Seminar zur Zahlentheorie Spezialfälle des Satzes von Fermat

Seminar zur Zahlentheorie
Spezialfälle des Satzes von
Fermat
Vortrag von
Kristina Rupp und Benjamin Letschert
am 29.01.2008
Inhaltsverzeichnis
13 Speziallfälle des Satzes von Fermat
13.1 Der Große Satz von Fermat: . . . .
13.2 Bemerkung: . . . . . . . . . . . . . .
13.3 Satz: . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13.4 Satz: . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13.5 Erinnerung: . . . . . . . . . . . . . .
13.6 Korollar: . . . . . . . . . . . . . . .
13.7 Korollar: . . . . . . . . . . . . . . .
13.8 Korollar: . . . . . . . . . . . . . . .
13.9 Satz: . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13.10 Lemma: . . . . . . . . . . . . . . . .
13.11 Literaturverzeichnis . . . . . . . . .
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1
1
1
2
4
4
5
5
6
7
9
13 SPEZIALLFÄLLE DES SATZES VON FERMAT
13
13.1
Speziallfälle des Satzes von Fermat
Der Große Satz von Fermat:
Für jede natürliche Zahl n ≥ 3 hat die Gleichung
Xn + Y n = Zn
keine nichttrivialen Lösungen (x, y, z) ∈ Z3 , das heißt, dass für jede Lösung (x, y, z)
gilt: x ⋅ y ⋅ z = 0.
(A) Reduktion des Exponenten auf 2 Fälle
13.2
Bemerkung:
Jede natürliche Zahl n ≥ 3 ist durch 4 oder durch eine ungerade Primzahl teilbar.
13.3
Satz:
Um den Großen Satz von Fermat, X n + Y n = Z n mit 3 ≤ n ∈ N zu zeigen, genügt
es, die Fälle n = 4 und n = p, wobei p eine ungerade Primzahl ist, zu betrachten.
Begründung: Angenommen, es existiert eine nichttriviale Lösung (x, y, z) ∈ Z3 von
X n + Y n = Z n . Nach (13.2) folgt dann:
1. Fall: Sei n = p ⋅ d mit p ungerade Primzahl und d ∈ N. Dann gilt aufgrund von
Potenzgesetzen:
xpd + y pd = z pd = (z d )p = (xd )p + (y d )p .
Somit ist auch (xd , y d , z d ) ∈ Z3 eine nichttriviale Lösung von der Gleichung
X p + Y p = Z p.
2. Fall: Sei n = 4 ⋅ d. Der Fall ist analog zu Fall 1.
(B) Der Fall n = 4
Die Gleichung X 4 + Y 4 = Z 4 hat keine nichttrivialen Lösungen (x, y, z) ∈ Z3 .
Dies folgt aus
1
13 SPEZIALLFÄLLE DES SATZES VON FERMAT
13.4
Satz:
Die Gleichung
X4 + Y 4 = Z2
hat keine nichttrivialen Lösungen (x, y, z) ∈ Z3 .
Wir beweisen dies durch die Technik des unendlichen Abstiegs“, das heißt: gibt
”
es eine nichttriviale Lösung (x, y, z) ∈ Z3 , so existiert eine weitere nichttriviale
Lösung (x′ , y ′ , z ′ ) ∈ Z3 für die ∣z ′ ∣ < ∣z∣ gilt.
Beweis per Widerspruch:
Angenommen es gibt eine nichttriviale Lösung (x, y, z) ∈ Z3 mit ∣z∣ ∈ N minimal.
Wir können x, y, z > 0 voraussetzen.
Behauptung 1: Sind x, y, z paarweise teilerfremd, so gilt ggT(x, y, z) = 1.
Beweis: Betrachte den Fall ggT(x, y) = p > 1 Primzahl. Dann liefert die Gleichung
y 4
z 2
x 4
( ) + ( ) = ( 2)
p
p
p
eine weitere Lösung mit betragsmäßig kleinerer dritter Komponente (∣ pz2 ∣ < ∣z∣).
Analog gilt dies für ggT(x, z) > 1 und ggT(y, z) > 1. Aufgrund des Widerspruchs
zu der Annahme, dass ∣z∣ minimal gewählt wurde, können wir annehmen, dass x, y
und z paarweise teilerfremd sind, also ggT(x, y, z) = 1 gilt.
◻
Behauptung 2: x und y dürfen nicht gleichzeitig ungerade sein.
Beweis: Für a ∈ N ungerade gilt: a ≡ ±1 mod 4 . Daraus folgt a4 ≡ (±1)4 = 1 mod 4,
sodass für x, y ungerade gilt: x4 + y 4 = z 2 ≡ 2 mod 4. Aus z 2 ≡ 2 mod 4 folgt
2∣z 2 , also auch 2∣z. Daher ist z ≡ 0 mod 2 , womit z 2 ≡ 0 mod 4 gilt. Aus diesem
Widerspruch ergibt sich, dass x und y nicht beide gleichzeitig ungerade sein dürfen.
◻
Also können wir annehmen, dass x ungerade und y gerade ist, wodurch z ebenfalls
ungerade ist.
Durch Umstellen von x4 + y 4 = z 2 erhalten wir mit binomischen Formeln
y 4 = (z − x2 )(z + x2 ).
Betrachte nun den ggT ((z − x2 ), (z + x2 )) =∶ g > 0. Da y gerade ist, folgt 2∣g.
2
13 SPEZIALLFÄLLE DES SATZES VON FERMAT
Behauptung 3: Es gilt g = 2.
Beweis: Wir nehmen an, es gibt eine Primzahl p ≥ 3, für die p∣g gilt. Dann folgt
p∣(z + x2 ) und p∣(z − x2 ), somit teilt p auch auch die Summe und die Differenz, also
p∣2z und p∣2x2 . Jedoch ist das ein Widerspruch zur Teilerfremdheit von x und z.
Desweiteren gilt: g∣2z, womit 4 ∤ g folgt, da z ungerade ist. Daher ist g ≠ 2k für
k ∈ N, k ≥ 2, und es folgt g = 2.
◻
Behauptung 4: z + x2 ist genau einmal durch 2 teilbar.
Beweis: Angenommen 2 teilt (z − x2 ) genau einmal. Dann existieren ganze, teilerfremde Zahlen a und b mit 2 ∤ a und
z − x2 = 2a4
.
z + x2 = 8b4
Dies ist ein Widerspruch, da sonst x2 = 4b4 − a4 ≡ −1 mod 4 wäre, obwohl für x
ungerade x ≡ ±1 mod 4 gilt, sodass x2 ≡ (±1)2 = 1 mod 4 folgt.
Daher ist nur z + x2 genau einmal durch 2 teilbar und es existieren ganze, teilerfremde Zahlen a und b mit 2 ∤ b und
(⋆)
z − x2 = 8a4
.
z + x2 = 2b4
Wäre a = 0, so würde z = x2 folgen, für b = 0 würde z = −x2 folgen. Aus beiden
Fällen ergibt sich y = 0. Daher können wir a, b > 0 annehmen.
Dann folgt aus ggT(a, b) = 1 und x2 = b4 − 4a4 , dass ggT(b, x) = 1 gilt.
◻
Durch Umstellen und Einsetzen folgt aus den beiden obigen Gleichungen (⋆)
zunächst z = 8a4 + x2 und somit 8a4 + x2 + x2 = 2b4 , woraus sich 4a4 + x2 = b4
ergibt. Mit binomischen Formeln erhalten wir 4a4 = (b2 − x)(b2 + x).
Behauptung 5: Es gilt ggT((b2 − x), (b2 + x)) = 2.
Beweis: Angenommen es gilt p∣ggT((b2 − x), (b2 + x)), wobei p ≥ 3 eine Primzahl
ist. Dann gilt auch p∣(b2 − x) und p∣(b2 + x), woraus p∣b und p∣x folgt. Dies ist ein
Widerspruch zur Teilerfremdheit von b und x.
Würde ggT((b2 − x), (b2 + x)) = 2k mit k ≥ 2, k ∈ N gelten, so wäre b2 − x ≡ 0 mod 4
und ebenso b2 + x ≡ 0 mod 4 und somit 2b2 ≡ 0 mod 4, woraus b2 ≡ 0 mod 2 folgt.
Dies ist ein Widerspruch zur Behauptung 4: 2 ∤ b, daher gilt auch 2 ∤ b2 .
◻
3
13 SPEZIALLFÄLLE DES SATZES VON FERMAT
Somit können wir aus 4a4 = (b2 − x)(b2 + x) schließen, dass ganze Zahlen c und
d existieren, mit b2 − x = 2c4 und b2 + x = 2d4 , woraus c4 + d4 = b2 folgt. Da
2b4 = z + x2 ≤ z 2 + x4 < z 2 + z 2 = 2z 2 gilt, folgt b < z.
Jetzt haben wir eine Lösung (c, d, b) gefunden mit ∣b∣ < ∣z∣. Diese Lösung steht
aber im Widerspruch zu unserer Annahme, dass ∣z∣ minimal ist! Also folgt, dass
für X 4 + Y 4 = Z 2 keine nichttrivialen Lösungen (x, y, z) ∈ Z3 existieren.
◻
(C) Der Fall n = 3 als Beispiel für n = p Primzahl
13.5
Erinnerung:
(7.13) Ein gebrochenes Ideal von K ist ein endlich erzeugter O−Untermodul,
a ≠ 0 von K.
(7.15) Die Idealgruppe JK von K, die Menge der gebrochenen Ideale von OK , ist
bezüglich der Multiplikation eine abelsche Gruppe.
(7.17) Die Hauptidealgruppe PK ist die Menge der gebrochenen Hauptideale von
OK . Die Idealklassengruppe ist definiert als ClK = JK /PK . Die Einheitengrup×
pe von OK bezeichnet man als OK
.
(10.7) Die Klassenzahl hK von K ist die Ordnung von ClK .
√
(9.7) Ist K = Q( d) ein quadratischer Zahlkörper, so ist (1, ω) eine Z−Basis des
Ringes OK mit
√
d √
, wenn d ≢ 1 mod 4
.
ω={ 1
d) , wenn d ≡ 1 mod 4
2 (1 +
Notation:
√
Sei nun K = Q( −3) ein quadratischer Zahlkörper. Wir setzen
√
√
1
1
2
ζ ∶= (−1 + −3) = e 3 πi und λ ∶= 1 − ζ = (3 − −3).
2
2
√
Zur Erinnerung: N ∶ K → Q, (a + −3b) ↦ (a2 + 3b2 ).
13.6
Korollar:
1. Die Klassenzahl hK von OK ist gleich 1, das bedeutet OK ist ein Hauptidealring.
√
Beweis: Diese Behauptung folgt aus (10.9), da K = Q [ −3] gilt.
◻
4
13 SPEZIALLFÄLLE DES SATZES VON FERMAT
2. (1, ζ) ist eine Z−Basis von OK .
√
Beweis: Nach (9.7) gilt, dass, falls Q [ d] ein quadratischer Zahlkörper ist,
(1, ω) eine Z−Basis des Ringes OK ist. Aus d ≡ 1 mod 4 folgt somit die
Behauptung mit ζ = ω − 1.
◻
13.7
Korollar:
1. {±1, ±ζ, ±ζ 2 } ist die Einheitengruppe von OK .
Beweis: Wir wissen, dass K ⊃ Q eine endliche Körpererweiterung ist. Mit
dem Dirichletischen Einheitensatz folgert man
×
OK
= Zr+s−1 × µ(K)
mit µ(K) ∶= {z ∈ K∣ ∃ n ∈ N ∖ {0} ∶ z n = 1}, der Anzahl der reellen Einbettungen r und der halbierten Anzahl der nicht reellen Einbettungen s. Für K
×
gilt dann r = 0 und s = 1, woraus sich OK
= µ(K) ergibt. Daraus folgt die
Behauptung.
◻
2. Das Ideal p2 ist gleich 3OK mit p = (λ).
Beweis: Wir behaupten, dass p = (λ) gilt. Dann genügt es (λ2 ) = 3OK zu
zeigen. Wir rechnen nach:
3
λ =( −
2
2
√
2
√
√
√
1
−3
6
1
) = (9 − 6 −3 − 3) = (1 − −3) = −3 ⋅ (−1 + −3)
2
4
4
2
= −3 ⋅ ζ = 3 ⋅ (−ζ)
Da (−ζ) eine Einheit von OK ist, folgt p2 = (3) = 3OK .
13.8
◻
Korollar:
1. {0, ±1} ist vollständiges Vetretersystem für die primen Restklassen mod p.
Beweis: Es gilt nach (10.3): N (p) = N ((λ)) = ∣NK∣Q (λ)∣ = 3. Weiterhin gilt p
ist prim und teilt (3). So ist die Restklasse OK /p gleich der Restklasse von
Z / , also F . Hieraus folgt die Behauptung.
◻
3Z
3
×
2. OK
ist ein vollständiges Vertretersystem für die primen Restklassen mod p2 .
Beweis: Betrachtet man N (p2 ), so gilt nach (10.2):
N (p)2 = ∣OK /p2 ∣ = N (p)2 = 9.
5
13 SPEZIALLFÄLLE DES SATZES VON FERMAT
Da OK gleich zu Z [ζ] ist, folgt für das Charakteristische Polynom µζ,Q , dass
3 −1
dieses gleich dem Polynom XX−1
= X 2 + X + 1 in Q [ζ] ist. So erhalten wir
Z[X]
für OK den Ausdruck
/(µζ,Q ) , wobei ζ ∈ OK mit der Restklasse von X
identifiziert wird. Nun folgt:
OK
/p2 = OK /3OK = Z[X] /(µζ,Q ,3) = F3 [X] /(µζ,Q ) = F3 [X] /(X−1)2 .
Betrachten wir mit X + 1 ≡ −X 2 ( mod X 2 + X + 1), µζ,Q ∈ F3 , dann existiert
ein eindeutiger Isomorphismus
ϕ ∶ F3 [X] /(X−1)2 → M ∶= {0, 1, 2, X, X − 1, X − 2, 2X, 2X − 1, 2X − 2}.
×
Die Einheitengruppe (F3 [X] /(X−1)2 ) wird daher von ϕ auf die Einheitengruppe von M abgebildet, das bedeutet, eine Einheit f ∈ M ist teilerfremd
zu (X − 1). Durch Ausrechnen der Einheiten von M , welche die Menge
{±1, ±X, ±X 2 } hervorbringt, lässt sich auch die Einheitengruppe von OK
bestimmen. Da die Restklasse von X als ζ ∈ OK identifiziert wird, folgt für
OK die Behauptung.
◻
3. Aus α ≡ β mod pk folgt α3 ≡ β 3 mod pk+2 mit α, β ∈ OK und k ∈ N, k ≠ 0.
Beweis: Aus der Voraussetzung α ≡ β mod pk folgt, dass α − β ≡ 0 mod pk .
Somit gilt: (α − β)3 ≡ 0 mod p3k . Mit k ≥ 1 gilt dann 2 + k ≤ 3k, also ist
(α − β)3 ≡ 0 mod p2+k . Daher folgt:
(α − β)3 = α3 − β 3 + 3αβ(α − β) ≡ 0 mod p2+k .
Mit 3 ≡ 0 mod p2 und (α − β) ≡ 0 mod pk muss auch α3 − β 3 ≡ 0 mod p2+k
sein.
◻
13.9
Satz:
Für eine durch 3 teilbare Zahl n hat die Gleichung X n +Y n = Z n keine nichttrivialen
Lösungen (x, y, z) ∈ OK .
Beweis: Wir können n = 3 annehmen. Angenommen, es existiert eine nichttriviale
Lösung (x, y, z) ∈ Z3 mit x3 + y 3 = z 3 , wobei x, y und z paarweise teilerfremd sind
(vgl. n = 4). Aus x3 + y 3 = z 3 folgt somit, dass es ein Primideal q gibt, welches
(x), (y) und (z) teilt. Wegen hK = 1 ist q = (α) ∈ OK mit α teilt x, y und z.
Nach endlich vielen Schritten erhalten wir eine Lösung (x, y, z) mit paarweise
teilerfremden x, y, z ∈ OK . Angenommen p teilt keine der x, y, z. Dann gilt nach
(13.8)(1): x, y, z ≡ ±1 mod p. Mit (13.8)(3) folgt:
±1 ≡ z 3 = x3 + y 3 ≡ (±1) + (±1) ∈ {0, ±2} mod p3 ☇.
6
13 SPEZIALLFÄLLE DES SATZES VON FERMAT
Also können wir annehmen, dass p = (λ) eine der 3 Zahlen x, y, z teilt. Sei nun z
durch p teilbar. Somit genügt nur noch zu zeigen:
13.10
Lemma:
Es gibt keine paarweise teilerfremden α, β, γ ∈ OK , sodass
α3 + β 3 = λ3m γ 3
×
mit ∈ OK
, p ∤ αβγ und m ∈ N gilt.
Beweis: Wir nehmen daher an, dass solch eine Lösung (α, β, γ) mit m ∈ N minimal
existiert.
Behauptung 1: Für i, j ∈ {0, 1, 2}, i ≠ j, gilt: (α + ζ i β, α + ζ j β) = p.
Beweis: Sei q ein Primideal mit q teilt (α + ζ i β) und (α + ζ j β). Dann teilt p auch
die Differenz (ζ i − ζ j )β = ζ i (1 − ζ j−i )β. Hieraus folgert man, dass ζ j−i entweder ζ
oder ζ 2 ist. Wegen
1 − ζ 2 = ζ 3 − ζ 2 = (−ζ 2 )(1 − ζ)
schließen wir, dass q ein Teiler von (1−ζ)β ist, also auch von (1−ζ), was wiederum
gleich p ist. Folglich gilt: q∣p oder q∣β. Analog folgt aus q∣ζ −i (α+ζ i β)−ζ −j (α+ζ j β),
dass q = p oder q teilt α gilt. Für q ≠ p folgt somit: q∣α und q∣β - Widerspruch zur
Teilerfremdheit! Also gilt: q = p.
◻
Behauptung 2: Es gilt m ≥ 2.
Beweis: Der Beweis geht daraus hervor, dass p kein Teiler von α und β ist. Mit
(13.8)(3) folgert man nun aus α, β ≡ ±1, ±ζ, ±ζ 2 mod p2 , dass gilt:
α3 + β 3 ≡ (±1) + (±1) mod p2+2 .
Wegen p teilt (α3 + β 3 ) folgt: λ3m γ 3 = α3 + β 3 ≡ 0 mod p4 . Somit gilt m ≥ 2.
◻
Weiterhin können wir aus Behauptung 1, nach eventueller Multiplikation mit
ζ k , k ∈ {0, 1, 2}, annehmen, dass α + ζβ und α + ζ 2 β genau einmal durch p teil×
bar sind. Mit paarweise teilerfremden δ1 , δ2 , δ3 ∈ OK , δi ∉ p und 1 , 2 , 3 ∈ OK
gilt:
(α + β)
= p3m−2 (δ1 )3
(α + ζβ) = p(δ2 )3
(α + ζ 2 β) = p(δ3 )3
anders ausgedrückt:
7
α+β
= 1 λ3m−2 δ13
α + ζβ = 2 λδ23
.
3
2
α + ζ β = 3 λδ3
13 SPEZIALLFÄLLE DES SATZES VON FERMAT
Dann folgt für die Addition der rechten Seite:
(λ3m−2 1 δ13 ) ⋅ ζ + (λ2 δ23 ) ⋅ ζ 2 + (λ3 δ33 ) ⋅ ζ 0 = (α + β)ζ + (α + ζβ)ζ 2 + (α + ζ 2 )β
= α(ζ + ζ 2 + 1) + β(ζ + 1 + ζ 2 )
= 0,
da gilt: 1 + ζ + ζ 2 = 1 + − 21 +
√
−3
2
+ (− 21 +
√
−3 2
2 )
= 21 +
√
−3
2
− 12 −
√
−3
2
= 0.
Dividieren wir jetzt durch λ3 , erhalten wir:
(⋆)
λ3(m−1) δ13 ⋅ µ = δ23 ⋅ ν + δ33
−1
mit den Einheiten µ = 1 ⋅ −1
3 , ν = 2 ⋅ 3 . Da die δi prim zu p sind, folgt nach
(13.8)(1), dass die δi ≡ ±1 mod p sind. Dann gilt mit (13.8)(3), dass δi3 ≡ ±1 mod p3
ist, mit i = 1, 2, 3.
Da m ≥ 2 aus Behauptung 2 gilt, muss nach (13.8)(3) gelten:
δ23 ⋅ ν + δ33 = (±1)ν ± 1 ≡ 0 mod p3 .
Somit ist ν eine Einheit aus OK mit ν ≡ ±1 mod p2 und mittels (13.8)(1) folgt:
ν = ±1. Nach (⋆) folgern wir jetzt:
δ33 + (±δ2 )3 = µλ3(m−1) δ13 .
Dies ist wieder eine Lösung einer Gleichung vom angegebenen Typ (α, β, γ) mit
α, β, γ ∈ OK . Aber hier ist der λ−Exponent m − 1 ≥ 1. Dies steht jedoch im Widerspruch zu dem in Behauptung 2 minimal gewählten m ≥ 1.
Somit existiert keine nichttriviale Lösung (α, β, γ) für
α3 + β 3 = λ3m γ 3
⇔
X3 + Y 3 = Z3 ,
also auch keine nichttriviale Lösung (x, y, z) ∈ Z3 , was zu zeigen war.
8
◻
13 SPEZIALLFÄLLE DES SATZES VON FERMAT
13.11
Literaturverzeichnis
[Sch] A. Schmidt: Einführung in die Algebraische Zahlentheorie,
Springer Verlag 2007
9