Folien zur 2. Vorlesung

Aus dem Schulunterricht ist bekannt, dass die Seitenlängen a, b, c
eines rechtwinkligen Dreiecks die Gleichung
a2 + b 2
=
c2
erfüllen, wobei c die Seitenlänge der Hypothenuse und a, b die
beiden übrigen Seitenlängen bezeichnen. Die Gleichung ist als
Satz des Pythagoras bekannt und motiviert die folgende Definition.
Definition
Ein pythagoräisches Tripel ist ein Tripel (a, b, c) natürlicher
Zahlen, welche die Gleichung a2 + b 2 = c 2 erfüllen (also als
Seitenlängen eines rechtwinkligen Dreiecks auftreten).
Beispiele für pythagoräische Tripel sind
(3, 4, 5),
(5, 12, 13),
(8, 15, 17),
(7, 24, 25),
(20, 21, 29), ...
Seit der Antike ist bekannt, dass es unendlich viele pythagoräische
Tripel gibt. Es gibt sogar eine einfache Formel zur Erzeugung solcher Tripel: Sind m, n ∈ N mit m > n, dann bilden die Zahlen
(a, b, c) gegeben durch
a = m2 − n2
,
ein Pythagoräisches Tripel.
b = 2mn
,
c = m2 + n2
Der französische Jurist und Hobbymathematiker
Pierre de Fermat las im Jahre 1637 in einer Ausgabe der Arithmetica des griechischen Mathematiker Diophantos. Der Abschnitt über die pythagoräischen Tripel veranlasste ihn zu folgender
Randbemerkung.
Cubum autem in duos cubos, aut quadratoquadratum in duos
”
quadratoquadratos, et 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.“
Es ist unmöglich, einen Kubus in zwei Kuben zu zerlegen, oder
”
ein Biquadrat in zwei Biquadrate, oder allgemein irgendeine Potenz
größer als die zweite in Potenzen gleichen Grades. Ich habe hierfür
einen wahrhaft wunderbaren Beweis gefunden, doch ist der Rand
hier zu schmal, um ihn zu fassen.“
Satz (Großer Fermatscher Satz)
Sei n ∈ N, n > 2. Dann gibt es keine x, y , z ∈ Z mit
xn + yn = zn
und
xyz 6= 0.
Vollständig bewiesen wurde dieser Satz erst mehr als 350 Jahre
später, im Jahre 1994 vom Engländer Andrew Wiles.
In Fermats Aufzeichnungen findet sich ein Beweis nur für den Fall
n = 4. Er basiert auf der Primfaktorzerlegung der natürlichen Zahlen. Genauer zeigte Fermat sogar
Satz (*)
Es gibt keine ganzen Zahlen x, y , z mit
x4 + y4
=
z2
mit
xyz 6= 0.
Daraus ergibt sich unmittelbar auch der Fermatsche Satz für
n = 4. Wäre nämlich (a, b, c) ein Tripel mit
a4 + b 4 = c 4
und
abc 6= 0,
dann erhält man wegen a4 + b 4 = (c 2 )2 auch ein Tripel, dass die
Gleichung (*) erfüllt.
Der Beweis von (*) beruht auf der sogenannten Abstiegsmethode.
Für jedes m ∈ N0 betrachten wir die Aussage
Aussage (Am )
Es gibt paarweise teilerfremde Zahlen a, b, c ∈ N mit 2 - (abc), so
dass a4 + (2m b)4 = c 2 erfüllt ist.
Zunächst zeigen wir
Proposition
Besitzt die Gleichung (*) eine Lösung (x, y , z) mit xyz 6= 0, dann
ist (Am ) für ein m ∈ N0 erfüllt.
Beweis:
Angenommen, (x, y , z) erfüllt die Gleichung (*), aber die Zahlen
x, y , z sind nicht paarweise teilerfremd. Dann gibt es eine Primzahl
p, die zwei der drei Zahlen x, y , z teilt. Auf Grund der Gleichung
(*) x 4 + y 4
teilt p dann auch die dritte Zahl.
=
z2
Aus p | x, p | y , p | z folgt p 4 | x 4 und p 4 | y 4 , damit auch p 4 | z 2
und p 2 | z. Wir ersetzen nun x, y , z durch die Zahlen
x0 =
x
p
,
y0 =
y
p
und z 0 =
z
.
p2
Wegen
4
x +y
4
=
z
2
⇔
4 4
x
y
+
p
p
=
2
z
p
ist die Gleichung (*) weiterhin erfüllt.
Wir wiederholen diesen Schritt nun so oft, bis die Zahlen x, y , z
keinen gemeinsamen Primteiler mehr besitzen. Damit ist gezeigt:
Besitzt (*) eine Lösung, dann gibt es auch eine Lösung mit
paarweise teilerfremden x, y , z.
Sei nun (x, y , z) eine solche Lösung. Von den drei Zahlen x, y , z
kann dann höchstens eine gerade sein. Wäre z gerade, dann
müssten also x und y ungerade sein. Nun ist das Quadrat einer
geraden Zahl immer ≡ 0 mod 4, denn
(2k)2 = 4k 2 ≡ 0
mod 4
während das Quadrat einer ungeraden Zahl immer ≡ 1 mod 4 ist,
denn
(2k + 1)2 = 4k 2 + 4k + 1 ≡ 1 mod 4.
Aus der Annahme x, y ungerade, z gerade folgt
0 ≡ z 2 ≡ x 4 + y 4 ≡ (x 2 )2 + (y 2 )2 ≡ 1 + 1 ≡ 2 mod 4
Es gilt aber 2 6≡ 0 mod 4, denn 4 teilt nicht 2 − 0. Also muss z
auf jeden Fall ungerade sein.
Nach eventueller Vertauschung von x und y können wir annehmen,
dass x, z ungerade und y gerade ist. Sei m ∈ N die Vielfachheit
des Primfaktors 2 in y . Ersetzen wir y durch y 0 = 2−m y , dann sind
x, y , z alle ungerade, und es gilt
x 4 + (2m y )4
=
z 2.
Die Aussage (Am ) ist also für dieses m erfüllt.
Auf Grund unserer Vorüberlegungen ist der Fermatsche Satz also
bewiesen, wenn
Aussage (Am )
Es gibt paarweise teilerfremde Zahlen a, b, c ∈ N mit 2 - (abc), so
dass a4 + (2m b)4 = c 2 erfüllt ist.
für kein m ∈ N erfüllt ist.
Fermats Abstiegsargument: Ist (Am ) für ein m ∈ N erfüllt, dann
gibt es auch ein minimales m mit dieser Eigenschaft. Wenn nun
aus (Am ) abgeleitet werden kann, dass die Ausage auch für ein
m0 < m gilt, so ist dies ein Widerspruch zur Minimalität von m.
Die Annahme, dass (Am ) für ein (minimales) m ∈ N gilt, war also
falsch.
Nehmen wir also an, m ist minimal, so dass (Am ) gilt, mit
a, b, c ∈ N. Wir zeigen, dass dann auch (Am−1 ) erfüllt ist und
unterteilen den Beweis dazu in vier Einzelschritte.
(1) Es gilt 24m b 4 = (c − a2 )(c + a2 ), und der ggT der Faktoren
rechts ist 2.
(2) Es gibt teilerfremde, ungerade u, v ∈ N mit c + a2 = 2u 4 und
c − a2 = 24m−1 v 4 .
(3) Es gilt 24m−2 v 4 = (u 2 − a)(u 2 + a), und der ggT der Faktoren
rechts ist gleich 2.
(4) Es gibt paarweise teilerfremde a0 , b 0 , c 0 ∈ N mit 2 - (a0 b 0 c 0 )
und (a0 )4 + (2m−1 b 0 )4 = (c 0 )2 .
zum 1. Schritt:
Aus der Voraussetzung a4 + (2m b)4 = c 2 folgt
24m b 4
=
c 2 − a4
=
(c − a2 )(c + a2 ).
Angenommen, p ist eine ungerade Primzahl mit p | (c − a2 ) und
p | (c + a2 ). Dann teilt p auch (c + a2 ) + (c − a2 ) = 2c und
(c + a2 ) − (c − a2 ) = 2a2 . Es folgt p|a und p|c.
⇒ Widerspruch zur Teilerfremdheit von a und c
Da a und c beide ungerade sind, gilt 2 | (c − a2 ) und 2 | (c + a2 ).
Angenommen, es gilt 4 | (c − a2 ) und 4 | (c + a2 ). Dann teilt 4
auch (c + a2 ) + (c − a2 ) = 2c, und 2 | c.
⇒ Widerspruch, denn c ist ungerade
⇒
ggT(c + a2 , c − a2 )
=
2.
zum 2. Schritt:
Sei p eine ungerade Primzahl. Dann teilt p die Zahl 24m b 4 mit
Vielfachheit 4k für ein k ∈ N0 . Da die Faktoren c ± a2 nach (1)
die Zahl 2 als ggT haben, kommt p in einem der Faktoren mit
Vielfachheit 4k vor, im anderen gar nicht. Also kommen alle
ungeraden Primzahlen in c − a2 und c + a2 mit einer durch 4
teilbaren Vielfachheit vor. Es gibt also ungerade u, v ∈ N und
r , s ∈ N mit
c + a2
=
2r u 4
und c − a2 = 2s v 4 .
Wegen ggT(c + a2 , c − a2 ) = 2 sind u, v teilerfremd, und
r + s = 4m mit entweder
(i) r = 1
oder
(ii) s = 1.
Angenommen, es gilt (ii). Dann gilt c + a2 = 24m−1 u 4 und
c − a2 = 2v 4 . Es folgt
2a2
=
(c+a2 )−(c−a2 )
=
24m−1 u 4 −2v 4 ≡ −2v 4
mod 8
und somit a2 ≡ −v 4 ≡ −1 mod 4. Widerspruch, denn das
Quadrat einer ungeraden Zahl ist immer kongruent zu 1 modulo 4.
Also gilt r = 1, s = 4m − 1, c + a2 = 2u 4 , c − a2 = 24m−1 v 4 .
zum 3. Schritt:
Es gilt 2a2 = (c + a2 ) − (c − a2 ) = 2u 4 − 24m−1 v 4 , also
a2 = u 4 − 24m−2 v 4 und somit
24m−2 v 4
=
u 4 − a2
=
(u 2 − a)(u 2 + a).
Sei nun p eine ungerade Primzahl. Angenommen, es gilt
p | (u 2 − a) und p | (u 2 + a). Dann folgt p | (2u 2 ) und p | (2a),
also auch p | u und p | a. Wegen c + a2 = 2u 4 folgt p | c und
p | a. ⇒ Widerspruch zur Teilerfremdheit von a und c.
Da a und u ungerade sind, gilt 2 | (u 2 − a) und 2 | (u 2 + a).
Angenommen, es gilt 4 | (u 2 − a) und 4 | (u 2 + a). Dann folgt
4 | (2a) und 2 | a. ⇒ Widerspruch, da a ungerade.
⇒
ggT(u 2 − a, u 2 + a)
=
2.
zum 4. Schritt:
Wie im 2. Schritt folgt aus der Gleichung
24m−2 v 4 = (u 2 − a)(u 2 + a) und ggT(u 2 − a, u 2 + a) = 2, dass
ungerade, teilerfremde a0 , b 0 ∈ N und r , s ∈ N existieren mit
u 2 − a = 2r (a0 )4
,
u 2 + a = 2s (b 0 )4
wobei r + s = 4m − 2 und r = 1 oder s = 1 gilt.
Setzen wir c 0 = u, dann folgt 2r (a0 )4 + 2s (b 0 )4 = 2(c 0 )2 , somit
2r −1 (a0 )4 + 2s−1 (b 0 )4 = (a0 )2 , im Fall (i) also
(a0 )4 + (2m−1 b 0 )4
=
(c 0 )2
,
(∗∗)
im Fall (ii)
(2m−1 a)4 + (b 0 )4
=
(c 0 )2 .
Nach eventueller Vertauschung von a0 und b 0 können wir
annehmen, dass (∗∗) gilt.
Die Zahlen a0 , b 0 , c 0 sind ungerade, a0 und b 0 teilerfremd. Ist p ein
gemeinsamer Teiler von a0 und c 0 , dann ist p ungerade, und es folgt
p | ((c 0 )2 − (a0 )4 )
(∗∗)
⇒
p | (2m−1 b 0 )4
⇒
p | b0
im Widerspruch zur Teilerfremdheit von a0 und b 0 . Also sind a0 und
c 0 teilerfremd. Genauso zeigt man, dass b 0 und c 0 teilerfremd
sind.
Die Unlösbarkeit der Gleichung x 4 + y 4 = z 2 wurde dadurch
bewiesen, dass sie zu
y4
=
(z − x 2 )(z + x 2 )
umgeformt und die Primfaktorzerlegungen der Zahlen links und
rechts miteinander verglichen wurden.
Frage: Lässt sich dieselbe Idee verwenden, um das Fermatsche
Problem für n 6= 4 zu lösen? Lässt sich beispielsweise die rechte
Seite der Gleichung
y3 = z3 − x3
auf ähnliche Weise faktorisieren und damit die Unlösbarkeit der
Gleichung beweisen? Über dem Ring Z der gewöhnlichen ganzen
Zahlen nicht! Aber wenn man Z auf geeignete Weise erweitert...
Komplexe Zahlen
In den reellen Zahlen ist die Gleichung x 2 + 1 = 0 unlösbar. Aber
in der Algebra-Vorlesung wird gezeigt, dass sich R so erweitern
lässt, dass die Gleichung lösbar wird.
Satz (Existenz der komplexen Zahlen)
Es gibt einen Körper C ⊇ R mit einem Element i ∈ C, so dass
i 2 = −1 gilt und jedes Element z ∈ C auf eindeutige Weise in der
Form z = a + bi mit a, b ∈ R dargestellt werden kann. Man nennt
C den Körper der komplexen Zahlen.
Die Zuordnung a + bi 7→ (a, b) ermöglicht eine Identizierung der
komplexen Zahlen mit den Punkten der reellen Ebene.
(a = Real-, b = Imaginärteil von a + ib)
Rechenoperationen von C
Addition
(a + bi) + (c + di)
=
(a + c) + (b + d)i
Multiplikation
(a+bi)(c+di)
=
ac+bci+adi+bdi 2
=
a − bi
(a − bi)(a + bi)
=
(ac−bd)+i(bc+ad)
Kehrwertbildung
1
a + bi
=
=
a2
a
(−b)
+ 2
i
2
+b
a + b2
a − bi
a2 + b 2
Definition
Ist z = a + bi ∈ C mit a, b ∈ R, dann heißt z̄ = a − bi die zu z
2
2
konjugiert komplexe Zahl. Die Zahl N(z)
p= zz̄ = a + b nennen
wir die Norm, die Quadratwurzel |z| = N(z) den Betrag von z.
Der Betrag |z| gibt die Entfernung des Punktes z vom Nullpunkt
der Ebene an.
Für z, w ∈ C gilt zw = z̄ · w̄ und folglich
N(zw ) = N(z)N(w )
und
|zw | = |z| · |w |.
Satz
Der Körper C ist algebraisch abgeschlossen. Das bedeutet: Jedes
Polynom f ∈ C[x] vom Grad n besitzt genau n Nullstellen in C
(evtl. mit Vielfachheiten).
Insbesondere besitzt die Gleichung x n − 1 genau n komplexe
Nullstellen. Man bezeichnet sie als n-te Einheitswurzeln.
x4 − 1
=
(x 2 − 1)(x 2 + 1)
=
(x − 1)(x + 1)(x − i)(x + i)
Also sind ±1, ±i die vierten Einheitswurzeln.
Sei ζ = − 21 +
1
2
√
√
3i = − 12 + 12 −3. Dann sind
1,
ζ,
ζ2
die dritten Einheitswurzeln. Dazu rechnet man nach, dass
√
ζ 2 = − 21 − 12 −3
und
ζ 3 = 1 gilt.
Daraus folgt
(x − ζ)(x − ζ 2 )
=
x 2 − (ζ + ζ 2 )x + ζζ 2
=
x2 + x + 1
und
(x − 1)(x − ζ)(x − ζ 2 )
=
(x − 1)(x 2 + x + 1)
=
x 3 − 1.
Mit Hilfe der dritten Einheitswurzel ζ lässt sich die Ausdruch
z 3 − x 3 der Fermatschen Gleichung faktorisieren! Es gilt
(z − x)(z − ζx)(z − ζ 2 x)
=
(z − x)(z 2 − (ζ + ζ 2 )xz + ζ 3 x 2 )
(z − x)(z 2 + xz + x 2 )
z 3 − xz 2 + xz 2 − x 2 z + x 2 z − x 3
=
=
=
z3 − x3
Ansatz zur Lösung des Fermatschen Problems für n = 3
Erweitere die ganzen Zahlen Z durch das Element ζ und betrachte
die Primfaktorzerlegung von z 3 − x 3 in diesem erweiterten Ring.
Definition
Der Ring der Eisensteinzahlen ist definiert durch
{ 12 a
Z[ζ] = {u + v ζ | u, v ∈ Z} =
√
+ 12 −3b | a, b ∈ Z, a ≡ b mod 2}
Unser Ziel besteht darin, das Konzept der eindeutigen Primfaktorzerlegung von den natürlichen Zahlen auf die Ringe Z und Z[ζ] zu
übertragen. Dabei stößt man auf das Problem, dass die Zerlegung
durch die Einheiten des Rings nicht mehr völlig eindeutig ist.
Beispiel:
Die Einheiten des Rings Z sind ±1. Für die Zahl 30 führt die zu
den unterschiedlichen Zerlegungen der Zahl 30 gegeben durch
30 = 2 · 3 · 5 = (−2) · (−3) · 5 = 2 · (−3) · (−5) = (−2) · 3 · (−5).
Definition
Ein Element π 6= 0 in Z oder Z[ζ] wird Primelement genannt,
wenn π selbst keine Einheit ist und in jeder Darstellung von π als
Produkt von zwei Ringelementen jeweils ein Faktor eine Einheit ist.
Zum Beispiel ist −5 in Z ein Primelement. Mögliche Darstellungen
von −5 als Produkt sind −5 = 5 · (−1) = (−5) · 1.
Definition
Zwei Elemente α, β in Z oder Z[ζ] werden assoziiert zueinander
genannt, wenn eine Einheit ε im Ring existiert, so dass β = εα
erfüllt ist.
Zum Beispiel sind die Elemente −15 und 15 in Z assoziiert.
Der Satz von der eindeutigen Primfaktorzerlegung gilt nun für Z[ζ]
in der folgenden Fassung.
Theorem
Jedes Element α 6= 0 in Z[ζ], das keine Einheit ist, lässt sich auf
eindeutige Weise als Produkt von Primelementen darstellen. Dabei
bedeutet die Eindeutigkeit: Sind
π1 · ... · πr
=
α
=
π10 · ... · πs0
zwei solche Produktdarstellungen, dann gilt r = s, und nach
geeigneter Sortierung der Faktoren ist πk assoziiert zu πk0 für
1 ≤ k ≤ r.
Entsprechendes gilt auch für Z. In dieser Fassung werden die
Zerlegungen 30 = 2 · 3 · 5 = (−2) · (−3) · 5 als im wesentlichen
”
gleich“ angesehen. Es drängt sich nun folgende Frage auf:
Was sind die Einheiten von Z[ζ]?
wichtige Beobachtung:
Die Normfunktion N(z) = zz̄ nimmt auf den Elementen von Z[ζ]
nur Werte aus N an.
denn:
Ist α ∈ Z[ζ], dann gibt es a, b ∈ Z mit
√
α = 12 a + 12 b −3 und a ≡ b
mod 2.
Daraus folgt, dass a2 + 3b 2 durch 4 teilbar ist. Also ist
√
√
N(α) = αᾱ = ( 12 a + b 12 3i)( 21 a − b 12 3i)
=
( 12 a)2 + 3( 21 b)2
=
eine ganze Zahl, außerdem offenbar positiv.
1 2
4a
+ 34 b 2
Satz
Die Einheiten von Z[ζ] sind genau die Elemente α mit N(α) = 1.
Dies sind die sechs Elemente
√
±1, ± 12 ± 12 −3
Beweis:
√
Angenommen, α = 12 a + 12 b −3 ist eine Einheit, mit a, b ∈ Z,
a ≡ b mod 2. Dann gibt es ein β ∈ Z[ζ] mit
αβ
=
1.
Es folgt N(α)N(β) = N(αβ) = N(1) = 1.Weil aber N(α) und
N(β) natürliche Zahlen sind, muss N(α) = N(β) = 1 gelten.
Aus N(α) = 1 folgt 14 a2 + 34 b 2 = 1 und a2 + 3b 2 = 4.
Die einzigen ganzzaligen Lösungen dieser Gleichung sind
{(2, 0), (−2, 0), (1, 1), (1, −1), (−1, 1), (−1, −1)}.
Ist a = 2 und b = 0, dann ist α = 1.Die anderen fünf Lösungen
entsprechen den Elementen
√
√
−1 , 12 + 21 −3 , 12 − 21 −3 ,
√
√
− 21 + 12 −3 , − 21 − 12 −3.
Das die angegebenen sechs Elemente tatsächlich Einheiten sind,
rechnet man direkt nach:
√
√
1 · 1 = (−1) · (−1) = ( 12 + 12 −3)( 21 − 12 −3)
√
√
= (− 12 + 12 −3)(− 21 − 12 −3) = 1.
Die Primelemente in Z[ζ] erhält man durch Betrachtung der
Primzahlen. Eine Primzahl p ist entweder auch ein Primelement in
Z[ζ], oder sie ist Produkt von zwei Primelementen.
√
√
3 = ( −3)(− −3) , 5 ist prim ,
√
√
7 = ( 25 + 12 −3)( 52 − 12 −3) , 11 ist prim ,
√
√
13 = ( 27 + 12 −3)( 27 − 12 −3) , 17 ist prim ,
√
√
19 = (4 + 3 −3)(4 − 3 −3) , 23 ist prim ,
√
√
7
7
11
29 ist prim , 31 = ( 11
...
2 + 2 −3)( 2 − 2 −3) ,
2 ist prim ,
Wie beweist man, dass die angegebenen Elemente tatsächlich
Primelemente sind? Wieder mit der Normfunktion!
Behauptung:
√
π = 52 + 21 −3 ist Primelement in Z[ζ]
Begründung:
Wegen N(π) = ( 52 )2 + 3( 21 )2 = 7 > 1 ist π jedenfalls keine Einheit.
Ist α nicht prim, dann gibt es zwei Nicht-Einheiten α, β in Z[ζ]
mit π = αβ. Es folgt
7
=
N(π)
=
N(α)N(β).
Weil 7 eine Primzahl und N(α) und N(β) natürliche Zahlen sind,
muss N(α) = 1 oder N(β) = 1 gelten. Dann wäre aber α oder β
doch eine Einheit. Widerspruch!
Also ist π ein Primelement.
Behauptung:
Die Zahl 2 ist ein Primelement in Z[ζ]
Begründung:
Wegen N(2) = 22 = 4 > 1 ist 2 jedenfalls keine Einheit. Ist 2
nicht prim, dann gibt es zwei Nicht-Einheiten α, β in Z[ζ] mit
2 = αβ. Es folgt
22
=
N(2)
=
N(α)N(β).
Weil α, β keine Einheiten sind, gilt N(α), N(β) > 1. Auf Grund der
Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung
folgt N(α) = N(β) = 2. Wir
√
1
1
schreiben nun α = 2 a + 2 b −3, mit a, b ∈ Z. Dann folgt
2 = N(α) = 14 a2 + 43 b 2 und somit
a2 + 3b 2
=
8.
Aber diese Gleichung ist mit a, b ∈ Z unlösbar, wie man durch
Einsetzen der Werte b = 0 und 1 sieht. Also gibt es eine Zerlegung
wie angegeben nicht, und 2 ist Primelement.