Matematika Universitas — Tahun 3 · Bachelor Year 3

2Ring dan Aritmetika

Bilangan bulat biasa terfaktorkan secara tunggal atas bilangan prima; demikian pula polinomial atas sebuah lapangan. Apakah kedua kenyataan itu satu teorema yang sama? Bab ini menjawab ya, dan menemukan hipotesis persis yang membuat sebuah “aritmetika” mungkin di dalam ring komutatif, yakni rantai

\text{Euclid} \;\Longrightarrow\; \text{ideal utama} \;\Longrightarrow\; \text{faktorial (DFT)},

dengan semua implikasinya dibuktikan dan semua konversnya disanggah. Teori ini lalu diuji di tempat ia benar-benar berguna: bilangan bulat Gauss $\Z[\iu]$ (yang akan memecahkan teorema dua kuadrat Fermat pada soal akhir pekan), ring polinomial dalam beberapa variabel (lema Gauss, kriteria Eisenstein), dan ring Noether, yang memuncak pada teorema basis Hilbert. Sepanjang bab ini, ring berarti ring komutatif dengan unsur satuan $1 \neq 0$ ; ideal $\Z$ dan $K[X]$ dari jilid Tahun ke-2 menjadi dua contoh penuntun kita.

2.1 Ideal, kuosien, dan teorema isomorfisma

Definisi 2.1

Sebuah ideal $I$ dari ring $A$ adalah subgrup aditif yang memenuhi $AI \subseteq I$ . Yang disebut ring kuosien $A/I$ adalah grup kuosien $(A, +)/I$ dengan perkalian $(a + I)(b + I) = ab + I$ : perkalian ini terdefinisi dengan baik, sebab mengubah $a$ menjadi $a + x$ dan $b$ menjadi $b + y$ ( $x, y \in I$ ) mengubah $ab$ sebesar $ay + xb + xy \in I$ . Proyeksi $\pi \colon A \to A/I$ adalah morfisma ring surjektif dengan kernel $I$ , dan kernel morfisma ring tidak lain adalah ideal.

Teorema 2.2 (Teorema isomorfisma pertama)

Jika $f \colon A \to B$ morfisma ring, maka $\bar f\colon A/\ker f \to \operatorname{im} f$ , $a + \ker f \mapsto f(a)$ , adalah isomorfisma ring. Secara lebih umum, $f$ terfaktorkan melalui $A/I$ untuk sembarang ideal $I \subseteq \ker f$ . Ideal dari $A/I$ berupa $J/I$ dengan $J \supseteq I$ sebuah ideal $A$ (teorema korespondensi).

Bukti. Sama seperti pada grup (Teorema 1.3 dan 1.5), dengan mencatat bahwa semua pemetaan yang terlibat juga menghormati perkalian: $\bar f$ terdefinisi dengan baik, bijektif pada petanya, dan multiplikatif; korespondensi $J \mapsto J/I$ , $\bar J \mapsto \pi^{-1}(\bar J)$ mempertahankan ideal dalam kedua arah karena $\pi$ morfisma ring yang surjektif. ∎

Definisi 2.3

Misalkan $I \subsetneq A$ sebuah ideal sejati. Ideal $I$ disebut prima jika $ab \in I \Rightarrow a \in I$ atau $b \in I$ ; dan $I$ disebut maksimal jika tak ada ideal yang terletak tepat di antara $I$ dan $A$ .

Proposisi 2.4

$I$ prima $\iff$ $A/I$ daerah integral; $I$ maksimal $\iff$ $A/I$ lapangan. Khususnya, ideal maksimal selalu prima.

Bukti. Tulis $\bar a$ untuk kelas di $A/I$ . Kalimat “ $I$ prima” beralih kata demi kata menjadi “ $\bar a\bar b = 0 \Rightarrow \bar a = 0$ atau $\bar b = 0$ ”, dan $A/I \neq 0$ menjadi $I \neq A$ : itulah definisi daerah integral. Untuk kemaksimalan, pakailah teorema korespondensi: tidak ada ideal yang terletak tepat di antara $I$ dan $A$ $\iff$ $A/I$ tak punya ideal selain $0$ dan dirinya sendiri $\iff$ $A/I$ lapangan — untuk langkah terakhir: di dalam lapangan satu-satunya ideal adalah $0$ dan seluruhnya (ideal yang memuat $x \ne 0$ memuat $x^{-1}x = 1$ ); sebaliknya jika setiap $x$ tak nol membangun ideal satuan, maka $xy = 1$ untuk suatu $y$ . Lapangan adalah daerah integral, jadi ideal maksimal selalu prima. ∎

Contoh 2.5

Di $\Z$ : ideal primanya adalah $(0)$ dan semua $(p)$ dengan $p$ prima; yang maksimal adalah $(p)$ (sebab $\Z/p\Z = \mathbb F_p$ lapangan, sedangkan $\Z/(0) = \Z$ bukan). Di $K[X, Y]$ : $(X) \subsetneq (X, Y)$ keduanya prima ( $K[X,Y]/(X) \cong K[Y]$ daerah integral; $K[X,Y]/(X,Y) \cong K$ lapangan), jadi $(X)$ prima tetapi tidak maksimal.

Untuk menjamin bahwa ideal maksimal ada dalam keumuman penuh, kita memerlukan sebuah asas teori himpunan. Sebuah himpunan terurut parsial disebut induktif jika setiap himpunan bagian yang terurut total (sebuah rantai) mempunyai batas atas.

Teorema 2.6 (Lema Zorn)

Setiap himpunan terurut parsial yang induktif dan tak kosong mempunyai unsur maksimal.

Bukti. Diterima tanpa bukti pada tingkat ini. ∎

Catatan 2.7

Pernyataan ini bukan teorema matematika biasa melainkan sebuah aksioma: di atas aksioma dasar Zermelo–Fraenkel dalam teori himpunan, ia setara dengan aksioma pilihan (“setiap hasil kali himpunan tak kosong juga tak kosong”), yang kita terima sepanjang buku ini. Setiap pemakaiannya kita tandai. Analisis akan memanggilnya lagi (Hahn–Banach, Bab 8).

Teorema 2.8 (Krull)

Setiap ideal sejati $I \subsetneq A$ termuat di dalam sebuah ideal maksimal.

Bukti. Urutkan menurut inklusi himpunan $\mathcal E$ yang beranggotakan ideal sejati pemuat $I$ ; himpunan ini tak kosong ( $I \in \mathcal E$ ). Sebuah rantai $(J_\lambda)$ di $\mathcal E$ mempunyai batas atas $J = \bigcup J_\lambda$ : ia ideal (dua unsur $a, b \in J$ terletak pada satu $J_\lambda$ yang sama menurut ketotalan), sejati ( $1 \notin J_\lambda$ untuk setiap $\lambda$ ), dan memuat $I$ . Lema Zorn lalu memberikan unsur maksimal $\mathcal E$ , yaitu ideal maksimal pemuat $I$ (ideal sejati yang terletak tepat di atasnya akan menjadi anggota $\mathcal E$ ). ∎

Teorema 2.9 (Teorema sisa Tiongkok)

Misalkan $I_1, \dots, I_n$ ideal $A$ yang komaksimal berpasangan ( $I_k + I_l = A$ untuk $k \neq l$ ). Maka

A\Big/\bigcap_{k=1}^n I_k \;\xrightarrow{\;\sim\;}\; \prod_{k=1}^n A/I_k, \qquad a \longmapsto (a + I_1, \dots, a + I_n),

dan lebih lanjut $\bigcap_k I_k = I_1 I_2 \cdots I_n$ (ideal yang dibangun oleh hasil kali).

Bukti. Pemetaan $f(a) = (a + I_k)_k$ adalah morfisma ring dengan kernel $\bigcap I_k$ ; menurut Teorema 2.2 cukup dibuktikan kesurjektifannya. Tetapkan $k$ ; untuk setiap $l \neq k$ tulis $1 = u_l + v_l$ dengan $u_l \in I_k$ , $v_l \in I_l$ (komaksimalitas). Maka

e_k = \prod_{l \neq k} v_l = \prod_{l\neq k}(1 - u_l) \equiv 1 \pmod{I_k}, \qquad e_k \in I_l \ (l \neq k),

sehingga $f(e_k) = (0, \dots, 1, \dots, 0)$ ; diberikan sasaran $(a_k + I_k)_k$ , unsur $\sum_k a_k e_k$ terpetakan padanya.

Hasil kali lawan irisan: selalu berlaku $I_1\cdots I_n \subseteq \bigcap I_k$ . Sebaliknya, dengan induksi cukup ditangani kasus $n = 2$ (mudah diperiksa bahwa $I_1$ dan $I_2\cdots I_n$ komaksimal: mengalikan $1 = u_l + v_l$ atas $l \geq 2$ memberikan $1 \in I_1 + I_2\cdots I_n$ ). Untuk $n = 2$ : tulis $1 = u + v$ , $u \in I_1$ , $v \in I_2$ ; untuk $x \in I_1 \cap I_2$ berlaku $x = xu + xv \in I_2I_1 + I_1I_2 = I_1I_2$ . ∎

Contoh 2.10

Di $\Z$ dengan $I_k = (m_k)$ dan $m_k$ relatif prima berpasangan: $\Z/(m_1\cdots m_n)\Z \cong \prod \Z/m_k\Z$ — inilah teorema sisa Tiongkok pada jilid Tahun ke-2. Dibatasi pada unitnya: $(\Z/mn\Z)^\times \cong (\Z/m\Z)^\times \times (\Z/n\Z)^\times$ untuk $\gcd(m,n)=1$ , dan dari sini diperoleh kemultiplikatifan fungsi $\varphi$ Euler (Latihan 2.8).

2.2 Keterbagian: Euclid, ideal utama, faktorial

Definisi 2.11

Misalkan $A$ daerah integral dan $a, b \in A$ . Kita katakan bahwa $a$ membagi $b$ ( $a \mid b$ ) jika $b \in (a) = aA$ . Unsur $a, b$ disebut sekawan jika $a = ub$ dengan $u \in A^\times$ (ekuivalen dengan $(a) = (b)$ ). Unsur $p$ yang tak nol dan bukan unit disebut:

tak tereduksi jika $p = ab$ memaksa $a \in A^\times$ atau $b \in A^\times$ ;
prima jika $p \mid ab$ memaksa $p \mid a$ atau $p \mid b$ (yakni ideal $(p)$ prima).

Proposisi 2.12

Di dalam sembarang daerah integral, prima $\Rightarrow$ tak tereduksi. Kebalikannya salah secara umum: di $\Z[\iu\sqrt 5] = \{a + \iu b\sqrt5 : a, b \in \Z\}$ , unsur $2$ tak tereduksi tetapi tidak prima.

Bukti. Misalkan $p$ prima dan $p = ab$ . Maka $p \mid ab$ , katakanlah $p \mid a$ : $a = pc$ , sehingga $p = pcb$ , dan mencoret $p$ (di daerah integral!) memberikan $cb = 1$ : jadi $b \in A^\times$ .

Di $\Z[\iu\sqrt5]$ , pakailah norma $N(x + \iu y\sqrt 5) = x^2 + 5y^2$ , yang multiplikatif (sebab ia $\abs z^2$ ). Jika $2 = ab$ dengan $a, b$ bukan unit, maka $4 = N(a)N(b)$ dengan $N(a), N(b) \neq 1$ (unsur bernorma $1$ hanyalah $\pm1$ , yaitu unitnya), sehingga $N(a) = 2$ : mustahil, sebab $x^2 + 5y^2 = 2$ tak punya penyelesaian bulat. Jadi $2$ tak tereduksi. Namun $2 \mid 6 = (1 + \iu\sqrt5)(1 - \iu\sqrt5)$ sedangkan $2$ tidak membagi satu pun faktornya (sebab $\frac12 \pm \frac{\iu\sqrt5}2 \notin \Z[\iu\sqrt5]$ ): jadi tidak prima. ∎

Definisi 2.13

Sebuah daerah integral $A$ disebut:

Euclid jika ada pemetaan $\nu \colon A \setminus \{0\} \to \N$ (sebuah fungsi Euclid) sedemikian sehingga untuk setiap $a, b$ dengan $b \ne 0$ terdapat $q, r$ dengan $a = bq + r$ dan ( $r = 0$ atau $\nu(r) < \nu(b)$ );
ideal utama (sebuah DIU) jika setiap idealnya berbentuk $(a)$ ;
faktorial (sebuah DFT) jika setiap unsur tak nol yang bukan unit merupakan hasil kali unsur tak tereduksi, secara tunggal sampai pada urutan dan kesekawanan.

Teorema 2.14

Euclid $\Rightarrow$ ideal utama.

Bukti. Misalkan $I \neq (0)$ sebuah ideal dan $b \in I \setminus\{0\}$ dengan $\nu(b)$ minimal. Untuk $a \in I$ , lakukan pembagian: $a = bq + r$ ; maka $r = a - bq \in I$ , dan $\nu(r) < \nu(b)$ akan bertentangan dengan keminimalan, sehingga $r = 0$ dan $a \in (b)$ : jadi $I = (b)$ . ∎

Contoh 2.15

$\Z$ (dengan $\nu = \abs\cdot$ ) dan $K[X]$ (dengan $\nu = \deg$ ) bersifat Euclid — jilid Tahun ke-2 membuktikan kedua pembagian itu. Demikian pula $\Z[\iu]$ , dengan $\nu = N$ berupa norma kuadrat (Latihan 2.4); geometri pembuktiannya tampak pada gambar di bawah. DIU yang bukan Euclid memang ada tetapi sulit dipastikan (contoh bakunya adalah $\Z\bigl[\frac{1+\iu\sqrt{19}}2\bigr]$ ); sedangkan DFT yang bukan DIU mudah dicari: $K[X, Y]$ (Latihan 2.6), atau $\Z[X]$ .

Pembagian di dalam bilangan bulat Gauss: hasil bagi eksak a/b ∈ ℂ terletak pada jarak ≤ √2/2 < 1 dari suatu titik kisi q ∈ ℤ[ ]; lalu r = a - bq mempunyai N(r) = N(b)\,|a/b - q|2 < N(b). Satu pembagian Euclid, dan lahirlah seluruh aritmetika. — Pembagian di dalam bilangan bulat Gauss: hasil bagi eksak $a/b \in \C$ terletak pada jarak $\leq \frac{\sqrt2}{2} < 1$ dari suatu titik kisi $q \in \Z[\iu]$ ; lalu $r = a - bq$ mempunyai $N(r) = N(b)\,\abs{a/b - q}^2 < N(b)$ . Satu pembagian Euclid, dan lahirlah seluruh aritmetika.

Lema 2.16 (Rantai naik ideal utama)

Di dalam DIU, setiap barisan naik ideal $I_1 \subseteq I_2 \subseteq \cdots$ akhirnya menjadi konstan.

Bukti. $I = \bigcup_n I_n$ adalah ideal (sebab gabungannya naik), jadi $I = (a)$ ; unsur $a$ terletak pada suatu $I_N$ , dan lalu $I = (a) \subseteq I_N \subseteq I_n \subseteq I$ untuk $n \geq N$ . ∎

Lema 2.17 (Bézout; lema Euclid)

Misalkan $A$ sebuah DIU dan $a, b \in A$ . Maka $(a) + (b) = (d)$ untuk suatu $d$ , yaitu sebuah faktor persekutuan terbesar: $d \mid a$ , $d \mid b$ , dan setiap pembagi persekutuan $a, b$ membagi $d$ ; lebih lanjut $d = au + bv$ untuk suatu $u, v$ (Bézout). Akibatnya setiap unsur tak tereduksi di dalam DIU bersifat prima.

Bukti. $(a) + (b)$ adalah ideal, jadi berbentuk $(d)$ ; dari $a, b \in (d)$ diperoleh $d \mid a, b$ ; dan $d = au + bv \in (a) + (b)$ . Pembagi persekutuan $c$ dari $a, b$ membagi $au + bv = d$ .

Lema Euclid: misalkan $p$ tak tereduksi, $p \mid ab$ , $p \nmid a$ . Sebuah FPB $d$ dari $p$ dan $a$ membagi $p$ , jadi $d$ berupa unit atau sekawan dengan $p$ (karena ketaktereduksian); kesekawanan tersingkir oleh $p \nmid a$ . Jadi $1 = pu + av$ , sehingga $b = pub + abv$ , dan $p$ membagi kedua sukunya: jadi $p \mid b$ . ∎

Teorema 2.18

Ideal utama $\Rightarrow$ faktorial.

Bukti. Keberadaan. Andaikan ada unsur tak nol dan bukan unit $a$ yang tak punya faktorisasi atas unsur tak tereduksi. Maka $a$ sendiri tak tereduksi: $a = a_1b_1$ dengan kedua faktornya bukan unit; paling sedikit salah satunya, katakanlah $a_1$ , kembali tak punya faktorisasi (hasil kali dua unsur yang terfaktorkan juga terfaktorkan). Dengan mengiterasikannya kita memperoleh $a = a_0, a_1, a_2, \dots$ , masing-masing pembagi sejati pendahulunya dan tanpa faktorisasi, jadi $(a_0) \subsetneq (a_1) \subsetneq (a_2) \subsetneq \cdots$ — inklusinya sejati sebab $a_n = a_{n+1}c$ dengan $c$ bukan unit, sedangkan $(a_n) = (a_{n+1})$ akan memaksa $c \in A^\times$ (coret di daerah integral). Ini bertentangan dengan Lema 2.16.

Ketunggalan. Misalkan $p_1 \cdots p_r = q_1 \cdots q_s$ dengan semua faktornya tak tereduksi dan $r \leq s$ ; kita berinduksi pada $r$ . Unsur prima (Lema 2.17) $p_1$ membagi ruas kanan, sehingga membagi suatu $q_j$ ; nomori ulang sehingga $j = 1$ . Karena $q_1$ tak tereduksi dan $p_1$ bukan unit, $q_1 = u p_1$ dengan $u \in A^\times$ : jadi $p_1, q_1$ sekawan. Coretlah $p_1$ : $p_2 \cdots p_r = (u q_2) q_3\cdots q_s$ lalu simpulkan dengan induksi ( $r = 1$ memaksa $s = 1$ : sebab unit dikalikan unsur tak tereduksi tak mungkin sama dengan $1$ ). ∎

Catatan 2.19

Di dalam DFT, FPB selalu ada (ambil eksponen terkecil pada faktorisasinya) dan lema Euclid berlaku — tak tereduksi $=$ prima (Latihan 2.2) — tetapi Bézout dapat gagal: di $\Z[X]$ , $\gcd(2, X) = 1$ namun $1 \neq 2U + XV$ (masukkan $X = 0$ : $1 = 2U(0)$ , mustahil). Identitas Bézout adalah milik khusus DIU semata.

Contoh 2.20 (Sebuah ring tanpa faktorisasi tunggal)

Tidak satu pun implikasi Euclid $\Rightarrow$ DIU $\Rightarrow$ DFT merupakan kesetaraan, dan kegagalan pada implikasi terakhir layak dilihat sekali secara lengkap. Di dalam

A = \Z[\iu\sqrt5] = \{a + \iu b\sqrt5 : a, b \in \Z\}, \qquad N(a + \iu b\sqrt5) = a^2 + 5b^2,

normanya multiplikatif dan $N(z) = 1$ jika dan hanya jika $z \in A^\times = \{\pm1\}$ . Tinjau

6 = 2 \cdot 3 = (1 + \iu\sqrt5)(1 - \iu\sqrt5).

Keempat faktornya tak tereduksi: normanya $4, 9, 6, 6$ , dan faktorisasi sejati $z = z_1z_2$ akan memaksa $N(z_1) \in \{2, 3\}$ — padahal $a^2 + 5b^2$ tak pernah sama dengan $2$ atau $3$ ( $b = 0$ menyisakan $2, 3$ yang bukan kuadrat; $\abs b \geq 1$ memberikan $\geq 5$ ). Namun $2$ tidak sekawan dengan $1 \pm \iu\sqrt5$ (normanya $4 \neq 6$ ): jadi ada dua faktorisasi $6$ atas unsur tak tereduksi yang benar-benar berbeda. Setara dengan itu, di sini tak tereduksi $\neq$ prima: $2$ membagi hasil kali $(1 + \iu\sqrt5)(1 - \iu\sqrt5) = 6$ tetapi tidak membagi satu pun faktornya (lihat normanya lagi). Perbaikan kegagalan ini secara ideal — memfaktorkan ideal alih-alih unsur — adalah kelahiran teori bilangan aljabar; pada tingkat kita, contoh ini mengukur betapa istimewanya ring Euclid $\Z$ , $K[X]$ , $\Z[\iu]$ pada bab ini.

Metode 2.21

Untuk mengenali ring kuosien $A/I$ , carilah morfisma surjektif $f \colon A \to B$ berkernel $I$ lalu panggil Teorema 2.2; bila $A = C[X]$ berupa ring polinomial, biasanya $f$ berupa pemasukan nilai. Dengan demikian $\Z[X]/(X^2+1) \cong \Z[\iu]$ (masukkan $\iu$ ), $K[X,Y]/(Y - X^2) \cong K[X]$ (ganti $Y$ dengan $X^2$ ), $\R[X]/(X^2+1) \cong \C$ . Untuk menunjukkan $I$ prima atau maksimal, tunjukkan bahwa kuosiennya daerah integral atau lapangan (Proposisi 2.4).

2.3 Polinomial atas sebuah DFT: Gauss dan Eisenstein

Sepanjang bagian ini $A$ adalah DFT dengan lapangan pecahan $K$ (yang dibangun sebagai lapangan hasil bagi formal $a/b$ , $b \neq 0$ , persis seperti $\Q$ dari $\Z$ ; jilid Tahun ke-2 melakukan konstruksi itu untuk $\Q$ , dan ia berpindah kata demi kata). Tujuan kita: kefaktorialan berpindah dari $A$ ke $A[X]$ , dan ketaktereduksian atas $A$ pada dasarnya sama dengan ketaktereduksian atas lapangan $K$ yang lebih besar.

Definisi 2.22

Yang disebut kandungan $c(P)$ dari $P \in A[X]$ yang tak nol adalah FPB koefisiennya (tertentu sampai pada unit); $P$ disebut primitif jika $c(P) \in A^\times$ . Setiap $P \in A[X]$ ditulis $P = c(P)\,P_1$ dengan $P_1$ primitif, dan setiap $P \in K[X]\setminus\{0\}$ ditulis $P = \lambda P_1$ dengan $\lambda \in K^\times$ dan $P_1 \in A[X]$ primitif (samakan penyebutnya, lalu keluarkan kandungannya).

Lema 2.23 (Gauss)

Hasil kali dua polinomial primitif di $A[X]$ juga primitif; akibatnya $c(PQ) = c(P)c(Q)$ sampai pada unit.

Bukti. Misalkan $P, Q$ primitif dan andaikan suatu unsur tak tereduksi (= prima, karena DFT) $p$ membagi semua koefisien $PQ$ . Reduksikan modulo $p$ : di $(A/(p))[X]$ berlaku $\bar P \bar Q = 0$ . Padahal $A/(p)$ daerah integral (sebab $(p)$ prima), sehingga $(A/(p))[X]$ juga daerah integral (koefisien utamanya saling mengalikan), dan itu memaksa $\bar P = 0$ atau $\bar Q = 0$ : berarti $p$ membagi semua koefisien $P$ atau semua koefisien $Q$ , bertentangan dengan keprimitifan. Untuk akibatnya, tulis $P = c(P)P_1$ , $Q = c(Q)Q_1$ : maka $PQ = c(P)c(Q) P_1Q_1$ dengan $P_1Q_1$ primitif. ∎

Teorema 2.24

Misalkan $A$ sebuah DFT dengan lapangan pecahan $K$ .

Polinomial primitif $P \in A[X]$ berderajat $\geq 1$ tak tereduksi di $A[X]$ jika dan hanya jika ia tak tereduksi di $K[X]$ .
$A[X]$ adalah DFT; unsur tak tereduksinya adalah unsur tak tereduksi $A$ dan polinomial primitif yang tak tereduksi atas $K$ . Khususnya $\Z[X]$ , dan lewat induksi $K[X_1, \dots, X_n]$ serta $\Z[X_1, \dots, X_n]$ , semuanya DFT.

Bukti. (1) ( $\Leftarrow$ ) Jika $P = QR$ di $A[X]$ dengan $Q, R$ bukan unit, maka tak satu pun faktornya konstan (faktor konstan dari polinomial primitif pastilah unit), sehingga faktorisasinya sejati di $K[X]$ . ( $\Rightarrow$ ) Andaikan $P = QR$ dengan $Q, R \in K[X]$ berderajat $\geq 1$ . Tulis $Q = \lambda Q_1$ , $R = \mu R_1$ dengan $Q_1, R_1 \in A[X]$ primitif: maka $P = \lambda\mu\, Q_1R_1$ , dan $Q_1R_1$ primitif menurut lema Gauss. Dengan mengambil kandungannya, $\lambda\mu \in A^\times$ (kedua ruas berkandungan unit; secara formal $\lambda\mu = c(P) \in A^\times$ sampai pada unit, dan khususnya $\lambda \mu \in A$ ): jadi $P = (\lambda\mu Q_1) R_1$ merupakan faktorisasi sejati di $A[X]$ .

(2) Keberadaan: diberikan $P \neq 0$ yang bukan unit, faktorkan $P = c(P)P_1$ , faktorkan $c(P)$ atas unsur tak tereduksi $A$ , lalu faktorkan $P_1$ di dalam DFT $K[X]$ menjadi $\prod Q_i$ dengan $Q_i \in K[X]$ tak tereduksi; dengan menulis $Q_i = \lambda_i R_i$ dengan $R_i \in A[X]$ primitif (sehingga tak tereduksi atas $K$ , sehingga juga di $A[X]$ menurut (1)), hasil kali $\prod \lambda_i$ merupakan unit $A$ seperti sebelumnya, dan $P_1 = u\prod R_i$ . Ketunggalan: bandingkan bagian konstan dan bagian polinomial sebuah faktorisasi; konstantanya berkalian menjadi $c(P)$ (lema Gauss), tunggal menurut kefaktorialan $A$ ; sedangkan bagian polinomialnya memberikan dua faktorisasi di $K[X]$ atas polinomial yang sama, sehingga keduanya bersesuaian sampai pada konstanta $K^\times$ (kefaktorialan $K[X]$ , Teorema 2.18), dan polinomial primitif yang bersesuaian dan sekawan di $K[X]$ juga sekawan di $A[X]$ : sebab jika $R = \lambda R'$ dengan $R, R'$ primitif dan $\lambda \in K^\times$ , maka mengambil kandungannya memaksa $\lambda \in A^\times$ . ∎

Teorema 2.25 (Kriteria ketaktereduksian)

Misalkan $A$ sebuah DFT, $K$ lapangan pecahannya, dan $P = a_nX^n + \dots + a_0 \in A[X]$ primitif berderajat $n \geq 1$ .

(Reduksi) Jika $p \in A$ prima, $p \nmid a_n$ , dan reduksi $\bar P$ tak tereduksi di $(A/(p))[X]$ , maka $P$ tak tereduksi di $K[X]$ (sehingga juga di $A[X]$ ).
(Eisenstein) Jika ada bilangan prima $p$ dengan $p \nmid a_n$ , $p \mid a_i$ untuk $0 \leq i < n$ , dan $p^2 \nmid a_0$ , maka $P$ tak tereduksi di $K[X]$ (sehingga juga di $A[X]$ ).

Bukti. Menurut Teorema 2.24(1), faktorisasi sejati atas $K$ melahirkan $P = QR$ dengan $Q, R \in A[X]$ , $\deg Q, \deg R \geq 1$ (konstanta tersingkir: ia akan menjadi unit atau merusak keprimitifan).

(1) Reduksikan modulo $p$ : $\bar P = \bar Q\bar R$ di $(A/(p))[X]$ . Karena $p \nmid a_n$ dan $\deg$ hanya dapat turun di bawah reduksi, $\deg \bar Q = \deg Q \geq 1$ dan $\deg\bar R = \deg R \geq 1$ (koefisien utamanya berkalian menjadi $\bar a_n \neq 0$ , jadi tak satu pun turun): jadi $\bar P$ terfaktorkan secara sejati — kontradiksi.

(2) Reduksikan modulo $p$ : $\bar Q \bar R = \bar P = \bar a_n X^n$ (semua koefisien yang lebih rendah lenyap). Di daerah integral $(A/(p))[X]$ , faktorisasi $cX^n$ ( $c \ne 0$ ) hanya berupa konstanta dan pangkat murni $c'X^k$ : memang jika $\bar Q\bar R = \bar a_nX^n$ dan misalnya $\bar Q$ mempunyai koefisien tak nol berderajat $< \deg\bar Q$ , ambil suku tak nol terendah: $\operatorname{val}(\bar Q\bar R) = \operatorname{val}\bar Q + \operatorname{val}\bar R$ (di daerah integral), yang harus sama dengan $n = \deg\bar Q + \deg\bar R$ , sehingga memaksa $\operatorname{val} = \deg$ pada keduanya: jadi keduanya monomial. Seperti di atas, derajatnya tidak turun, sehingga suku konstan $Q$ dan $R$ , yaitu $Q(0), R(0)$ , habis dibagi $p$ — keduanya, sebab kedua reduksinya monomial berderajat $\geq 1$ . Maka $p^2 \mid Q(0)R(0) = a_0$ : kontradiksi. ∎

Contoh 2.26

$X^n - p$ tak tereduksi atas $\Q$ untuk setiap bilangan prima $p$ dan $n \geq 1$ (Eisenstein pada $p$ ): jadi ada polinomial tak tereduksi berderajat berapa pun atas $\Q$ — sangat berbeda dengan $\C$ (hanya derajat $1$ , menurut d’Alembert–Gauss, yang dibuktikan pada Bab 16) dan $\R$ (derajat $1, 2$ ). Muslihat penggeseran memperluas jangkauan Eisenstein: polinomial siklotomik ke- $p$ , yaitu $\Phi_p = X^{p-1} + \dots + X + 1 = \frac{X^p - 1}{X - 1}$ , mempunyai

\Phi_p(X + 1) = \frac{(X+1)^p - 1}{X} = X^{p-1} + \binom{p}{1}X^{p-2} + \dots + \binom{p}{p-1},

yang memenuhi Eisenstein pada $p$ (sebab $p \mid \binom pk$ untuk $0 < k < p$ , dan $\binom{p}{p-1} = p \not\equiv 0 \bmod p^2$ ): jadi $\Phi_p(X+1)$ , dan karenanya $\Phi_p$ , tak tereduksi atas $\Q$ . Inilah jantung aljabar dari kisah segi- $17$ yang dituturkan pada Bab 4.

Metode 2.27

Untuk membuktikan $P \in \Z[X]$ tak tereduksi atas $\Q$ : (i) jadikan $P$ primitif; (ii) cobalah Eisenstein, pada $P(X)$ dan pada geseran $P(X \pm 1)$ ; (iii) cobalah reduksi modulo bilangan prima kecil yang tak membagi koefisien utamanya — ketaktereduksian modulo satu $p$ sudah cukup, dan atas $\mathbb F_p$ ketaktereduksian merupakan pemeriksaan berhingga (tanpa akar berarti tanpa faktor berderajat $1$ ; lalu ujilah faktor yang berhingga banyaknya pada setiap derajat $\leq \deg P/2$ ); (iv) jika semuanya gagal, pakailah koefisien tak tentu. Awas: keterreduksian modulo setiap $p$ tidak mengakibatkan keterreduksian atas $\Q$ (Latihan 2.11).

2.4 Ring Noether

Definisi 2.28

Sebuah ring $A$ disebut Noether jika setiap ideal $A$ dibangun secara berhingga.

Proposisi 2.29

$A$ bersifat Noether jika dan hanya jika setiap barisan naik ideal akhirnya konstan (syarat rantai naik), dan jika dan hanya jika setiap keluarga ideal yang tak kosong mempunyai unsur maksimal (menurut inklusi).

Bukti. (Dibangun berhingga $\Rightarrow$ syarat rantai naik): untuk rantai $I_1 \subseteq I_2 \subseteq \cdots$ , gabungannya $I$ adalah ideal yang dibangun oleh $x_1, \dots, x_r$ ; semua $x_i$ terletak pada suatu $I_N$ , jadi $I = I_N = I_n$ untuk $n \geq N$ . (Syarat rantai naik $\Rightarrow$ unsur maksimal): seandainya keluarga tak kosong $\mathcal F$ tak punya unsur maksimal, pilihlah $I_1 \in \mathcal F$ , lalu secara induktif $I_{n+1} \supsetneq I_n$ di $\mathcal F$ (mungkin dilakukan karena $I_n$ tidak maksimal): terbentuklah rantai naik sejati yang tak berujung. (Ini memakai aksioma pilihan bergantung, bentuk lemah dari aksioma pilihan yang tak kita persoalkan.) (Unsur maksimal $\Rightarrow$ dibangun berhingga): diberikan sebuah ideal $I$ , keluarga ideal yang dibangun berhingga dan termuat di $I$ bersifat tak kosong (ada $(0)$ ); unsur maksimalnya $J = (x_1, \dots, x_r)$ pastilah sama dengan $I$ : sebab kalau tidak, menambahkan $x \in I \setminus J$ pada pembangunnya akan menghasilkan anggota keluarga yang lebih besar secara sejati. ∎

Teorema 2.30 (Teorema basis Hilbert)

Jika $A$ bersifat Noether, maka $A[X]$ pun demikian. Karena itu $A[X_1, \dots, X_n]$ dan setiap kuosiennya juga demikian.

Bukti. Misalkan $I$ sebuah ideal $A[X]$ , dan andaikan $I$ tidak dibangun secara berhingga. Bangunlah sebuah barisan: $f_1 \in I \setminus \{0\}$ yang berderajat minimal, lalu secara induktif $f_{k+1} \in I \setminus (f_1, \dots, f_k)$ yang berderajat minimal (himpunannya tak kosong menurut pengandaian). Derajat $d_k = \deg f_k$ tidak pernah turun (menurut keminimalan setiap pilihan: $f_{k+1}$ sudah tersedia pada langkah $k+1$ … lebih tepatnya, $f_{k+1} \notin (f_1,\dots,f_k) \supseteq (f_1, \dots, f_{k-1})$ , jadi $f_{k+1}$ ikut bersaing pada langkah $k$ dan kalah atau seri: $d_{k+1} \geq d_k$ ). Misalkan $a_k \in A$ koefisien utama $f_k$ . Rantai ideal $(a_1) \subseteq (a_1, a_2) \subseteq \cdots$ stabil: $a_{n+1} \in (a_1, \dots, a_n)$ untuk suatu $n$ , katakanlah $a_{n+1} = \sum_{k\leq n} u_k a_k$ . Tinjau

g = f_{n+1} - \sum_{k=1}^{n} u_k X^{\,d_{n+1} - d_k} f_k .

Maka $g \in I \setminus (f_1, \dots, f_n)$ (jumlahnya terletak di ideal itu, sedangkan $f_{n+1}$ tidak), namun koefisien berderajat $d_{n+1}$ saling meniadakan: $\deg g < d_{n+1}$ , dan itu bertentangan dengan keminimalan $d_{n+1} = \deg f_{n+1}$ .

Dengan mengiterasikannya, $A[X_1, \dots, X_n] = (A[X_1, \dots, X_{n-1}])[X_n]$ bersifat Noether; sedangkan kuosien $A/I$ bersifat Noether karena idealnya $J/I$ terangkat menjadi ideal $A$ (korespondensi), yang pembangunnya berhingga banyaknya dan terproyeksikan menjadi pembangun. ∎

Catatan 2.31

Sifat Noether adalah aksioma keberhinggaan pada geometri aljabar: setiap sistem persamaan polinomial dengan $n$ variabel, betapa pun tak berhingga, setara dengan sistem yang berhingga banyaknya — himpunan penyelesaiannya terpotong oleh polinomial yang berhingga banyaknya. Setiap DIU bersifat Noether (secara trivial); sedangkan $\Z[X_1, X_2, \dots]$ dengan variabel tak berhingga banyaknya tidak ( $(X_1) \subsetneq (X_1, X_2) \subsetneq \cdots$ ). Ring yang bukan Noether juga muncul secara alami dalam analisis: fungsi kontinu pada $\intcc01$ membentuk salah satunya (Latihan 2.10).

2.5 Latihan

Latihan 2.1 ★

Kenali kuosien berikut: (a) $\Z[X]/(X^2 + 1) \cong \Z[\iu]$ ; (b) $\R[X]/(X^2+1) \cong \C$ ; (c) $\mathbb F_2[X]/(X^2 + X + 1)$ adalah lapangan dengan $4$ unsur — tuliskan tabel perkaliannya.

Solusi

Solusi Latihan 2.1.

(a) Pemasukan nilai $f \colon \Z[X] \to \Z[\iu]$ , $P \mapsto P(\iu)$ , adalah morfisma ring surjektif ( $a + bX \mapsto a + b\iu$ ). Kernelnya: bagilah $P$ oleh polinomial monik $X^2 + 1$ di $\Z[X]$ : $P = (X^2 + 1)Q + (bX + a)$ dengan $a, b \in \Z$ ; lalu $P(\iu) = a + b\iu = 0$ jika dan hanya jika $a = b = 0$ . Jadi $\ker f = (X^2+1)$ dan Teorema 2.2 menuntaskannya.

(b) Perhitungan yang sama dengan koefisien di $\R$ : $\R[X]/(X^2+1) \cong \C$ — inilah konstruksi $\C$ yang paling bersih.

(c) Polinomial $X^2 + X + 1$ tak berakar di $\mathbb F_2$ ( $0, 1 \mapsto 1$ ), sehingga, karena berderajat $2$ , ia tak tereduksi: faktornya $\mathbb F_4 = \mathbb F_2[X]/(X^2+X+1)$ adalah lapangan (Proposisi 2.4; $(P)$ maksimal di $K[X]$ bila $P$ tak tereduksi, sebab $K[X]$ merupakan DIU: ideal $(D) \supseteq (P)$ berarti $D \mid P$ ). Keempat unsurnya adalah $0, 1, \omega, \omega + 1$ dengan $\omega = \bar X$ dan $\omega^2 = \omega + 1$ . Tabel perkaliannya (untuk unsur tak nol):

\omega \cdot \omega = \omega + 1, \qquad \omega(\omega + 1) = \omega^2 + \omega = 1, \qquad (\omega+1)^2 = \omega^2 + 1 = \omega .

Unsur tak nolnya membentuk grup siklik berorde $3$ yang dibangun oleh $\omega$ .

Latihan 2.2 ★

(a) Tunjukkan bahwa di dalam DFT setiap unsur tak tereduksi bersifat prima. (b) Tunjukkan bahwa daerah integral yang berhingga adalah lapangan. (c) Simpulkan bahwa di dalam ring berhingga setiap ideal prima bersifat maksimal.

Solusi

Solusi Latihan 2.2.

(a) Misalkan $p$ tak tereduksi di dalam sebuah DFT dan $p \mid ab$ , katakanlah $ab = pc$ , dengan $a, b \neq 0$ (kalau tidak, trivial). Jika $a$ atau $b$ berupa unit, maka $p$ membagi yang lain. Jika tidak, faktorkan $a$ , $b$ dan $c$ atas unsur tak tereduksi: kedua faktorisasi $ab$ ,

(\text{faktor } a)(\text{faktor } b) = p \cdot (\text{faktor } c),

haruslah bersesuaian sampai pada urutan dan kesekawanan: jadi $p$ sekawan dengan salah satu faktor tak tereduksi $a$ atau $b$ , sehingga membaginya.

(b) Misalkan $A$ daerah integral berhingga dan $x \neq 0$ . Pemetaan $y \mapsto xy$ injektif ( $xy = xy' \Rightarrow x(y - y') = 0 \Rightarrow y = y'$ ), sehingga surjektif (karena $A$ berhingga): jadi $1 = xy$ untuk suatu $y$ .

(c) Jika $\mathfrak p$ prima di dalam ring berhingga $A$ , maka $A/\mathfrak p$ daerah integral berhingga, sehingga lapangan menurut (b), jadi $\mathfrak p$ maksimal (Proposisi 2.4).

Latihan 2.3 ★

Di $\Z[\iu\sqrt5]$ : periksalah bahwa $3$ , $1 + \iu\sqrt5$ dan $1 - \iu\sqrt5$ tak tereduksi, bahwa $9 = 3\cdot 3 = (2 + \iu\sqrt5)(2 - \iu\sqrt5)$ , lalu simpulkan sekali lagi (setelah Proposisi 2.12) bahwa $\Z[\iu\sqrt5]$ bukan DFT. Di manakah tepatnya ketunggalan itu gagal?

Solusi

Solusi Latihan 2.3.

Normanya: $N(3) = 9$ , $N(1 \pm \iu\sqrt5) = 6$ , $N(2 \pm \iu\sqrt5) = 9$ . Persamaan $x^2 + 5y^2 = 2$ dan $x^2 + 5y^2 = 3$ tak punya penyelesaian bulat, jadi tak ada unsur bernorma $2$ atau $3$ . Faktorisasi sejati dari $3$ akan memerlukan dua faktor bernorma $3$ : mustahil — jadi $3$ tak tereduksi. Faktorisasi sejati dari $1 \pm \iu\sqrt5$ (bernorma $6$ ) akan memerlukan faktor bernorma $2, 3$ : mustahil juga. Demikian pula $2 \pm \iu\sqrt5$ (bernorma $9$ : faktornya akan bernorma $3$ ). Sekarang

9 = 3 \cdot 3 = (2 + \iu\sqrt5)(2 - \iu\sqrt5),

yaitu dua faktorisasi atas unsur tak tereduksi. Keduanya benar-benar berbeda: unitnya hanya $\pm 1$ (bernorma $1$ ), dan $2 \pm \iu\sqrt5 \neq \pm 3$ . Jadi ketunggalannya gagal — sedangkan keberadaan faktorisasi tetap berlaku di $\Z[\iu\sqrt5]$ (Latihan 2.10(c)): ketakfaktorialan di sini murni kegagalan ketunggalan. (Sejalan dengan itu, Proposisi 2.12: unsur tak tereduksi ini bukan unsur prima.)

Latihan 2.4 ★★

(a) Tunjukkan bahwa $\Z[\iu]$ bersifat Euclid terhadap norma $N(x + \iu y) = x^2 + y^2$ : diberikan $a, b \neq 0$ , pilihlah $q \in \Z[\iu]$ yang terdekat dengan $a/b \in \C$ . (b) Tentukan $\Z[\iu]^\times$ . (c) Pertanyaan yang sama untuk $\Z[\iu\sqrt2]$ dan $N(x + \iu y\sqrt2) = x^2 + 2y^2$ . Mengapa argumen yang sama gagal untuk $\Z[\iu\sqrt5]$ ?

Solusi

Solusi Latihan 2.4.

(a) Misalkan $a, b \in \Z[\iu]$ , $b \neq 0$ , dan $a/b = x + \iu y \in \C$ . Pilihlah bilangan bulat $m, n$ dengan $\abs{x - m} \leq \frac12$ , $\abs{y - n} \leq \frac12$ , lalu tetapkan $q = m + \iu n$ , $r = a - bq$ . Maka

N(r) = N(b)\,\abs*{\tfrac ab - q}^2 \leq N(b)\Bigl(\tfrac14 + \tfrac14\Bigr) = \tfrac{N(b)}2 < N(b).

Jadi $N$ merupakan fungsi Euclid ( $N(r) < N(b)$ atau $r = 0$ ).

(b) Jika $uv = 1$ maka $N(u)N(v) = 1$ dengan $N(u) \in \N$ : jadi $N(u) = 1$ , yakni $x^2 + y^2 = 1$ : $u \in \{\pm 1, \pm\iu\}$ ; sebaliknya keempatnya memang unit.

(c) Untuk $\Z[\iu\sqrt2]$ : pembulatan yang sama memberikan $\abs{a/b - q}^2 \leq \frac14 + \frac{2}4 = \frac34 < 1$ : jadi Euclid; unitnya: $x^2 + 2y^2 = 1$ memberikan $\pm 1$ . Untuk $\Z[\iu\sqrt5]$ batasnya menjadi $\frac14 + \frac54 = \frac32 > 1$ : argumen pembulatannya gagal — dan memang harus gagal, sebab $\Z[\iu\sqrt5]$ bahkan bukan DFT (Latihan 2.3), padahal Euclid akan mengakibatkan DFT (Teorema 2.14 dan 2.18).

Latihan 2.5 ★★

Misalkan $A$ sebuah ring. (a) Tunjukkan bahwa jika $x$ nilpoten ( $x^n = 0$ untuk suatu $n$ ) maka $1 + x \in A^\times$ . (b) Tunjukkan bahwa jika $A$ daerah integral, maka $A[X]^\times = A^\times$ ; berilah contoh penyangkal atas $\Z/4\Z$ . (c) Tunjukkan bahwa daerah integral tak punya unsur idempoten ( $e^2 = e$ ) selain $0, 1$ , dan tak punya unsur nilpoten selain $0$ .

Solusi

Solusi Latihan 2.5.

(a) Jika $x^n = 0$ :

(1 + x)\bigl(1 - x + x^2 - \dots + (-1)^{n-1}x^{n-1}\bigr) = 1 + (-1)^{n-1}x^n = 1 .

(b) Di daerah integral berlaku $\deg(PQ) = \deg P + \deg Q$ ; syarat $PQ = 1$ memaksa $\deg P = \deg Q = 0$ dan $P, Q \in A^\times$ : jadi $A[X]^\times = A^\times$ . Atas $\Z/4\Z$ : $(1 + 2X)^2 = 1 + 4X + 4X^2 = 1$ , sehingga $1 + 2X$ merupakan unit berderajat $1$ (di sini $2$ nilpoten; bandingkan dengan (a)).

(c) Dari $e^2 = e$ diperoleh $e(e - 1) = 0$ , sehingga $e \in \{0, 1\}$ di daerah integral. Jika $x^n = 0$ dengan $n \geq 1$ minimal dan $x \ne 0$ , maka $n \geq 2$ dan $x \cdot x^{n-1} = 0$ dengan kedua faktornya tak nol: kontradiksi.

Latihan 2.6 ★★

Di $A = K[X, Y]$ : (a) tunjukkan bahwa ideal $(X, Y)$ maksimal tetapi bukan ideal utama — sehingga $K[X,Y]$ merupakan DFT (Teorema 2.24) yang bukan DIU; (b) kenali $K[X, Y]/(Y - X^2)$ dan $K[X,Y]/(XY - 1)$ sebagai subring fungsi rasional; (c) apakah $(Y - X^2)$ prima? maksimal?

Solusi

Solusi Latihan 2.6.

(a) $K[X,Y]/(X,Y) \cong K$ (masukkan $(0,0)$ ): sebuah lapangan, jadi $(X,Y)$ maksimal. Jika $(X, Y) = (P)$ : dari $P \mid X$ diperoleh (lihat derajatnya dalam $Y$ ) $P \in K[X]$ , lalu $P \mid Y$ memaksa $P \in K$ ; nilai $P = 0$ mustahil dan $P \in K^\times$ akan memberikan $(P) = K[X,Y]$ , bertentangan dengan kesejatiannya (sebab $K[X,Y]/(X,Y) \cong K \neq 0$ ). Jadi $(X,Y)$ bukan ideal utama.

(b) Pemasukan nilai $P(X, Y) \mapsto P(X, X^2)$ memetakan $K[X,Y]$ pada $K[X]$ ; kernelnya adalah $(Y - X^2)$ : dengan membagi oleh polinomial yang monik dalam $Y$ , yaitu $Y - X^2$ , $P = (Y - X^2)Q + R(X)$ , dan $P(X, X^2) = R(X)$ . Jadi $K[X,Y]/(Y - X^2) \cong K[X]$ — ring koordinat sebuah parabola, isomorfik dengan ring koordinat sebuah garis.

Pemasukan nilai $P(X, Y) \mapsto P(X, X^{-1})$ memetakan $K[X, Y]$ pada ring $K[X, X^{-1}]$ yang beranggotakan polinomial Laurent. Kernelnya memuat $(XY - 1)$ ; sebaliknya, modulo $XY - 1$ setiap kelas mempunyai wakil $R = \sum_{n \geq 0} a_nX^n + \sum_{m \geq 1} b_m Y^m$ (ganti setiap hasil kali $XY$ dengan $1$ berulang-ulang), dan $R(X, X^{-1}) = \sum a_n X^n + \sum b_m X^{-m} = 0$ memaksa semua $a_n = b_m = 0$ . Karena itu $K[X, Y]/(XY - 1) \cong K[X, X^{-1}]$ — yaitu ring koordinat sebuah hiperbola: garis dengan satu titik dibuang.

(c) Ideal $(Y - X^2)$ prima (sebab kuosiennya $K[X]$ daerah integral) tetapi tidak maksimal (sebab $K[X]$ bukan lapangan; secara konkret $(Y - X^2) \subsetneq (Y - X^2,\, X) \subsetneq K[X,Y]$ ).

Latihan 2.7 ★★

Tak tereduksi atau tidak atas $\Q$ : $X^5 - 12X^3 + 36X - 12$ ; $X^4 + X + 1$ (reduksikan modulo $2$ ); $X^4 + 4$ ; $\Phi_8 = X^4 + 1$ (geser sejauh $1$ ); $X^3 - X - 1$ .

Solusi

Solusi Latihan 2.7.

$X^5 - 12X^3 + 36X - 12$ : Eisenstein pada $p = 3$ ( $3 \mid 12, 36, 12$ ; $9 \nmid 12$ ; $3 \nmid 1$ ): jadi tak tereduksi. (Pada $p = 2$ Eisenstein gagal: $4 \mid 12$ .)

$X^4 + X + 1$ : reduksikan modulo $2$ . Tak berakar di $\mathbb F_2$ ; satu-satunya polinomial kuadrat tak tereduksi atas $\mathbb F_2$ adalah $X^2 + X + 1$ , dan $(X^2+X+1)^2 = X^4 + X^2 + 1 \neq X^4 + X + 1$ . Jadi $X^4 + X + 1$ tak tereduksi atas $\mathbb F_2$ , sehingga juga atas $\Q$ (Teorema 2.25(1); ia monik).

$X^4 + 4$ : terreduksi — lewat identitas Sophie Germain, $X^4 + 4 = (X^2 - 2X + 2)(X^2 + 2X + 2)$ .

$X^4 + 1$ : geser, $(X+1)^4 + 1 = X^4 + 4X^3 + 6X^2 + 4X + 2$ : Eisenstein pada $2$ . Faktorisasi $X^4+1$ akan bergeser menjadi faktorisasi $(X+1)^4 + 1$ : jadi tak tereduksi.

$X^3 - X - 1$ : polinomial kubik terreduksi atas $\Q$ jika dan hanya jika ia berakar rasional; akar rasional dari polinomial bulat yang monik pastilah bilangan bulat pembagi suku konstannya (teorema akar rasional: jika $(p/q)$ dalam bentuk paling sederhana merupakan akar, maka $q \mid 1$ , $p \mid -1$ ), dan $\pm 1$ bukan akar (nilainya $-1$ dan $-1$ ): jadi tak tereduksi.

Latihan 2.8 ★★

(a) Dari Teorema 2.9, buktikan bahwa fungsi Euler bersifat multiplikatif pada argumen yang relatif prima dan bahwa $\varphi(p^k) = p^{k-1}(p-1)$ ; peroleh kembali $\varphi(n) = n\prod_{p \mid n}(1 - \frac1p)$ . (b) Selesaikan: $x \equiv 2 \pmod 7$ , $x \equiv 5 \pmod{11}$ , $x \equiv 1 \pmod{13}$ , sambil menampilkan unsur idempoten $e_k$ pada bukti Teorema 2.9.

Solusi

Solusi Latihan 2.8.

(a) Untuk $\gcd(m, n) = 1$ , Teorema 2.9 memberikan isomorfisma ring $\Z/mn\Z \cong \Z/m\Z \times \Z/n\Z$ . Unsur sebuah ring hasil kali merupakan unit jika dan hanya jika kedua koordinatnya unit, sehingga $(\Z/mn\Z)^\times \cong (\Z/m\Z)^\times \times (\Z/n\Z)^\times$ dan $\varphi(mn) = \varphi(m)\varphi(n)$ . Untuk pangkat prima, yang bukan unit di $\Z/p^k\Z$ adalah kelas kelipatan $p$ : jadi $\varphi(p^k) = p^k - p^{k-1}$ . Karena itu

\varphi(n) = \prod_i \bigl(p_i^{\alpha_i} - p_i^{\alpha_i-1}\bigr) = n \prod_{p \mid n}\Bigl(1 - \frac1p\Bigr).

(b) $M = 7 \cdot 11 \cdot 13 = 1001$ . Unsur idempotennya: $e_1 \equiv (1, 0, 0)$ : $143 = 11\cdot13 \equiv 3 \pmod 7$ dan $3 \cdot 5 \equiv 1$ : jadi $e_1 = 143 \cdot 5 = 715$ . Untuk $e_2$ : $91 \equiv 3 \pmod{11}$ , $3 \cdot 4 \equiv 1$ : $e_2 = 91\cdot4 = 364$ . Untuk $e_3$ : $77 \equiv -1 \pmod{13}$ : $e_3 = 77 \cdot 12 = 924$ . Maka

x \equiv 2\,e_1 + 5\,e_2 + 1\,e_3 = 1430 + 1820 + 924 = 4174 \equiv 170 \pmod{1001},

dan memang $170 = 24\cdot7 + 2 = 15\cdot11 + 5 = 13\cdot13 + 1$ .

Latihan 2.9 ★★★

(Nilradikal) Misalkan $\operatorname{Nil}(A)$ himpunan semua unsur nilpoten. (a) Tunjukkan bahwa $\operatorname{Nil}(A)$ adalah ideal yang termuat di setiap ideal prima. (b) Sebaliknya, misalkan $a$ bukan nilpoten; dengan memakai lema Zorn pada ideal yang menghindari $S = \{a^n : n \in \N\}$ , hasilkanlah ideal prima yang tak memuat $a$ . Simpulkan:

\operatorname{Nil}(A) = \bigcap_{\mathfrak p \text{ prima}} \mathfrak p .

Solusi

Solusi Latihan 2.9.

(a) Jika $x^n = 0$ dan $y^m = 0$ , penjabaran binomial $(x+y)^{n+m}$ mempunyai setiap suku $x^iy^j$ dengan $i + j = n + m$ , sehingga $i \geq n$ atau $j \geq m$ : setiap sukunya lenyap, dan $x + y$ nilpoten; lagi pula $(ax)^n = a^nx^n = 0$ : jadi $\operatorname{Nil}(A)$ adalah ideal. Jika $\mathfrak p$ prima dan $x^n = 0 \in \mathfrak p$ , maka induksi pada $n$ memberikan $x \in \mathfrak p$ (sebab $x \cdot x^{n-1} \in \mathfrak p$ ).

(b) Misalkan $a \notin \operatorname{Nil}(A)$ dan $S = \{a^n : n \geq 1\}$ , sehingga $0 \notin S$ . Himpunan $\mathcal E$ yang beranggotakan ideal saling lepas dengan $S$ memuat $(0)$ dan bersifat induktif (gabungan sebuah rantai ideal yang saling lepas dengan $S$ juga ideal yang saling lepas dengan $S$ ): lema Zorn menyediakan $\mathfrak p \in \mathcal E$ yang maksimal. Ideal $\mathfrak p$ ini sejati (sebab $a \notin \mathfrak p$ , karena $a \in S$ ). Keprimaannya: misalkan $x, y \notin \mathfrak p$ . Menurut kemaksimalan, $\mathfrak p + (x)$ dan $\mathfrak p + (y)$ memotong $S$ : $a^m \in \mathfrak p + (x)$ , $a^n \in \mathfrak p + (y)$ . Dengan mengalikannya, $a^{m+n} \in \mathfrak p + (xy)$ . Jika $xy \in \mathfrak p$ , maka $a^{m+n} \in \mathfrak p \cap S$ : mustahil. Jadi $xy \notin \mathfrak p$ — inilah kontraposisi keprimaan. Karena itu setiap unsur yang bukan nilpoten menghindari suatu ideal prima; bersama (a), $\operatorname{Nil}(A) = \bigcap_{\mathfrak p} \mathfrak p$ .

Latihan 2.10 ★★★

(a) Misalkan $A$ bersifat Noether dan $f \colon A \to A$ morfisma ring yang surjektif. Tunjukkan bahwa $f$ injektif. (Tinjaulah $\ker f \subseteq \ker f^2 \subseteq \cdots$ .) (b) Tunjukkan bahwa ring $\mathcal C(\intcc01, \R)$ yang beranggotakan fungsi kontinu tidak bersifat Noether. (Tinjaulah $I_n = \{f : f = 0 \text{ pada } \intcc0{1/n}\}$ .) (c) Tunjukkan bahwa di dalam daerah integral yang Noether, setiap unsur tak nol yang bukan unit merupakan hasil kali berhingga unsur tak tereduksi — sehingga ketakfaktorialan $\Z[\iu\sqrt 5]$ semata-mata kegagalan ketunggalan.

Solusi

Solusi Latihan 2.10.

(a) Rantai $\ker f \subseteq \ker f^2 \subseteq \cdots$ stabil (Proposisi 2.29): $\ker f^n = \ker f^{n+1}$ untuk suatu $n$ . Misalkan $x \in \ker f$ . Karena $f$ , dan karenanya $f^n$ , surjektif, $x = f^n(y)$ untuk suatu $y$ ; lalu $f^{n+1}(y) = f(x) = 0$ , sehingga $y \in \ker f^{n+1} = \ker f^n$ , yakni $x = f^n(y) = 0$ .

(b) Himpunan $I_n = \{f \in \mathcal C(\intcc01, \R) : f\restriction_{ \intcc0{1/n}} = 0\}$ adalah ideal, dan $I_n \subseteq I_{n+1}$ . Inklusinya sejati: fungsi $x \mapsto \max\bigl(0, x - \frac1{n+1}\bigr)$ lenyap pada $\intcc0{\frac1{n+1}}$ tetapi tidak pada $\intcc0{\frac1n}$ . Rantai naik sejati yang tak berujung bertentangan dengan Proposisi 2.29.

(c) Andaikan himpunan unsur tak nol bukan unit yang tak punya faktorisasi atas unsur tak tereduksi bersifat tak kosong. Keluarga ideal $\{(a)\}$ yang bersesuaian mempunyai unsur maksimal $(a)$ (Proposisi 2.29). Unsur $a$ ini tidak tak tereduksi (sebab unsur tak tereduksi adalah faktorisasi dirinya sendiri), jadi $a = bc$ dengan $b, c$ bukan unit; inklusi $(a) \subseteq (b)$ sejati (sebab $(a) = (b)$ akan memberikan $b = ad$ , $a = adc$ , sehingga $dc = 1$ : $c$ menjadi unit), demikian pula $(a) \subsetneq (c)$ . Menurut kemaksimalan, baik $b$ maupun $c$ terfaktorkan atas unsur tak tereduksi; menyambung faktornya memfaktorkan $a$ : kontradiksi. Diterapkan pada $\Z[\iu\sqrt5]$ — yang Noether sebagai kuosien dari $\Z[X]$ (Teorema 2.30, sebab $\Z[\iu\sqrt5] \cong \Z[X]/(X^2+5)$ ) — ini menunjukkan bahwa faktorisasi memang ada di sana; Latihan 2.3 menunjukkan bahwa ketunggalanlah yang gagal.

Latihan 2.11 ★★★

Misalkan $P = X^4 + 1$ . (a) Tunjukkan bahwa $P$ tak tereduksi atas $\Q$ (Latihan 2.7). (b) Tunjukkan bahwa $P$ terreduksi modulo setiap bilangan prima $p$ : tangani $p = 2$ ; lalu, untuk $p$ ganjil, tunjukkan bahwa $8 \mid p^2 - 1$ dan terimalah untuk sementara (dibuktikan pada Bab 4) bahwa grup multiplikatif dari lapangan dengan $p^2$ unsur bersifat siklik, lalu simpulkan bahwa $P$ terpecah atas dua faktor kuadrat modulo $p$ ; tuliskan secara eksplisit bila salah satu dari $-1$ , $2$ , $-2$ merupakan kuadrat modulo $p$ , dan tunjukkan bahwa selalu ada salah satunya.

Solusi

Solusi Latihan 2.11.

(a) Latihan 2.7: geser lalu Eisenstein pada $2$ .

(b) Modulo $2$ : $X^4 + 1 = (X + 1)^4$ . Sekarang misalkan $p$ ganjil. Semua kuadrat membentuk subgrup berindeks $2$ di $(\Z/p\Z)^\times$ : morfisma $x \mapsto x^2$ berkernel $\{\pm 1\}$ (dua unsur, sebab $X^2 - 1$ berakar paling banyak $2$ di sebuah lapangan, dan $1 \neq -1$ untuk $p$ ganjil), sehingga petanya beranggota $\frac{p-1}2$ unsur. Akibatnya, hasil kali dua bukan-kuadrat merupakan kuadrat (di dalam grup kuosien berorde $2$ berlaku $\overline{xy} = \bar x\bar y$ ). Karena itu sekurang-kurangnya satu dari $-1$ , $2$ , $-2$ merupakan kuadrat modulo $p$ (jika $-1$ dan $2$ bukan, maka $-2 = (-1)\cdot 2$ merupakan kuadrat). Pada setiap kasus $X^4 + 1$ terfaktorkan modulo $p$ :

$-1 = c^2$ : $X^4 + 1 = X^4 - c^2 = (X^2 - c)(X^2 + c)$ ;
$2 = c^2$ : $(X^2 + cX + 1)(X^2 - cX + 1) = X^4 + (2 - c^2)X^2 + 1 = X^4 + 1$ ;
$-2 = c^2$ : $(X^2 + cX - 1)(X^2 - cX - 1) = X^4 - (c^2 + 2)X^2 + 1 = X^4 + 1$ .

Jadi $X^4+1$ terreduksi modulo setiap bilangan prima, namun tak tereduksi atas $\Q$ : kriteria reduksi (Teorema 2.25(1)) mendeteksi ketaktereduksian, tetapi kegagalannya tidak membuktikan apa pun.

(Alasan strukturalnya: $p^2 - 1 = (p-1)(p+1)$ merupakan hasil kali dua bilangan genap berurutan, sehingga $8 \mid p^2 - 1$ ; grup siklik $\mathbb F_{p^2}^\times$ (kesiklikannya dibuktikan pada Bab 4) lalu memuat unsur $\zeta$ berorde $8$ , yaitu akar $X^4 + 1$ ; polinomial minimalnya atas $\mathbb F_p$ membagi $X^4+1$ dan berderajat $\leq 2$ — jadi $X^4+1$ tak pernah dapat tak tereduksi modulo $p$ .)

Latihan 2.12 ★★

(Unsur idempoten memecah ring) Sebuah unsur $e$ dari ring komutatif $A$ disebut idempoten jika $e^2 = e$ . (a) Tunjukkan bahwa jika $e$ idempoten maka $1 - e$ pun idempoten, dan bahwa pemetaan $x \mapsto (ex, (1-e)x)$ adalah isomorfisma ring $A \cong Ae \times A(1-e)$ , dengan $Ae$ berupa ring bersatuan $e$ . (b) Carilah semua unsur idempoten dari daerah integral, dan dari $\Z/12\Z$ ; tampilkan isomorfisma $\Z/12\Z \cong \Z/4\Z \times \Z/3\Z$ dengan menyebutkan kedua unsur idempotennya yang tak trivial. (c) Tunjukkan bahwa penguraian $\Z/n\Z$ lewat teorema sisa Tiongkok (Contoh 2.10) bersesuaian persis dengan unsur idempoten $e_i \equiv 1 \bmod p_i^{a_i}$ , $e_i \equiv 0$ modulo pangkat prima lainnya: ring terurai menurut unsur idempotennya sebagaimana ruang terurai menurut proyeksinya.

Solusi

Solusi Latihan 2.12.

(a) $(1-e)^2 = 1 - 2e + e^2 = 1 - e$ . Pemetaan $\varphi(x) = (ex, (1-e)x)$ bersifat aditif dan multiplikatif ke dalam hasil kali kedua ideal itu: $exey = e^2xy = e(xy)$ , dan $Ae$ merupakan ring komutatif bersatuan $e$ (sebab $e\cdot ex = ex$ ). Injektif: dari $ex = 0$ dan $(1-e)x = 0$ , penjumlahannya memberikan $x = 0$ . Surjektif: $(ea, (1-e)b)$ adalah peta dari $ea + (1-e)b$ (hitunglah kedua komponennya dengan memakai $e(1-e) = 0$ ). Unitnya terpetakan secara benar pada pasangan bertipe $(1, 0)$ : $\varphi(1) = (e, 1-e)$ , yaitu satuan hasil kalinya.

(b) Di daerah integral, $e(e - 1) = 0$ memaksa $e \in \{0, 1\}$ : jadi hanya ada unsur idempoten trivial. Di $\Z/12\Z$ , menyelesaikan $e^2 \equiv e$ memberikan $e \in \{0, 1, 4, 9\}$ . Pasangan tak trivialnya $\{4, 9\}$ : $4 + 9 = 13 \equiv 1$ , $4\cdot9 = 36 \equiv 0$ , dan $\Z/12\Z\cdot4 = \{0, 4, 8\} \cong \Z/3\Z$ (bersatuan $4$ ), $\Z/12\Z\cdot9 = \{0, 3, 6, 9\} \cong \Z/4\Z$ (bersatuan $9$ ): inilah pemecahan lewat teorema sisa Tiongkok, $\Z/12\Z \cong \Z/4\Z\times\Z/3\Z$ , dengan $9 \leftrightarrow (1, 0)$ dan $4 \leftrightarrow (0, 1)$ .

(c) Di bawah isomorfisma sisa Tiongkok $\Z/n\Z \cong \prod_i \Z/p_i^{a_i}\Z$ , unsur $e_i$ dengan kekongruenan yang disebutkan bersesuaian dengan tupel yang bernilai $1$ pada slot $i$ dan $0$ di tempat lain: itulah unsur idempoten elementer hasil kali tersebut. Sebaliknya, keluarga lengkap unsur idempoten yang saling ortogonal ( $e_ie_j = 0$ untuk $i \neq j$ , $\sum e_i = 1$ ) merakit kembali penguraian hasil kali itu lewat (a), secara induktif. Unsur idempoten bagi ring adalah seperti proyeksi ortogonal bagi ruang Hilbert (Bab 13): koordinat sebuah penguraian langsung internal.

2.6 Soal: teorema dua kuadrat Fermat

Soal 2.1

Soal akhir pekan — jumlah dua kuadrat, lewat $\Z[\iu]$

Bilangan bulat manakah yang merupakan jumlah dua kuadrat? Jawaban Fermat (1640) adalah salah satu permata aritmetika; bilangan bulat Gauss mengubah pembuktiannya menjadi teori ring. Sepanjang soal ini, $N(x + \iu y) = x^2 + y^2$ melambangkan normanya, $\Z[\iu]$ bersifat Euclid (Latihan 2.4) sehingga menjadi DIU sekaligus DFT, dan prima Gauss berarti unsur prima (= tak tereduksi) di $\Z[\iu]$ .

Bagian I — Norma dan prima Gauss.

Periksalah $N(zw) = N(z)N(w)$ , simpulkan kembali $\Z[\iu]^\times = \{\pm1, \pm\iu\}$ , lalu buktikan identitas Brahmagupta: hasil kali dua jumlah dua kuadrat juga merupakan jumlah dua kuadrat.
Tunjukkan bahwa jika $N(z)$ berupa bilangan prima, maka $z$ merupakan prima Gauss.
Tunjukkan bahwa setiap prima Gauss $\pi$ membagi tepat satu bilangan prima $p$ (tinjaulah $N(\pi) = \pi\bar\pi$ ), dan bahwa lalu $N(\pi) \in \{p, p^2\}$ .
Simpulkan dikotominya: untuk setiap bilangan prima $p$ , entah $p$ tetap prima di $\Z[\iu]$ (dan tak ada prima Gauss bernorma $p$ ), entah $p = \pi\bar\pi$ dengan $\pi$ sebuah prima Gauss bernorma $p$ — dan lalu $p = a^2 + b^2$ .

Bagian II — Teorema Wilson dan $-1$ modulo $p$ .

Buktikan teorema Wilson: untuk $p$ prima, $(p-1)! \equiv -1 \pmod p$ . (Pasangkan setiap sisa dengan inversnya; mana saja yang berpasangan dengan dirinya sendiri?)
Misalkan $p$ bilangan prima ganjil dan $m = \frac{p-1}2$ . Tunjukkan bahwa $(m!)^2 \equiv (-1)^{m+1} \pmod p$ (di dalam $(p-1)!$ , gantilah setiap faktor $k > m$ dengan $-(p - k)$ ).
Simpulkan: $-1$ merupakan kuadrat modulo $p$ jika dan hanya jika $p = 2$ atau $p \equiv 1 \pmod 4$ . (Untuk arah “hanya jika”: jika $x^2 \equiv -1$ , berapa orde $x$ di $(\Z/p\Z)^\times$ , dan apa kata teorema Lagrange?)

Bagian III — Hukum pemecahan.

Misalkan $p \equiv 1 \pmod 4$ , dan $x$ memenuhi $p \mid x^2 + 1 = (x + \iu)(x - \iu)$ . Tunjukkan bahwa $p$ bukan prima Gauss, lalu simpulkan bersama Bagian I: $p = a^2 + b^2$ .
Misalkan $p \equiv 3 \pmod 4$ . Tunjukkan secara langsung bahwa $p$ bukan jumlah dua kuadrat (lihat kuadrat modulo $4$ ), lalu simpulkan bahwa $p$ tetap menjadi prima Gauss.
Tuntaskan kasus $p = 2$ : tampilkan faktorisasi $2 = -\iu(1+\iu)^2$ dan periksa bahwa $1 + \iu$ merupakan prima Gauss. (Bilangan $2$ adalah satu-satunya prima yang bercabang: habis dibagi kuadrat sebuah prima Gauss sampai pada unit.)
Susunlah klasifikasi prima Gauss, sampai pada unit: $1 + \iu$ ; bilangan bulat $p \equiv 3 \pmod 4$ ; dan pasangan sekawan $\pi, \bar\pi$ bernorma $p \equiv 1 \pmod 4$ . Periksalah pada $5 = (2+\iu)(2-\iu)$ dan pada $3$ .

Bagian IV — Teorema dua kuadrat.

Buktikan separuh yang langsung: jika pada faktorisasi $n = \prod p_i^{\alpha_i}$ setiap bilangan prima $\equiv 3 \pmod 4$ muncul dengan eksponen genap, maka $n$ merupakan jumlah dua kuadrat. (Brahmagupta + Bagian II–III.)
Buktikan konversnya: jika $n = a^2 + b^2 = N(a + \iu b)$ dan $q \equiv 3 \pmod 4$ membagi $n$ , tunjukkan bahwa $q$ , yang merupakan prima Gauss, membagi $a + \iu b$ atau $a - \iu b$ , bahwa ia sesungguhnya membagi baik $a$ maupun $b$ , lalu simpulkan dengan induksi pada $n$ bahwa eksponen $q$ di dalam $n$ bernilai genap.
Nyatakan teorema akhirnya. Manakah di antara $2025$ , $2026$ , $2027$ yang merupakan jumlah dua kuadrat? ( $2025 = 81 \cdot 25$ ; $2026 = 2 \cdot 1013$ dengan $1013$ prima; $2027$ prima.)
(Penutup) Tunjukkan bahwa bilangan prima $p \equiv 1 \pmod 4$ merupakan jumlah dua kuadrat secara pada dasarnya tunggal: jika $p = a^2 + b^2 = c^2 + d^2$ (dengan bilangan bulat positif), maka $\{a, b\} = \{c, d\}$ . (Ketunggalan faktorisasi di $\Z[\iu]$ .)

Bagian V — Mencacah representasi: rumus Jacobi dan deret Leibniz. Tulis $r_2(n) = \#\{(a, b) \in \Z^2 : a^2 + b^2 = n\}$ (pasangan terurut, dengan tanda dan nol ikut dihitung), dan misalkan $\chi$ karakter tak trivial modulo $4$ : $\chi(d) = +1$ jika $d \equiv 1$ , $-1$ jika $d \equiv 3 \pmod4$ , dan $0$ jika $d$ genap.

(Pemanasan, sebagai pembanding) Bilangan bulat manakah yang merupakan selisih dua kuadrat? Tunjukkan: $n = a^2 - b^2$ dengan $a, b \in \Z$ jika dan hanya jika $n \not\equiv 2 \pmod 4$ — tanpa teori ring sama sekali, dan tanpa struktur yang sebanding dengan yang menyusul.
Tunjukkan bahwa $r_2(n)$ adalah banyaknya $z \in \Z[\iu]$ dengan $N(z) = n$ . Dengan menulis $n = 2^{a}\prod_jp_j^{b_j} \prod_kq_k^{c_k}$ dengan $p_j \equiv 1$ , $q_k \equiv 3 \pmod4$ , pakailah klasifikasi pada pertanyaan 11 dan ketunggalan faktorisasi untuk menunjukkan: $z$ semacam itu ada jika dan hanya jika semua $c_k$ genap, dan dalam hal itu

$r_2(n) = 4\prod_j\,(b_j + 1) .$

(Cacahlah: $z = u\,(1+\iu)^{a}\prod_j\pi_j^{s_j} \bar\pi_j^{\,b_j - s_j}\prod_kq_k^{c_k/2}$ dengan $u$ sebuah unit dan $0 \leq s_j \leq b_j$ ; mengapa daftar ini menyeluruh dan tanpa pengulangan?)
Tunjukkan bahwa $d \mapsto \chi(d)$ multiplikatif sepenuhnya, simpulkan bahwa $n \mapsto \sum_{d \mid n}\chi(d)$ multiplikatif, lalu hitunglah nilainya pada pangkat prima: nilainya $1$ pada $2^a$ ; $b + 1$ pada $p^b$ ( $p \equiv 1$ ); serta $1$ atau $0$ pada $q^c$ ( $q \equiv 3$ ) menurut genap atau ganjilnya $c$ .
Simpulkan teorema Jacobi:

$r_2(n) = 4\sum_{d \mid n}\chi(d) = 4\bigl(d_1(n) - d_3(n)\bigr),$

dengan $d_i(n)$ mencacah pembagi $\equiv i \pmod 4$ . Periksalah pada $n = 3, 5, 9, 25$ , lalu daftarkan $16$ representasi dari $65$ .
(Lingkaran) Tunjukkan bahwa $\sum_{n \leq x}r_2(n)$ adalah banyaknya titik kisi $\Z^2$ di dalam cakram tertutup berjari-jari $\sqrt x$ , lalu buktikan

$\sum_{n\leq x}r_2(n) = \pi x + O(\sqrt x)$

(setiap titik kisi memiliki satu persegi satuan; bandingkan luasnya, dengan galat yang hidup di dalam cincin selebar $O(1)$ ).
(Leibniz, dibaca secara aritmetika) Gabungkan pertanyaan 19–20:

$\sum_{d \leq x}\chi(d)\Bigl\lfloor\frac xd\Bigr\rfloor = \frac{\pi x}4 + O(\sqrt x),$

lalu simpulkan — setelah fungsi lantainya dilepas dengan hati-hati — deret Leibniz

$1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \dots = \frac\pi4 .$

Deret berganti tanda atas kebalikan bilangan ganjil itu adalah rata-rata kelebihan pembagi $\equiv 1$ atas pembagi $\equiv 3$ : analisis yang dihitung oleh aritmetika.
(Seberapa langka jumlah dua kuadrat?) Tunjukkan bahwa tak ada bilangan bulat $\equiv 3 \pmod 4$ yang merupakan jumlah dua kuadrat (dengan dua cara: kuadrat modulo $4$ , atau kriteria keparitasan pada pertanyaan 17), sehingga sekurang-kurangnya seperempat bilangan bulat terlewatkan; lalu tunjukkan bahwa rata-rata $\frac1x\sum_{n\leq x}r_2(n) \to \pi$ pada pertanyaan 20 sejalan dengan bilangan bulat terwakilkan yang berkepadatan $0$ — tampilkan bilangan bulat dengan representasi yang luar biasa banyak (ambil hasil kali banyak bilangan prima $\equiv 1 \bmod 4$ ) untuk menjelaskan bagaimana proporsi yang menuju nol masih dapat membawa rata-rata positif. (Landau membuktikan bahwa kepadatan sejatinya meluruh seperti $1/\sqrt{\log x}$ ; itu di luar jangkauan perkakas kita, tetapi mekanismenya kini sudah terlihat.)

Bagian VI — Pelengkap: representasi primitif dan Pythagoras.

Sebutlah representasi $n = a^2 + b^2$ primitif jika $\gcd(a, b) = 1$ . Tunjukkan bahwa $n \geq 1$ mempunyai representasi primitif jika dan hanya jika $4 \nmid n$ dan tak ada bilangan prima $q \equiv 3 \pmod 4$ yang membagi $n$ . (Untuk keperluannya, pakai lagi penurunan pada pertanyaan 13 dan kuadrat modulo $4$ ; untuk kecukupannya, bangunlah $z$ dari $1 + \iu$ dan $\pi_j$ saja — tanpa sekawannya — lalu jelaskan mengapa faktor prima persekutuan $a$ dan $b$ akan memaksa baik $\pi_j$ maupun $\bar\pi_j$ , atau $(1+\iu)^2$ , masuk ke dalam $z$ .)
(Tripel Pythagoras) Misalkan $a^2 + b^2 = c^2$ dengan $a, b, c$ positif, $\gcd(a, b) = 1$ dan $b$ genap. Tunjukkan bahwa $a + \iu b$ dan $a - \iu b$ relatif prima di $\Z[\iu]$ (pembagi prima Gauss persekutuannya akan membagi $2a$ dan $2b$ , padahal $c$ ganjil), simpulkan dari ketunggalan faktorisasi bahwa $a + \iu b = u(m + \iu n)^2$ untuk suatu unit $u$ , lalu simpulkan parameterisasi klasiknya: setelah $a$ dan $b$ ditukar bila perlu,

$a = m^2 - n^2, \qquad b = 2mn, \qquad c = m^2 + n^2,$

dengan $m > n \geq 1$ relatif prima dan berkeparitasan berlawanan. Peroleh kembali $(3, 4, 5)$ dan $(21, 20, 29)$ dari $(m, n) = (2, 1)$ dan $(5, 2)$ .
(Pemeriksaan numerik) Ambil $x = 25$ . Hitunglah $r_2(n)$ untuk $1 \leq n \leq 25$ dari rumus Jacobi, periksa bahwa nilai tak nolnya muncul tepat pada $n = 1, 2, 4, 5, 8, 9, 10, 13, 16, 17, 18, 20, 25$ , dan bahwa

$\sum_{n \leq 25} r_2(n) = 80 = 4\sum_{d \leq 25}\chi(d) \Bigl\lfloor\frac{25}d\Bigr\rfloor .$

Periksalah bahwa cakram tertutup berjari-jari $5$ memuat $81$ titik kisi, lalu bandingkan dengan $\pi x \approx 78.5$ : galatnya masih jauh di dalam $O(\sqrt x)$ pada pertanyaan 20.

Solusi

Solusi Soal 2.1.

1. $N(z) = z\bar z$ , jadi $N(zw) = zw\overline{zw} = z\bar z\, w \bar w = N(z)N(w)$ . Jika $uv = 1$ : $N(u)N(v) = 1$ di $\N$ , sehingga $N(u) = 1$ , yakni $u \in \{\pm 1, \pm \iu\}$ ; keempatnya memang unit. Brahmagupta: $(a^2+b^2)(c^2+d^2) = N\bigl((a + \iu b)(c + \iu d)\bigr) = (ac - bd)^2 + (ad + bc)^2$ .

2. Jika $z = ab$ , maka $N(z) = N(a)N(b)$ berupa bilangan prima, sehingga $N(a) = 1$ atau $N(b) = 1$ : salah satu faktornya unit. Karena $N(z) > 1$ , $z$ bukan nol dan bukan unit: jadi tak tereduksi — dan prima, sebab $\Z[\iu]$ merupakan DFT (Teorema 2.14, Teorema 2.18 dan Lema 2.17).

3. Unsur $\pi$ membagi $N(\pi) = \pi\bar\pi \geq 2$ , sebuah bilangan bulat; dengan memfaktorkan $N(\pi)$ atas bilangan prima dan memakai keprimaan $\pi$ , diperoleh $\pi \mid p$ untuk suatu bilangan prima $p$ . Jika juga $\pi \mid q \neq p$ : Bézout di $\Z$ memberikan $1 = up + vq$ , sehingga $\pi \mid 1$ — mustahil: jadi $p$ tunggal. Dari $p = \pi\gamma$ : $p^2 = N(p) = N(\pi)N(\gamma)$ dengan $N(\pi) \neq 1$ , sehingga $N(\pi) \in \{p, p^2\}$ .

4. Misalkan $\pi$ prima Gauss yang membagi $p$ , dengan $p = \pi\gamma$ . Jika $N(\pi) = p^2$ : maka $N(\gamma) = 1$ , sehingga $p$ sekawan dengan $\pi$ , yang juga prima Gauss; dan tak ada prima Gauss bernorma $p$ (sebab jika $N(\rho) = p$ maka $\rho \mid \rho\bar\rho = p$ , dan keprimaan $p$ di $\Z[\iu]$ akan memaksa $\rho$ sekawan dengan $p$ , sehingga $N(\rho) = N(p) = p^2 \neq p$ ). Jika $N(\pi) = p$ : dengan menulis $\pi = a + \iu b$ , $p = \pi\bar\pi = a^2 + b^2$ .

5. Di dalam grup abelian $(\Z/p\Z)^\times$ , pasangkan setiap unsur dengan inversnya. Unsur yang menjadi inversnya sendiri adalah akar $X^2 - 1$ : tepat $\pm 1$ (sebuah lapangan berakar paling banyak dua). Hasil kali semua unsurnya lalu $1 \cdot (-1) \cdot \prod (\text{pasangan } k k^{-1}) = -1$ : jadi $(p-1)! \equiv -1 \pmod p$ . (Untuk $p = 2$ : $1! \equiv -1$ .)

6. Tulis $(p-1)! = \prod_{k=1}^m k \cdot \prod_{k=m+1}^{p-1}k$ dengan $m = \frac{p-1}2$ . Pada hasil kali kedua substitusikan $k = p - j$ , $j = 1, \dots, m$ : modulo $p$ berlaku $\prod_{j=1}^m (p - j) \equiv (-1)^m m!$ . Karena itu $-1 \equiv (-1)^m (m!)^2$ , yakni $(m!)^2 \equiv (-1)^{m+1} \pmod p$ .

7. Jika $p \equiv 1 \pmod 4$ , maka $m$ genap dan pertanyaan 6 memberikan $(m!)^2 \equiv -1$ : yaitu akar kuadrat dari $-1$ . Sebaliknya, jika $x^2 \equiv -1 \pmod p$ (dengan $p$ ganjil), maka $x^4 = 1 \neq x^2$ : jadi $x$ berorde $4$ di $(\Z/p\Z)^\times$ , sehingga $4 \mid p - 1$ (Lagrange). Dan untuk $p = 2$ : $1^2 = 1 \equiv -1$ . Kesimpulannya: $-1$ merupakan kuadrat modulo $p$ jika dan hanya jika $p = 2$ atau $p \equiv 1 \pmod 4$ .

8. Dengan $x^2 \equiv -1$ : $p \mid x^2 + 1 = (x + \iu)(x - \iu)$ . Seandainya $p$ prima Gauss, ia akan membagi salah satu faktornya; padahal $\frac xp \pm \frac \iu p \notin \Z[\iu]$ . Jadi $p$ bukan prima Gauss; menurut dikotomi (pertanyaan 4) — $p$ yang tak prima berarti cabang kedua — $p = a^2 + b^2$ .

9. Kuadrat bernilai $\equiv 0$ atau $1 \pmod 4$ , sehingga $a^2 + b^2 \in \{0, 1, 2\} \pmod 4$ : jadi bilangan prima $p \equiv 3 \pmod 4$ bukan jumlah dua kuadrat. Menurut pertanyaan 4, cabang $N(\pi) = p$ (dengan $p = a^2+b^2$ ) mustahil: jadi $p$ tetap menjadi prima Gauss.

10. $(1 + \iu)^2 = 2\iu$ , sehingga $2 = -\iu(1 + \iu)^2$ ; dan $N(1 + \iu) = 2$ berupa bilangan prima, jadi $1 + \iu$ merupakan prima Gauss (pertanyaan 2).

11. Setiap prima Gauss membagi tepat satu bilangan prima $p$ (pertanyaan 3); dengan mendaftarkannya menurut kasus: $p = 2$ memberikan sekawan $1 + \iu$ ; $p \equiv 3 \pmod 4$ memberikan $p$ sendiri (pertanyaan 9); $p \equiv 1 \pmod 4$ memberikan pasangan $\pi, \bar\pi$ bernorma $p$ (pertanyaan 4 dan 8). Pasangannya sungguhan: $\bar\pi \in \{\pm\pi, \pm\iu\pi\}$ akan memaksa, dengan menulis $\pi = a + \iu b$ , entah $b = 0$ , entah $a = 0$ , entah $a = \pm b$ , sehingga $p = a^2 + b^2 \in \{a^2, 2a^2\}$ — mustahil bagi bilangan prima ganjil. Periksa: $5 = (2 + \iu)(2 - \iu)$ , $N(2\pm\iu) = 5$ ; sedangkan $3$ prima bernorma $9$ .

12. Tulis $n = 2^{\alpha}\prod_i p_i^{\beta_i} \prod_j q_j^{2\gamma_j}$ dengan $p_i \equiv 1$ , $q_j \equiv 3 \pmod 4$ . Setiap faktornya merupakan jumlah dua kuadrat: $2 = 1^2 + 1^2$ ; $p_i = a^2 + b^2$ (pertanyaan 8); $q_j^{2\gamma_j} = (q_j^{\gamma_j})^2 + 0^2$ . Identitas Brahmagupta (pertanyaan 1) merambatkan sifat itu ke hasil kalinya, yaitu $n$ .

13. Misalkan $n = a^2 + b^2 = N(a + \iu b)$ dan $q \equiv 3 \pmod 4$ dengan $q \mid n$ . Prima Gauss $q$ (pertanyaan 9) membagi $(a + \iu b)(a - \iu b)$ , sehingga membagi salah satu faktornya — katakanlah $q \mid a + \iu b$ (kasus lainnya serupa). Namun lalu $\frac{a + \iu b}{q} = \frac aq + \iu \frac bq \in \Z[\iu]$ terbaca sebagai $q \mid a$ dan $q \mid b$ di $\Z$ . Karena itu $q^2 \mid n$ dan $\frac n{q^2} = \bigl(\frac aq\bigr)^2 + \bigl(\frac bq\bigr)^2$ . Dengan induksi kuat pada $n$ , eksponen $q$ di dalam $n/q^2$ genap; jadi eksponennya di dalam $n$ pun genap.

14. Teorema (Fermat). Bilangan bulat positif merupakan jumlah dua kuadrat jika dan hanya jika setiap bilangan prima $\equiv 3 \pmod 4$ muncul padanya dengan eksponen genap. — $2025 = 3^4 \cdot 5^2$ : eksponen $3$ genap, jadi ya ( $2025 = 45^2 + 0^2 = 27^2 + 36^2$ ). $2026 = 2 \cdot 1013$ dengan $1013 \equiv 1 \pmod 4$ prima: ya ( $1013 = 22^2 + 23^2$ , lalu Brahmagupta dengan $2 = 1^2+1^2$ : $2026 = (22 - 23)^2 + (22 + 23)^2 = 1^2 + 45^2$ ). Sedangkan $2027$ bilangan prima $\equiv 3 \pmod 4$ : tidak.

15. Misalkan $p = a^2 + b^2 = c^2 + d^2$ dengan bilangan bulat positif, $p \equiv 1 \pmod 4$ , dan $\pi$ prima Gauss dengan $p = \pi\bar\pi$ (pertanyaan 4). Baik $a + \iu b$ maupun $c + \iu d$ bernorma $p$ , sehingga keduanya prima Gauss (pertanyaan 2) yang membagi $p = (a+\iu b)(a - \iu b)$ ; menurut ketunggalan faktorisasi, $c + \iu d$ sekawan dengan $a + \iu b$ atau dengan $a - \iu b$ :

c + \iu d \in \{\pm(a \pm \iu b),\ \pm\iu(a \pm \iu b)\} = \{\pm a \pm \iu b,\ \pm b \pm \iu a\}.

Kepositifan $c, d$ menyisakan $c + \iu d \in \{a + \iu b, b + \iu a\}$ : jadi $\{c, d\} = \{a, b\}$ .

16. Jika $n = a^2 - b^2 = (a-b)(a+b)$ : kedua faktornya berkeparitasan sama, sehingga $n$ ganjil (bila keduanya ganjil) atau habis dibagi $4$ (bila keduanya genap) — tak pernah $\equiv 2 \pmod 4$ . Sebaliknya, untuk $n$ ganjil: $n = \bigl(\frac{n+1}2\bigr)^2 - \bigl(\frac{n-1}2\bigr)^2$ ; dan untuk $n = 4m$ : $n = (m+1)^2 - (m-1)^2$ . Jawabannya berupa syarat kekongruenan telanjang, dengan sebuah identitas satu baris di baliknya: selisih kuadrat tak membawa kedalaman aritmetika, dan kontrasnya dengan jumlah kuadrat itulah inti seluruh soal ini.

17. Pemetaan $(a, b) \mapsto z = a + \iu b$ adalah bijeksi antara representasi dan $\{z : N(z) = n\}$ . Faktorkan $z$ di dalam DFT $\Z[\iu]$ dengan memakai klasifikasi (pertanyaan 11): sampai pada sebuah unit, $z = (1+\iu)^{a'}\prod_j\pi_j^{s_j}\bar\pi_j^{t_j} \prod_kq_k^{u_k}$ , lalu ambil normanya ( $N(1+\iu) = 2$ , $N(\pi_j) = N(\bar\pi_j) = p_j$ , $N(q_k) = q_k^2$ ):

n = 2^{a'}\prod_jp_j^{s_j + t_j}\prod_kq_k^{2u_k} .

Dengan menyamakan eksponennya: $a' = a$ , $s_j + t_j = b_j$ , $2u_k = c_k$ — terselesaikan jika dan hanya jika setiap $c_k$ genap, dan lalu $u_k = c_k/2$ terpaksa demikian sedangkan $s_j \in \intint0{b_j}$ bebas. Data $(u, (s_j))$ yang berbeda memberikan $z$ yang tak sekawan dengan norma yang sama; unit $u \in \{\pm1, \pm\iu\}$ (4 pilihan) lalu mencacah setiap kelas kesekawanan tanpa pengulangan (dua hasil kali yang sama akan melanggar ketunggalan faktorisasi — $\pi_j$ dan $\bar\pi_j$ tidak sekawan sebab $p_j = \pi_j\bar\pi_j$ tidak bercabang). Totalnya: $r_2(n) = 4\prod_j(b_j + 1)$ , dan $0$ jika ada $c_k$ yang ganjil.

18. Kesamaan $\chi(dd') = \chi(d)\chi(d')$ diperiksa modulo $4$ (ganjil $\times$ ganjil mencakup keempat kasus tandanya; sedangkan bilangan genap memberikan $0 = 0$ ). Untuk $m, n$ yang relatif prima, pembagi $mn$ secara tunggal berbentuk $d = d_1d_2$ dengan $d_1 \mid m$ , $d_2 \mid n$ : $\sum_{d \mid mn}\chi(d) = \bigl(\sum_{d_1\mid m}\chi(d_1)\bigr)\bigl(\sum_{d_2\mid n}\chi(d_2)\bigr)$ : jadi multiplikatif. Pada pangkat prima: di $2^a$ hanya $d = 1$ yang ganjil, sehingga jumlahnya $= 1$ . Di $p^b$ dengan $p \equiv 1$ : semua $\chi(p^i) = 1$ , jumlahnya $= b + 1$ . Di $q^c$ dengan $q \equiv 3$ : $\chi(q^i) = (-1)^i$ , sehingga jumlah bergantinya $= 1$ (bila $c$ genap) atau $0$ (bila $c$ ganjil).

19. Kedua fungsi multiplikatif $\frac14r_2$ (pertanyaan 17) dan $\sum_{d\mid n}\chi(d)$ (pertanyaan 18) bersesuaian pada semua pangkat prima — $1$ di $2^a$ ; $b + 1$ di $p^b$ ; $\mathbf 1_{c\ \mathrm{even}}$ di $q^c$ — sehingga bersesuaian di mana-mana: itulah rumus Jacobi, dengan $\sum_{d\mid n}\chi(d) = d_1(n) - d_3(n)$ setelah pembaginya dipilah. Pemeriksaan: $r_2(3) = 0 = 4(1 - 1)$ ; $r_2(5) = 8 = 4(2 - 0)$ (yaitu $(\pm1,\pm2), (\pm2,\pm1)$ ); $r_2(9) = 4 = 4(2 - 1)$ (pembaginya $1, 9 \equiv 1$ ; $3 \equiv 3$ ; representasinya $(\pm3, 0), (0, \pm3)$ ); $r_2(25) = 12 = 4(3 - 0)$ . Untuk $65 = 5\cdot13$ : $r_2 = 4\cdot2\cdot2 = 16$ , dari $65 = 1 + 64 = 16 + 49$ : yaitu keenam belas pasangan $(\pm1, \pm8), (\pm8, \pm1), (\pm4, \pm7), (\pm7, \pm4)$ .

20. Jumlah $\sum_{n \leq x}r_2(n)$ mencacah pasangan $(a, b)$ dengan $0 < a^2 + b^2 \leq x$ , yakni titik kisi pada cakram tertutup $D_{\sqrt x}$ dikurangi titik asalnya. Kaitkan pada setiap titik kisi $P$ sebuah persegi satuan $P + \intco01^2$ : persegi-persegi itu memetak-metak bidang. Setiap persegi yang terkait pada titik di $D_{\sqrt x}$ terletak di $D_{\sqrt x + \sqrt2}$ , dan setiap persegi yang memotong $D_{\sqrt x - \sqrt 2}$ terkait pada titik di $D_{\sqrt x}$ (sebab perseginya berdiameter $\sqrt 2$ ): dengan membandingkan luasnya, areas,

\pi(\sqrt x - \sqrt2)^2 \leq \#\{\text{titik kisi di } D_{\sqrt x}\} \leq \pi(\sqrt x + \sqrt 2)^2,

dan kedua batasnya sama dengan $\pi x + O(\sqrt x)$ . Membuang titik asalnya tak mengubah apa pun pada ketelitian ini.

21. Menurut Jacobi (pertanyaan 19) dan setelah urutan penjumlahannya ditukar ( $n = dm$ ):

\frac14\sum_{n\leq x}r_2(n) = \sum_{n \leq x}\sum_{d \mid n}\chi(d) = \sum_{d \leq x}\chi(d)\,\#\{m : dm \leq x\} = \sum_{d\leq x}\chi(d)\Bigl\lfloor\frac xd\Bigr\rfloor,

yang sama dengan $\frac{\pi x}4 + O(\sqrt x)$ menurut pertanyaan 20. Lepaskan fungsi lantainya: $\lfloor x/d\rfloor = x/d + O(1)$ , tetapi menjumlahkan $O(1)$ atas $d \leq x$ terlalu kasar; sebagai gantinya pakailah bahwa jumlah parsial $\chi$ terbatas ( $0, 1, 1, 0$ secara siklik), sehingga lewat penjumlahan Abel $\sum_{d\leq x}\chi(d)\{x/d\}$ , yang sukunya kita kelompokkan berpasangan menurut $d \equiv 1, 3$ , bernilai $O(\sqrt x)$ — atau, lebih sederhana lagi: pecahlah pada $\sqrt x$ . Untuk $d \leq \sqrt x$ , ganti $\lfloor x/d\rfloor$ dengan $x/d + O(1)$ : galatnya $O(\sqrt x)$ . Untuk $d > \sqrt x$ , nilai $\lfloor x/d\rfloor$ mengambil setiap nilai $v < \sqrt x$ pada satu selang $d$ yang berurutan, dan di situ jumlah $\chi$ bernilai $O(1)$ : jadi galat totalnya $O(\sqrt x)$ setelah dijumlahkan atas $\leq \sqrt x$ nilai $v$ , sedangkan $\sum_{d > \sqrt x}\chi(d)\frac xd = O(\sqrt x)$ menurut ekor deret berganti tanda ( $x\sum_{d>\sqrt x}\chi(d)/d = x\,O(1/\sqrt x)$ ). Karena itu

x\sum_{d \leq x}\frac{\chi(d)}d = \frac{\pi x}4 + O(\sqrt x), \qquad\text{yakni}\qquad \sum_{d\leq x}\frac{\chi(d)}d = \frac\pi4 + O\Bigl(\frac1{\sqrt x}\Bigr),

dan dengan membiarkan $x \to \infty$ : $1 - \frac13 + \frac15 - \dots = \frac\pi4$ .

22. Seandainya $n \equiv 3 \pmod4$ sama dengan $a^2 + b^2$ : kuadrat bernilai $\equiv 0, 1 \pmod 4$ , dan $a^2 + b^2 \in \{0, 1, 2\}$ modulo $4$ — mustahil. (Kriteria pertanyaan 17 mengatakan hal yang sama: $n \equiv 3 \pmod 4$ memaksa suatu bilangan prima $\equiv 3$ berpangkat ganjil.) Jadi bilangan bulat yang terwakilkan menghindari satu kelas sisa penuh: kepadatannya $\leq \frac34$ . Rata-rata $\pi$ dari $r_2$ memusat pada segelintir bilangan bulat: $n = \prod_{j\leq k}p_j$ (dengan bilangan prima berbeda $\equiv 1 \bmod 4$ ) mempunyai $r_2(n) = 4\cdot2^k$ representasi — tak terbatas banyaknya — sehingga himpunan $n$ yang jarang dapat membawa seluruh rata-ratanya, persis seperti nilai harapan sebuah lotre berdampingan dengan kekalahan yang hampir pasti. Hasil Landau, $\#\{n \leq x \text{ terwakilkan}\} \sim Cx/\sqrt{\log x}$ , membenarkannya: kepadatan $0$ , rata-rata $\pi$ .

23. Keperluan. Misalkan $n = a^2 + b^2$ dengan $\gcd(a, b) = 1$ . Seandainya bilangan prima $q \equiv 3 \pmod 4$ membagi $n$ , pertanyaan 13 menunjukkan $q \mid a$ dan $q \mid b$ : kontradiksi. Seandainya $4 \mid n$ : kuadrat bernilai $\equiv 0, 1 \pmod 4$ , jadi $a^2 + b^2 \equiv 0 \pmod 4$ memaksa $a^2 \equiv b^2 \equiv 0$ , yakni $a, b$ sama-sama genap: kontradiksi. Kecukupan. Tulis $n = 2^{\alpha}\prod_jp_j^{b_j}$ dengan $\alpha \leq 1$ dan $p_j \equiv 1 \pmod 4$ , lalu tetapkan $z = (1+\iu)^{\alpha}\prod_j \pi_j^{b_j} = a + \iu b$ , yang bernorma $n$ . Andaikan bilangan prima $t$ membagi $\gcd(a, b)$ ; maka $t \mid z$ di $\Z[\iu]$ . Jika $t \equiv 3 \pmod 4$ : $t \mid N(z) = n$ , dan itu sudah dikecualikan. Jika $t \equiv 1 \pmod 4$ : $t = \pi_t\bar\pi_t$ , sehingga $\bar\pi_t \mid z$ ; padahal faktorisasi $z$ tak memuat prima sekawan mana pun (sebab $\pi_j$ dan $\bar\pi_j$ tidak sekawan, pertanyaan 17), dan itu bertentangan dengan ketunggalan faktorisasi. Jika $t = 2 = -\iu(1+\iu)^2$ : maka $(1+\iu)^2 \mid z$ , yang memaksa $\alpha \geq 2$ , juga dikecualikan. Karena itu $\gcd(a, b) = 1$ : representasinya primitif.

24. Bilangan $a$ ganjil (sebab $\gcd(a, b) = 1$ dan $b$ genap), sehingga $c^2 = a^2 + b^2$ ganjil dan $c$ pun ganjil. Misalkan $\delta$ sebuah pembagi prima Gauss persekutuan dari $a + \iu b$ dan $a - \iu b$ : ia membagi jumlahnya $2a$ dan selisihnya $2\iu b$ , sehingga membagi $2a$ dan $2b$ ; hubungan Bézout $ua + vb = 1$ lalu memberikan $\delta \mid 2$ , jadi $\delta$ sekawan dengan $1 + \iu$ dan $N(\delta) = 2$ membagi $N(a + \iu b) = c^2$ , padahal itu ganjil: kontradiksi. Jadi $a + \iu b$ dan $a - \iu b$ relatif prima dengan hasil kali $c^2$ ; di dalam DFT $\Z[\iu]$ , setiap prima Gauss dari $c^2$ muncul dengan eksponen genap dan seluruhnya masuk ke salah satu dari kedua faktor yang relatif prima itu, sehingga $a + \iu b = u(m + \iu n)^2 = u\bigl(m^2 - n^2 + 2\iu mn\bigr)$ dengan $u$ sebuah unit. Pilihan $u = \pm\iu$ membuat bagian realnya $\mp 2mn$ menjadi genap — mustahil, sebab $a$ ganjil. Pilihan $u = \pm1$ memberikan, setelah tanda $m, n$ disesuaikan dan namanya ditukar agar semuanya positif, $a = m^2 - n^2$ , $b = 2mn$ dengan $m > n \geq 1$ ; dan $c^2 = N(m + \iu n)^2$ memberikan $c = m^2 + n^2$ . Pembagi persekutuan $m$ dan $n$ akan membagi $a$ dan $b$ : jadi $\gcd (m, n) = 1$ ; sedangkan $m \equiv n \pmod 2$ akan membuat $a$ genap: jadi keparitasannya berlawanan. Pemeriksaan: $(m, n) = (2, 1)$ memberikan $(3, 4, 5)$ ; $(m, n) = (5, 2)$ memberikan $(25 - 4, 20, 25 + 4) = (21, 20, 29)$ , dan $441 + 400 = 841 = 29^2$ .

25. Rumus Jacobi $r_2(n) = 4(d_1(n) - d_3(n))$ memberikan, untuk $n = 1, \dots, 25$ :

4,\ 4,\ 0,\ 4,\ 8,\ 0,\ 0,\ 4,\ 4,\ 8,\ 0,\ 0,\ 8,\ 0,\ 0,\ 4,\ 8,\ 4,\ 0,\ 8,\ 0,\ 0,\ 0,\ 0,\ 12,

yang tak nol tepat pada $n = 1, 2, 4, 5, 8, 9, 10, 13, 16, 17, 18, 20, 25$ (misalnya $r_2(15) = 0$ : pembaginya $1, 5 \equiv 1$ dan $3, 15 \equiv 3$ saling mengimbangi; sedangkan $r_2(20) = 8$ : pembaginya $1, 5 \equiv 1$ , tak ada yang $\equiv 3$ ). Totalnya $4 + 4 + 4 + 8 + 4 + 4 + 8 + 8 + 4 + 8 + 4 + 8 + 12 = 80$ . Dari sisi pembaginya: $d \leq 25$ yang ganjil menyumbang

25 - 8 + 5 - 3 + 2 - 2 + 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + 1 = 20,

yang terbaca sebagai $\chi(d)\lfloor 25/d\rfloor$ untuk $d = 1, 3, 5, \dots, 25$ ; dan $4 \cdot 20 = 80$ , seperti diramalkan identitas pertanyaan 21. Titik kisi pada cakram tertutup berjari-jari $5$ : ada $80$ titik dengan $1 \leq a^2 + b^2 \leq 25$ ditambah titik asalnya, yakni $81$ ; sedangkan $\pi x = 25\pi \approx 78.54$ , sehingga galatnya sekitar $2.46$ , masih nyaman di dalam pita $O(\sqrt x)$ pada pertanyaan 20 ( $\sqrt x = 5$ ).

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium