrives som Nf(α) = f(α)σ(f(α)) σ λ 2 (f(α)). (3.3.1) Antall faktorer i normen er et partall, nemlig λ 1. Dette partallet har en faktorisering λ 1 = 2 r1 p r2 2 pr k k. Kall én av disse faktorene for e. Siden γ er en primitiv rot, vil alle faktorene i uttrykket være distinkte og derfor vil 23

26 3.3. PERIODER hver e-te faktor inngå i samme bane for Galoisgruppa G. Tar vi så et element i banen og anvender σ på dette elementet vil vi ende i en annen bane for G. Med utgangspunkt i uttrykket og argumentet vi nettopp har gitt, kan vi gange samme elementene i hver bane. Normen kan da skrives som Nf(α) = F (α)σ(f (α))σ 2 (F (α)) σ e 1 (F (α)), hvor F (α) = σ e (f(α))σ 2e (f(α)) σ λ 1 e (f(α)). Vi kan forøvrig observere at σ e (F (α)) = F (α). Vi vil komme tilbake til denne egenskapen senere. Definisjon Summen av elementene i hver enkelt bane for Galoisgruppa G, kalles for en periode. Siden vi har λ 1 faktorer i normen og e baner, har hver periode λ 1 e = f ledd. Om vi velger en annen primitiv rot modulo λ, vil ikke det spille noen rolle for det syklotome heltall F (α) bygd opp perioder av lengde f, bortsett fra rekkefølgen på leddene. Proposisjon Periodene η i av lengde f er uavhengige av hvilken primitiv rot man velger. Bevis. La γ være en annen rot modulo λ. La η i betegne perioder av lengde f, som svarer til γ. (σ(α) = α γ ) Vi må vise at hvis α j η i, så er σ e (α j ) η i. Hvis dette gjelder så inneholder η i også σ e σ e (α j ) = σ 2e (α j ), σ 3e (α j ),..., σ λ 1 e (α j ). Med andre ord inneholder η i alle ledd i η k. Det er derfor tilstrekkelig å vise at σ e er en potens av σ e. Dette følger direkte fordi enhver konjugering er en potens av σ. Teknikken og ideene vi har betraktet i denne seksjon er helt i tråd med Galoisteoriens fundamentalteorem. Teorem 3.14 (Galoisteoriens fundamentalteorem). La E være et Galoisutvidelse av en kropp F og G = Gal(E/F ). Avbildningene H E H og M Gal(E/M) gir oss en 1 1 korrespondanse mellom: {Undergrupper H av G} {Underkropper M av E over F }. Bevis. Se Milne [Mil15, s.39-40] Kummer greide ved hjelp av denne metoden å finne entydige faktoriseringer av primtall p = Nf(α) 1 (mod λ) i de syklotome heltallsringene svarende til alle λ 19. Vi tar tilslutt med et par eksempler på utregninger av faktoriseringer av slike primtall, spesielt et eksempel på at entydig faktorisering feiler. Eksempel La λ = 7 og p = 29: Prøv k = a 4 hvor a 0 og a 4 1. Da har vi k 7 1, men k 1. Velg a = 2 slik at k i (mod 7) blir: i = 1 : 13, i = 2 : 5, i = 3 : 7 i = 4 : 4, i = 5 : 6, i = 6 : 9 Vi ser da av utregningene at f(α) = α 2 α for at f( 13) 0. La γ = 3 (mod 7) være en primitiv rot. Da er normen Nf(α) = f(α)f(α 2 )f(α 4 )f(α 3 )f(α 5 )f(α 6 ) 24

27 3.3. PERIODER Hvis h(α) = f(α)f(α 2 )f(α 4 ), blir h(α 3 ) = f(α 3 )f(α 5 )f(α 6 ). Dermed er h(α) = (α 2 α 4 + 1)(α 4 α + 1)(α α 2 + 1) = 2η 0 + 2η = 1 4η 0. I siste likhet bruker vi formelen 1 + η 0 + η 1 = 0. Ved konjugering blir da Dermed er h(α 3 ) = 1 4η 1. Nf(α) = ( 1 4η 0 )( 1 4η 1 ) = η 0 η 1. η 0 η 1 = (α + α 2 + α 4 )(α 3 + α 5 + α 6 ) = 3 + α + α 2 + α 3 + α 4 + α 5 + α 6 = 2 Nf(α) = = 29 Siden Nf(α) = 29, gir f(α) og dens konjugerte en fullstendig primfaktorisering av 29. Eksempel 3.16 (Entydig faktorisering feiler). La λ = 23. Da er det første primtall som er 1, 47. En mulig k er et kvadrat, velg derfor 4. Regner vi ut potensene k i (mod 23) får vi: i = 1 : 4, i = 2 : 16, i = 3 : 17, i = 4 : 21 i = 5 : 10, i = 6 : 7, i = 7 : 19, i = 8 : 18 i = 9 : 22, i = 10 : 6, i = 11 : 24, i = 12 : 2 i = 13 : 8, i = 14 : 15, i = 15 : 13, i = 16 : 5 i = 17 : 20, i = 18 : 14, i = 19 : 9, i = 20 : 11 i = 21 : 3, i = 22 : 12 Dette betyr at vi kan prøve f(α) = 1 α + α 21 fordi Vi skal nå regne ut normen Nf(α). Siden λ 1 = 2 11, velger vi den primitive roten γ = 21 og skriver normen som F (α)f (α 21 ), hvor F (α) = f(α)f(α 4 )f(α 16 )f(α 18 )f(α 3 )f(α 12 )f(α 2 )f(α 8 )f(α 9 )f(α 13 )f(α 6 ). For å forenkle regningen litt kan vi sette g(α) = f(α)f(α 4 ) og h(α) = g(α)f(α 16 ) slik at F (α) = h(α)h(α 18 )h(α 2 )g(α 13 ). 25