Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 3 · Bachelor Year 3

2Ringen en rekenkunde

Gewone gehele getallen factoriseren uniek in priemgetallen; dat doen veeltermen over een lichaam ook. Zijn deze twee feiten één stelling? Dit hoofdstuk antwoordt ja, en vindt de precieze hypothesen die een “rekenkunde” in een commutatieve ring mogelijk maken: de keten

\text{Euclidisch} \;\Longrightarrow\; \text{hoofdideaal} \;\Longrightarrow\; \text{factorieel (UFD)},

met alle implicaties bewezen en alle omgekeerden weerlegd. De theorie wordt dan getest waar ze haar brood verdient: de Gaussische gehele getallen $\Z[\iu]$ (die de stelling van Fermat over sommen van twee kwadraten in het weekendprobleem zullen kraken), veeltermringen in meerdere variabelen (lemma van Gauss, criterium van Eisenstein), en Noetherse ringen, uitmondend in de basisstelling van Hilbert. Overal betekent ring commutatieve ring met eenheid $1 \neq 0$ ; de idealen van $\Z$ en $K[X]$ uit het Bachelor jaar 2-volume zijn onze twee leidende voorbeelden.

2.1 Idealen, quotiënten en de isomorfiestelling

Definitie 2.1

Een ideaal $I$ van een ring $A$ is een additieve deelgroep zodanig dat $AI \subseteq I$ . De quotiëntring $A/I$ is de quotiëntgroep $(A, +)/I$ met de vermenigvuldiging $(a + I)(b + I) = ab + I$ : welgedefinieerd, omdat $a$ vervangen door $a + x$ , $b$ door $b + y$ ( $x, y \in I$ ) $ab$ verandert met $ay + xb + xy \in I$ . De projectie $\pi \colon A \to A/I$ is een surjectief ringmorfisme met kern $I$ , en kernen van ringmorfismen zijn precies de idealen.

Stelling 2.2 (Eerste isomorfiestelling)

Als $f \colon A \to B$ een ringmorfisme is, dan is $\bar f\colon A/\ker f \to \operatorname{im} f$ , $a + \ker f \mapsto f(a)$ , een ringisomorfisme. Algemener factoreert $f$ door $A/I$ voor elk ideaal $I \subseteq \ker f$ . De idealen van $A/I$ zijn de $J/I$ voor $J \supseteq I$ een ideaal van $A$ (correspondentietheorema).

Bewijs. Zoals voor groepen (Stellingen 1.3 en 1.5), met de opmerking dat alle afbeeldingen in zicht ook producten respecteren: $\bar f$ is welgedefinieerd, bijectief op het beeld, en multiplicatief; de correspondentie $J \mapsto J/I$ , $\bar J \mapsto \pi^{-1}(\bar J)$ bewaart idealen in beide richtingen omdat $\pi$ een surjectief ringmorfisme is. ∎

Definitie 2.3

Zij $I \subsetneq A$ een eigenlijk ideaal. $I$ is priem als $ab \in I \Rightarrow a \in I$ of $b \in I$ ; $I$ is maximaal als geen ideaal strikt tussen $I$ en $A$ ligt.

Propositie 2.4

$I$ is priem $\iff$ $A/I$ is een integriteitsdomein; $I$ is maximaal $\iff$ $A/I$ is een lichaam. In het bijzonder zijn maximale idealen priem.

Bewijs. Schrijf $\bar a$ voor klassen in $A/I$ . “ $I$ priem” vertaalt letterlijk naar “ $\bar a\bar b = 0 \Rightarrow \bar a = 0$ of $\bar b = 0$ ”, en $A/I \neq 0$ naar $I \neq A$ : dat is de definitie van een domein. Voor maximaliteit, gebruik het correspondentietheorema: geen ideaal strikt tussen $I$ en $A$ $\iff$ $A/I$ heeft geen ideaal anders dan $0$ en zichzelf $\iff$ $A/I$ is een lichaam — voor de laatste stap: in een lichaam zijn de enige idealen $0$ en alles (een ideaal dat $x \ne 0$ bevat bevat $x^{-1}x = 1$ ); omgekeerd, als elke niet-nulle $x$ het eenheidsideaal voortbrengt, dan $xy = 1$ voor enige $y$ . Lichamen zijn domeinen, dus maximale idealen zijn priem. ∎

Voorbeeld 2.5

In $\Z$ : de priemidealen zijn $(0)$ en de $(p)$ , $p$ priem; de maximale zijn de $(p)$ ( $\Z/p\Z = \mathbb F_p$ is een lichaam, $\Z/(0) = \Z$ niet). In $K[X, Y]$ : $(X) \subsetneq (X, Y)$ zijn beide priem ( $K[X,Y]/(X) \cong K[Y]$ , een domein; $K[X,Y]/(X,Y) \cong K$ , een lichaam), dus is $(X)$ priem maar niet maximaal.

Om te garanderen dat maximale idealen in volle algemeenheid bestaan, hebben we een verzamelingentheoretisch principe nodig. Een partieel geordende verzameling is inductief als elke totaal geordende deelverzameling (keten) een bovengrens heeft.

Stelling 2.6 (Lemma van Zorn)

Elke niet-lege inductieve partieel geordende verzameling heeft een maximaal element.

Bewijs. Toegegeven op dit niveau. ∎

Opmerking 2.7

Dit is geen stelling van de gewone wiskunde maar een axioma: het is equivalent, over de basis-Zermelo–Fraenkel-axioma’s van de verzamelingenleer, met het keuzeaxioma (“elk product van niet-lege verzamelingen is niet-leeg”), dat we overal in dit boek aanvaarden. We markeren elk gebruik. De analyse zal er opnieuw een beroep op doen (Hahn–Banach, Hoofdstuk 8).

Stelling 2.8 (Krull)

Elk eigenlijk ideaal $I \subsetneq A$ is bevat in een maximaal ideaal.

Bewijs. Orden door inclusie de verzameling $\mathcal E$ van eigenlijke idealen die $I$ bevatten; ze is niet-leeg ( $I \in \mathcal E$ ). Een keten $(J_\lambda)$ in $\mathcal E$ heeft bovengrens $J = \bigcup J_\lambda$ : een ideaal (elke $a, b \in J$ liggen in een gemeenschappelijke $J_\lambda$ door totaliteit), eigenlijk ( $1 \notin J_\lambda$ voor alle $\lambda$ ), die $I$ bevat. Het lemma van Zorn levert een maximaal element van $\mathcal E$ , dat een maximaal ideaal is dat $I$ bevat (een ideaal strikt erboven en eigenlijk zou in $\mathcal E$ liggen). ∎

Stelling 2.9 (Chinese reststelling)

Zij $I_1, \dots, I_n$ paarsgewijs comaximale idealen van $A$ ( $I_k + I_l = A$ voor $k \neq l$ ). Dan

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),

en bovendien $\bigcap_k I_k = I_1 I_2 \cdots I_n$ (het ideaal voortgebracht door producten).

Bewijs. De afbeelding $f(a) = (a + I_k)_k$ is een ringmorfisme met kern $\bigcap I_k$ ; door Stelling 2.2 volstaat surjectiviteit te bewijzen. Fixeer $k$ ; voor elke $l \neq k$ schrijf $1 = u_l + v_l$ met $u_l \in I_k$ , $v_l \in I_l$ (comaximaliteit). Dan

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),

dus $f(e_k) = (0, \dots, 1, \dots, 0)$ ; gegeven een doel $(a_k + I_k)_k$ , beeldt het element $\sum_k a_k e_k$ ernaar af.

Producten versus doorsnede: $I_1\cdots I_n \subseteq \bigcap I_k$ altijd. Omgekeerd volstaat door inductie $n = 2$ te behandelen (men controleert dat $I_1$ en $I_2\cdots I_n$ comaximaal zijn: $1 = u_l + v_l$ vermenigvuldigen over $l \geq 2$ geeft $1 \in I_1 + I_2\cdots I_n$ ). Voor $n = 2$ : schrijf $1 = u + v$ , $u \in I_1$ , $v \in I_2$ ; voor $x \in I_1 \cap I_2$ , $x = xu + xv \in I_2I_1 + I_1I_2 = I_1I_2$ . ∎

Voorbeeld 2.10

In $\Z$ met $I_k = (m_k)$ , $m_k$ paarsgewijs copriem: $\Z/(m_1\cdots m_n)\Z \cong \prod \Z/m_k\Z$ — de Chinese reststelling van het Bachelor jaar 2-volume. Beperken tot eenheden: $(\Z/mn\Z)^\times \cong (\Z/m\Z)^\times \times (\Z/n\Z)^\times$ voor $\gcd(m,n)=1$ , vandaar de multiplicativiteit van $\varphi$ van Euler (Oefening 2.8).

2.2 Deelbaarheid: Euclidisch, hoofdideaal, factorieel

Definitie 2.11

Zij $A$ een integriteitsdomein, $a, b \in A$ . We zeggen dat $a$ $b$ deelt ( $a \mid b$ ) als $b \in (a) = aA$ . Elementen $a, b$ zijn geassocieerd als $a = ub$ met $u \in A^\times$ (equivalent $(a) = (b)$ ). Een niet-nul niet-eenheid $p$ is:

irreducibel als $p = ab$ dwingt $a \in A^\times$ of $b \in A^\times$ ;
priem als $p \mid ab$ dwingt $p \mid a$ of $p \mid b$ (d.w.z. het ideaal $(p)$ is priem).

Propositie 2.12

In elk domein, priem $\Rightarrow$ irreducibel. Het omgekeerde is vals in het algemeen: in $\Z[\iu\sqrt 5] = \{a + \iu b\sqrt5 : a, b \in \Z\}$ is het element $2$ irreducibel maar niet priem.

Bewijs. Zij $p$ priem en $p = ab$ . Dan $p \mid ab$ , zeg $p \mid a$ : $a = pc$ , dus $p = pcb$ , en $p$ schrappen (domein!) geeft $cb = 1$ : $b \in A^\times$ .

In $\Z[\iu\sqrt5]$ , gebruik de norm $N(x + \iu y\sqrt 5) = x^2 + 5y^2$ , die multiplicatief is (ze is $\abs z^2$ ). Als $2 = ab$ met $a, b$ niet-eenheden, dan $4 = N(a)N(b)$ met $N(a), N(b) \neq 1$ (norm- $1$ -elementen zijn $\pm1$ , de eenheden), dus $N(a) = 2$ : onmogelijk, $x^2 + 5y^2 = 2$ heeft geen gehele oplossing. Dus is $2$ irreducibel. Maar $2 \mid 6 = (1 + \iu\sqrt5)(1 - \iu\sqrt5)$ terwijl $2$ geen van beide factoren deelt ( $\frac12 \pm \frac{\iu\sqrt5}2 \notin \Z[\iu\sqrt5]$ ): niet priem. ∎

Definitie 2.13

Een integriteitsdomein $A$ is:

Euclidisch als er een afbeelding $\nu \colon A \setminus \{0\} \to \N$ is (een Euclidische functie) zodanig dat voor alle $a, b$ met $b \ne 0$ er $q, r$ bestaan met $a = bq + r$ en ( $r = 0$ of $\nu(r) < \nu(b)$ );
hoofdideaal (een PID) als elk ideaal van de vorm $(a)$ is;
factorieel (een UFD) als elke niet-nulle niet-eenheid een product van irreducibelen is, uniek tot op volgorde en geassocieerden.

Stelling 2.14

Euclidisch $\Rightarrow$ hoofdideaal.

Bewijs. Zij $I \neq (0)$ een ideaal en $b \in I \setminus\{0\}$ met $\nu(b)$ minimaal. Voor $a \in I$ , deel: $a = bq + r$ ; dan $r = a - bq \in I$ , en $\nu(r) < \nu(b)$ zou minimaliteit tegenspreken, dus $r = 0$ en $a \in (b)$ : $I = (b)$ . ∎

Voorbeeld 2.15

$\Z$ (met $\nu = \abs\cdot$ ) en $K[X]$ (met $\nu = \deg$ ) zijn Euclidisch — het Bachelor jaar 2-volume bewees beide delingen. Dat is ook $\Z[\iu]$ , met $\nu = N$ de kwadraatnorm (Oefening 2.4); de meetkunde van het bewijs staat in de figuur hieronder. Een PID die niet Euclidisch is bestaat maar is delicaat te certificeren (het standaardvoorbeeld is $\Z\bigl[\frac{1+\iu\sqrt{19}}2\bigr]$ ); een UFD die geen PID is is gemakkelijk: $K[X, Y]$ (Oefening 2.6), of $\Z[X]$ .

Deling in de Gaussische gehele getallen: het exacte quotiënt a/b ∈ ℂ ligt binnen afstand ≤ √2/2 < 1 van enig roosterpunt q ∈ ℤ[ ]; dan heeft r = a - bq N(r) = N(b)\,|a/b - q|2 < N(b). Eén Euclidische deling, dus een hele rekenkunde. — Deling in de Gaussische gehele getallen: het exacte quotiënt $a/b \in \C$ ligt binnen afstand $\leq \frac{\sqrt2}{2} < 1$ van enig roosterpunt $q \in \Z[\iu]$ ; dan heeft $r = a - bq$ $N(r) = N(b)\,\abs{a/b - q}^2 < N(b)$ . Eén Euclidische deling, dus een hele rekenkunde.

Lemma 2.16 (Stijgende ketens van hoofdidealen)

In een PID is elke stijgende rij van idealen $I_1 \subseteq I_2 \subseteq \cdots$ uiteindelijk constant.

Bewijs. $I = \bigcup_n I_n$ is een ideaal (de unie is stijgend), dus $I = (a)$ ; het element $a$ ligt in enige $I_N$ , en dan $I = (a) \subseteq I_N \subseteq I_n \subseteq I$ voor $n \geq N$ . ∎

Lemma 2.17 (Bézout; lemma van Euclides)

Zij $A$ een PID en $a, b \in A$ . Dan $(a) + (b) = (d)$ voor enige $d$ , een grootste gemene deler: $d \mid a$ , $d \mid b$ , en elke gemeenschappelijke deler van $a, b$ deelt $d$ ; bovendien $d = au + bv$ voor enige $u, v$ (Bézout). Bijgevolg is elk irreducibel element van een PID priem.

Bewijs. $(a) + (b)$ is een ideaal, dus $(d)$ ; $a, b \in (d)$ geeft $d \mid a, b$ ; en $d = au + bv \in (a) + (b)$ . Een gemeenschappelijke deler $c$ van $a, b$ deelt $au + bv = d$ .

Euclides: zij $p$ irreducibel, $p \mid ab$ , $p \nmid a$ . Een ggd $d$ van $p$ en $a$ deelt $p$ , dus is $d$ een eenheid of een geassocieerde van $p$ (irreducibiliteit); geassocieerd is uitgesloten door $p \nmid a$ . Dus $1 = pu + av$ , vandaar $b = pub + abv$ , en $p$ deelt beide termen: $p \mid b$ . ∎

Stelling 2.18

Hoofdideaal $\Rightarrow$ factorieel.

Bewijs. Bestaan. Stel dat enige niet-nulle niet-eenheid $a$ geen factorisatie in irreducibelen heeft. Dan is $a$ niet irreducibel: $a = a_1b_1$ met beide factoren niet-eenheden; minstens één ervan, zeg $a_1$ , heeft opnieuw geen factorisatie (een product van twee factoriseerbare elementen is factoriseerbaar). Itereren geeft $a = a_0, a_1, a_2, \dots$ , elk een eigenlijke deler van de vorige zonder factorisatie, dus $(a_0) \subsetneq (a_1) \subsetneq (a_2) \subsetneq \cdots$ — de inclusies zijn strikt omdat $a_n = a_{n+1}c$ met $c$ een niet-eenheid betekent dat $(a_n) = (a_{n+1})$ $c \in A^\times$ zou dwingen (schrappen in een domein). Dit spreekt Lemma 2.16 tegen.

Uniciteit. Zij $p_1 \cdots p_r = q_1 \cdots q_s$ met alle factoren irreducibel, $r \leq s$ , door inductie op $r$ . Het priemelement (Lemma 2.17) $p_1$ deelt de rechterkant, dus deelt enige $q_j$ ; hernummer $j = 1$ . Omdat $q_1$ irreducibel is en $p_1$ geen eenheid, $q_1 = u p_1$ met $u \in A^\times$ : $p_1, q_1$ zijn geassocieerd. Schrap $p_1$ : $p_2 \cdots p_r = (u q_2) q_3\cdots q_s$ en besluit door inductie ( $r = 1$ dwingt $s = 1$ : een eenheid maal irreducibelen kan niet $1$ zijn). ∎

Opmerking 2.19

In een UFD bestaan ggd’s (neem minimale exponenten in de factorisaties) en geldt het lemma van Euclides — irreducibel $=$ priem (Oefening 2.2) — maar Bézout kan falen: in $\Z[X]$ , $\gcd(2, X) = 1$ maar $1 \neq 2U + XV$ (evalueer in $X = 0$ : $1 = 2U(0)$ , onmogelijk). Bézoutidentiteiten zijn de exclusieve eigenschap van PID’s.

Voorbeeld 2.20 (Een ring zonder unieke factorisatie)

Geen van de implicaties Euclidisch $\Rightarrow$ PID $\Rightarrow$ UFD is een equivalentie, en het falen van de laatste is de moeite waard om één keer in volledige detail te zien. In

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

is de norm multiplicatief en $N(z) = 1$ desda $z \in A^\times = \{\pm1\}$ . Beschouw

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

Alle vier de factoren zijn irreducibel: hun normen zijn $4, 9, 6, 6$ , en een eigenlijke factorisatie $z = z_1z_2$ zou $N(z_1) \in \{2, 3\}$ dwingen — maar $a^2 + 5b^2$ is nooit $2$ of $3$ ( $b = 0$ laat de niet-kwadraten $2, 3$ ; $\abs b \geq 1$ geeft $\geq 5$ ). Toch is $2$ geassocieerd met geen van $1 \pm \iu\sqrt5$ (normen $4 \neq 6$ ): twee echt verschillende factorisaties van $6$ in irreducibelen. Equivalent, irreducibel $\neq$ priem hier: $2$ deelt het product $(1 + \iu\sqrt5)(1 - \iu\sqrt5) = 6$ maar geen van beide factoren (opnieuw normen). De ideaaltheoretische reparatie van dit falen — idealen factoriseren eerder dan elementen — is de geboorte van de algebraïsche getaltheorie; op ons niveau kalibreert het voorbeeld hoe bijzonder de Euclidische ringen $\Z$ , $K[X]$ , $\Z[\iu]$ van dit hoofdstuk werkelijk zijn.

Methode 2.21

Om een quotiëntring $A/I$ te identificeren, zoek een surjectief morfisme $f \colon A \to B$ met kern $I$ en roep Stelling 2.2 aan; wanneer $A = C[X]$ een veeltermring is, is $f$ gewoonlijk een evaluatie. Zo $\Z[X]/(X^2+1) \cong \Z[\iu]$ (evalueer in $\iu$ ), $K[X,Y]/(Y - X^2) \cong K[X]$ (evalueer $Y$ in $X^2$ ), $\R[X]/(X^2+1) \cong \C$ . Om te tonen dat $I$ priem of maximaal is, toon dat het quotiënt een domein of een lichaam is (Propositie 2.4).

2.3 Veeltermen over een UFD: Gauss en Eisenstein

Overal in deze sectie is $A$ een UFD met breukenlichaam $K$ (geconstrueerd als het lichaam van formele quotiënten $a/b$ , $b \neq 0$ , precies zoals $\Q$ uit $\Z$ ; het Bachelor jaar 2-volume deed deze constructie voor $\Q$ , en ze draagt letterlijk over). Ons doel: factorialiteit gaat van $A$ over op $A[X]$ , en irreducibiliteit over $A$ is in wezen irreducibiliteit over het grotere lichaam $K$ .

Definitie 2.22

De inhoud $c(P)$ van een niet-nulle $P \in A[X]$ is een ggd van haar coëfficiënten (gedefinieerd tot op een eenheid); $P$ is primitief als $c(P) \in A^\times$ . Elke $P \in A[X]$ schrijft $P = c(P)\,P_1$ met $P_1$ primitief, en elke $P \in K[X]\setminus\{0\}$ schrijft $P = \lambda P_1$ met $\lambda \in K^\times$ en $P_1 \in A[X]$ primitief (maak noemers schoon, factoriseer dan de inhoud eruit).

Lemma 2.23 (Gauss)

Het product van twee primitieve veeltermen van $A[X]$ is primitief; bijgevolg $c(PQ) = c(P)c(Q)$ tot op eenheden.

Bewijs. Zij $P, Q$ primitief en stel dat enig irreducibel (= priem, UFD) $p$ alle coëfficiënten van $PQ$ deelt. Reduceer modulo $p$ : in $(A/(p))[X]$ , $\bar P \bar Q = 0$ . Maar $A/(p)$ is een domein ( $(p)$ priem), dus is $(A/(p))[X]$ een domein (leidende coëfficiënten vermenigvuldigen), wat $\bar P = 0$ of $\bar Q = 0$ dwingt: $p$ deelt alle coëfficiënten van $P$ of alle van $Q$ , in strijd met primitiviteit. Voor het gevolg, schrijf $P = c(P)P_1$ , $Q = c(Q)Q_1$ : $PQ = c(P)c(Q) P_1Q_1$ met $P_1Q_1$ primitief. ∎

Stelling 2.24

Zij $A$ een UFD met breukenlichaam $K$ .

Een primitieve $P \in A[X]$ van graad $\geq 1$ is irreducibel in $A[X]$ desda ze irreducibel is in $K[X]$ .
$A[X]$ is een UFD; haar irreducibelen zijn de irreducibelen van $A$ en de primitieve veeltermen irreducibel over $K$ . In het bijzonder zijn $\Z[X]$ , en door inductie $K[X_1, \dots, X_n]$ en $\Z[X_1, \dots, X_n]$ , UFD’s.

Bewijs. (1) ( $\Leftarrow$ ) Als $P = QR$ in $A[X]$ met $Q, R$ niet-eenheden, is geen van beide factoren constant (een constante factor van een primitieve veelterm is een eenheid), dus is de factorisatie eigenlijk in $K[X]$ . ( $\Rightarrow$ ) Stel $P = QR$ met $Q, R \in K[X]$ van graden $\geq 1$ . Schrijf $Q = \lambda Q_1$ , $R = \mu R_1$ met $Q_1, R_1 \in A[X]$ primitief: $P = \lambda\mu\, Q_1R_1$ , en $Q_1R_1$ is primitief door Gauss. Inhoud nemen geeft $\lambda\mu \in A^\times$ (beide kanten hebben eenheidsinhoud; formeel, $\lambda\mu = c(P) \in A^\times$ tot op eenheden, en in het bijzonder $\lambda \mu \in A$ ): $P = (\lambda\mu Q_1) R_1$ is een eigenlijke factorisatie in $A[X]$ .

(2) Bestaan: gegeven $P \neq 0$ niet-eenheid, factoriseer $P = c(P)P_1$ , factoriseer $c(P)$ in irreducibelen van $A$ , en factoriseer $P_1$ in de UFD $K[X]$ als $\prod Q_i$ met $Q_i \in K[X]$ irreducibel; schrijvend $Q_i = \lambda_i R_i$ met $R_i \in A[X]$ primitief (dus irreducibel over $K$ , dus in $A[X]$ door (1)), is het product $\prod \lambda_i$ een eenheid van $A$ zoals eerder, en $P_1 = u\prod R_i$ . Uniciteit: vergelijk het constante deel en het veeltermdeel van een factorisatie; de constanten vermenigvuldigen tot $c(P)$ (Gauss), uniek door factorialiteit van $A$ ; de veeltermdelen geven twee factorisaties in $K[X]$ van dezelfde veelterm, dus matchen ze tot op constanten van $K^\times$ (factorialiteit van $K[X]$ , Stelling 2.18), en matchende primitieve veeltermen geassocieerd in $K[X]$ zijn geassocieerd in $A[X]$ : als $R = \lambda R'$ met $R, R'$ primitief en $\lambda \in K^\times$ , dwingt inhoudnemen $\lambda \in A^\times$ . ∎

Stelling 2.25 (Irreducibiliteitscriteria)

Zij $A$ een UFD, $K$ haar breukenlichaam, en $P = a_nX^n + \dots + a_0 \in A[X]$ primitief van graad $n \geq 1$ .

(Reductie) Als $p \in A$ priem is, $p \nmid a_n$ , en de reductie $\bar P$ irreducibel is in $(A/(p))[X]$ , dan is $P$ irreducibel in $K[X]$ (dus in $A[X]$ ).
(Eisenstein) Als enig priemgetal $p$ $p \nmid a_n$ , $p \mid a_i$ voor $0 \leq i < n$ , en $p^2 \nmid a_0$ vervult, dan is $P$ irreducibel in $K[X]$ (dus in $A[X]$ ).

Bewijs. Door Stelling 2.24(1) levert een eigenlijke factorisatie over $K$ $P = QR$ met $Q, R \in A[X]$ , $\deg Q, \deg R \geq 1$ (constanten zijn uitgesloten: ze zouden eenheden zijn of de primitiviteit bederven).

(1) Reduceer mod $p$ : $\bar P = \bar Q\bar R$ in $(A/(p))[X]$ . Omdat $p \nmid a_n$ en $\deg$ alleen kan dalen onder reductie, $\deg \bar Q = \deg Q \geq 1$ en $\deg\bar R = \deg R \geq 1$ (hun leidende coëfficiënten vermenigvuldigen tot $\bar a_n \neq 0$ , dus daalt geen van beide): $\bar P$ factort eigenlijk — tegenspraak.

(2) Reduceer mod $p$ : $\bar Q \bar R = \bar P = \bar a_n X^n$ (alle lagere coëfficiënten sterven). In het domein $(A/(p))[X]$ zijn de factorisaties van $cX^n$ ( $c \ne 0$ ) in constanten en pure machten $c'X^k$ : immers als $\bar Q\bar R = \bar a_nX^n$ , en zeg $\bar Q$ had een niet-nulle coëfficiënt in graad $< \deg\bar Q$ , neem laagste niet-nulle termen: $\operatorname{val}(\bar Q\bar R) = \operatorname{val}\bar Q + \operatorname{val}\bar R$ (domein), wat gelijk moet zijn aan $n = \deg\bar Q + \deg\bar R$ , wat $\operatorname{val} = \deg$ voor beide dwingt: beide zijn monomen. Zoals hierboven dalen graden niet, dus hebben $Q$ en $R$ hun constante termen $Q(0), R(0)$ deelbaar door $p$ — beide, omdat beide reducties monomen van graad $\geq 1$ zijn. Dan $p^2 \mid Q(0)R(0) = a_0$ : tegenspraak. ∎

Voorbeeld 2.26

$X^n - p$ is irreducibel over $\Q$ voor elk priemgetal $p$ en $n \geq 1$ (Eisenstein in $p$ ): er zijn irreducibele veeltermen van elke graad over $\Q$ — in schril contrast met $\C$ (graad $1$ , d’Alembert–Gauss, bewezen in Hoofdstuk 16) en $\R$ (graden $1, 2$ ). De truc van verschuiven vergroot het bereik van Eisenstein: de $p$ -de cyclotomische veelterm $\Phi_p = X^{p-1} + \dots + X + 1 = \frac{X^p - 1}{X - 1}$ heeft

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

Eisenstein in $p$ ( $p \mid \binom pk$ voor $0 < k < p$ , en $\binom{p}{p-1} = p \not\equiv 0 \bmod p^2$ ): $\Phi_p(X+1)$ , dus $\Phi_p$ , is irreducibel over $\Q$ . Dit is het algebraïsche hart van het $17$ -hoek-verhaal uit Hoofdstuk 4.

Methode 2.27

Om $P \in \Z[X]$ irreducibel over $\Q$ te bewijzen: (i) maak $P$ primitief; (ii) probeer Eisenstein, op $P(X)$ en op verschuivingen $P(X \pm 1)$ ; (iii) probeer reductie modulo kleine priemgetallen die de leidende coëfficiënt niet delen — irreducibiliteit mod één $p$ volstaat, en over $\mathbb F_p$ is irreducibiliteit een eindige controle (geen wortels sluit graad- $1$ -factoren uit; test dan de eindig veel factoren van elke graad $\leq \deg P/2$ ); (iv) als al het andere faalt, onbepaalde coëfficiënten. Let op: reduceerbaarheid mod elke $p$ impliceert niet reduceerbaarheid over $\Q$ (Oefening 2.11).

2.4 Noetherse ringen

Definitie 2.28

Een ring $A$ is Noethers als elk ideaal van $A$ eindig voortgebracht is.

Propositie 2.29

$A$ is Noethers desda elke stijgende rij van idealen uiteindelijk constant is (stijgende ketenvoorwaarde), desda elke niet-lege familie van idealen een maximaal element heeft (voor inclusie).

Bewijs. (EV $\Rightarrow$ SKV): voor een keten $I_1 \subseteq I_2 \subseteq \cdots$ is de unie $I$ een ideaal, voortgebracht door $x_1, \dots, x_r$ ; alle $x_i$ liggen in enige $I_N$ , dus $I = I_N = I_n$ voor $n \geq N$ . (SKV $\Rightarrow$ maximale elementen): als een niet-lege familie $\mathcal F$ geen maximaal element had, kies $I_1 \in \mathcal F$ , dan inductief $I_{n+1} \supsetneq I_n$ in $\mathcal F$ (mogelijk omdat $I_n$ niet maximaal is): een oneindige strikt stijgende keten. (Dit gebruikt het axioma van afhankelijke keuzes, een zwakke vorm van keuze waarover we niet zeuren.) (Maximale elementen $\Rightarrow$ EV): gegeven een ideaal $I$ , is de familie van eindig voortgebrachte idealen bevat in $I$ niet-leeg ( $(0)$ ); een maximaal element $J = (x_1, \dots, x_r)$ moet gelijk zijn aan $I$ : anders produceert het toevoegen van $x \in I \setminus J$ aan de voortbrengers een strikt groter lid van de familie. ∎

Stelling 2.30 (Basisstelling van Hilbert)

Als $A$ Noethers is, is $A[X]$ dat ook. Dus ook $A[X_1, \dots, X_n]$ , en elk quotiënt ervan.

Bewijs. Zij $I$ een ideaal van $A[X]$ , en stel dat $I$ niet eindig voortgebracht is. Bouw een rij: $f_1 \in I \setminus \{0\}$ van minimale graad, en inductief $f_{k+1} \in I \setminus (f_1, \dots, f_k)$ van minimale graad (de verzameling is niet-leeg per aanname). Graden $d_k = \deg f_k$ zijn niet-dalend (door minimaliteit van elke keuze: $f_{k+1}$ was beschikbaar bij stap $k+1$ ... precies, $f_{k+1} \notin (f_1,\dots,f_k) \supseteq (f_1, \dots, f_{k-1})$ , dus concurrenteerde $f_{k+1}$ bij stap $k$ en verloor of speelde gelijk: $d_{k+1} \geq d_k$ ). Zij $a_k \in A$ de leidende coëfficiënt van $f_k$ . De keten van idealen $(a_1) \subseteq (a_1, a_2) \subseteq \cdots$ stabiliseert: $a_{n+1} \in (a_1, \dots, a_n)$ voor enige $n$ , zeg $a_{n+1} = \sum_{k\leq n} u_k a_k$ . Beschouw

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

Dan $g \in I \setminus (f_1, \dots, f_n)$ (de som ligt in het ideaal, $f_{n+1}$ niet), maar de coëfficiënt van graad $d_{n+1}$ annuleert: $\deg g < d_{n+1}$ , in strijd met de minimaliteit van $d_{n+1} = \deg f_{n+1}$ .

Itereren: $A[X_1, \dots, X_n] = (A[X_1, \dots, X_{n-1}])[X_n]$ is Noethers; een quotiënt $A/I$ is Noethers omdat haar idealen $J/I$ tillen tot idealen van $A$ (correspondentie), waar eindig veel voortbrengers projecteren op voortbrengers. ∎

Opmerking 2.31

Noethersheid is het eindigheidsaxioma van de algebraïsche meetkunde: elk stelsel van veeltermvergelijkingen in $n$ variabelen, hoe oneindig ook, is equivalent met eindig veel ervan — haar oplossingsverzameling wordt uitgesneden door eindig veel veeltermen. PID’s zijn Noethers (triviaal); $\Z[X_1, X_2, \dots]$ in oneindig veel variabelen is dat niet ( $(X_1) \subsetneq (X_1, X_2) \subsetneq \cdots$ ). Niet-Noetherse ringen komen ook natuurlijk voor in de analyse: continue functies op $\intcc01$ vormen er één (Oefening 2.10).

2.5 Oefeningen

Oefening 2.1 ★

Identificeer de quotiënten: (a) $\Z[X]/(X^2 + 1) \cong \Z[\iu]$ ; (b) $\R[X]/(X^2+1) \cong \C$ ; (c) $\mathbb F_2[X]/(X^2 + X + 1)$ is een lichaam met $4$ elementen — schrijf haar vermenigvuldigingstabel.

Oplossing

Oplossing van Oefening 2.1.

(a) Evaluatie $f \colon \Z[X] \to \Z[\iu]$ , $P \mapsto P(\iu)$ , is een surjectief ringmorfisme ( $a + bX \mapsto a + b\iu$ ). Kern: deel $P$ door de monische $X^2 + 1$ in $\Z[X]$ : $P = (X^2 + 1)Q + (bX + a)$ met $a, b \in \Z$ ; dan $P(\iu) = a + b\iu = 0$ desda $a = b = 0$ . Dus $\ker f = (X^2+1)$ en Stelling 2.2 besluit.

(b) Dezelfde berekening met $\R$ -coëfficiënten: $\R[X]/(X^2+1) \cong \C$ — dit is de schoonste constructie van $\C$ .

(c) $X^2 + X + 1$ heeft geen wortel in $\mathbb F_2$ ( $0, 1 \mapsto 1$ ), en heeft graad $2$ , dus is irreducibel: het quotiënt $\mathbb F_4 = \mathbb F_2[X]/(X^2+X+1)$ is een lichaam (Propositie 2.4; $(P)$ maximaal in $K[X]$ wanneer $P$ irreducibel is, omdat $K[X]$ een PID is: een ideaal $(D) \supseteq (P)$ betekent $D \mid P$ ). Haar vier elementen zijn $0, 1, \omega, \omega + 1$ waar $\omega = \bar X$ , met $\omega^2 = \omega + 1$ . Vermenigvuldigingstabel (niet-nulle elementen):

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

De niet-nulle elementen vormen een cyclische groep van orde $3$ voortgebracht door $\omega$ .

Oefening 2.2 ★

(a) Toon dat in een UFD elk irreducibel element priem is. (b) Toon dat een eindig integriteitsdomein een lichaam is. (c) Leid af dat in een eindige ring elk priemideaal maximaal is.

Oplossing

Oplossing van Oefening 2.2.

(a) Zij $p$ irreducibel in een UFD en $p \mid ab$ , zeg $ab = pc$ , met $a, b \neq 0$ (anders triviaal). Als $a$ of $b$ een eenheid is, deelt $p$ de andere. Anders factoriseer $a$ , $b$ en $c$ in irreducibelen: de twee factorisaties van $ab$ ,

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

moeten tot op volgorde en geassocieerden overeenstemmen: $p$ is geassocieerd met enige irreducibele factor van $a$ of van $b$ , dus deelt haar.

(b) Zij $A$ een eindig domein en $x \neq 0$ . De afbeelding $y \mapsto xy$ is injectief ( $xy = xy' \Rightarrow x(y - y') = 0 \Rightarrow y = y'$ ), dus surjectief ( $A$ eindig): $1 = xy$ voor enige $y$ .

(c) Als $\mathfrak p$ priem is in een eindige ring $A$ , dan is $A/\mathfrak p$ een eindig domein, dus een lichaam door (b), dus is $\mathfrak p$ maximaal (Propositie 2.4).

Oefening 2.3 ★

In $\Z[\iu\sqrt5]$ : controleer dat $3$ , $1 + \iu\sqrt5$ en $1 - \iu\sqrt5$ irreducibel zijn, dat $9 = 3\cdot 3 = (2 + \iu\sqrt5)(2 - \iu\sqrt5)$ , en concludeer opnieuw (na Propositie 2.12) dat $\Z[\iu\sqrt5]$ geen UFD is. Waar precies faalt uniciteit?

Oplossing

Oplossing van Oefening 2.3.

Normen: $N(3) = 9$ , $N(1 \pm \iu\sqrt5) = 6$ , $N(2 \pm \iu\sqrt5) = 9$ . De vergelijkingen $x^2 + 5y^2 = 2$ en $x^2 + 5y^2 = 3$ hebben geen gehele oplossingen, dus heeft geen element norm $2$ of $3$ . Een eigenlijke factorisatie van $3$ zou twee factoren van norm $3$ nodig hebben: onmogelijk — $3$ is irreducibel. Een eigenlijke factorisatie van $1 \pm \iu\sqrt5$ (norm $6$ ) zou factoren van normen $2, 3$ nodig hebben: onmogelijk. Hetzelfde voor $2 \pm \iu\sqrt5$ (norm $9$ : factoren zouden norm $3$ hebben). Nu

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

twee factorisaties in irreducibelen. Ze zijn echt verschillend: de eenheden zijn $\pm 1$ (norm $1$ ), en $2 \pm \iu\sqrt5 \neq \pm 3$ . Dus faalt uniciteit — terwijl bestaan van factorisaties geldt in $\Z[\iu\sqrt5]$ (Oefening 2.10(c)): niet-factorialiteit hier is puur een uniciteitsfalen. (Consistent met Propositie 2.12: deze irreducibelen zijn niet priem.)

Oefening 2.4 ★★

(a) Toon dat $\Z[\iu]$ Euclidisch is voor de norm $N(x + \iu y) = x^2 + y^2$ : gegeven $a, b \neq 0$ , kies $q \in \Z[\iu]$ dichtst bij $a/b \in \C$ . (b) Bepaal $\Z[\iu]^\times$ . (c) Dezelfde vragen voor $\Z[\iu\sqrt2]$ en $N(x + \iu y\sqrt2) = x^2 + 2y^2$ . Waarom faalt hetzelfde argument voor $\Z[\iu\sqrt5]$ ?

Oplossing

Oplossing van Oefening 2.4.

(a) Zij $a, b \in \Z[\iu]$ , $b \neq 0$ , en $a/b = x + \iu y \in \C$ . Kies gehele $m, n$ met $\abs{x - m} \leq \frac12$ , $\abs{y - n} \leq \frac12$ , en stel $q = m + \iu n$ , $r = a - bq$ . Dan

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

Dus is $N$ een Euclidische functie ( $N(r) < N(b)$ of $r = 0$ ).

(b) Als $uv = 1$ dan $N(u)N(v) = 1$ met $N(u) \in \N$ : $N(u) = 1$ , d.w.z. $x^2 + y^2 = 1$ : $u \in \{\pm 1, \pm\iu\}$ ; omgekeerd zijn deze eenheden.

(c) Voor $\Z[\iu\sqrt2]$ : dezelfde afronding geeft $\abs{a/b - q}^2 \leq \frac14 + \frac{2}4 = \frac34 < 1$ : Euclidisch; eenheden: $x^2 + 2y^2 = 1$ geeft $\pm 1$ . Voor $\Z[\iu\sqrt5]$ wordt de grens $\frac14 + \frac54 = \frac32 > 1$ : het afrondingsargument faalt — en moet falen, omdat $\Z[\iu\sqrt5]$ niet eens een UFD is (Oefening 2.3), terwijl Euclidisch UFD zou impliceren (Stellingen 2.14 en 2.18).

Oefening 2.5 ★★

Zij $A$ een ring. (a) Toon dat als $x$ nilpotent is ( $x^n = 0$ voor enige $n$ ) dan $1 + x \in A^\times$ . (b) Toon dat als $A$ een domein is, $A[X]^\times = A^\times$ ; geef een tegenvoorbeeld over $\Z/4\Z$ . (c) Toon dat een domein geen idempotenten ( $e^2 = e$ ) anders dan $0, 1$ heeft, en geen nilpotenten anders dan $0$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 2.5.

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

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

(b) In een domein, $\deg(PQ) = \deg P + \deg Q$ ; $PQ = 1$ dwingt $\deg P = \deg Q = 0$ en $P, Q \in A^\times$ : $A[X]^\times = A^\times$ . Over $\Z/4\Z$ : $(1 + 2X)^2 = 1 + 4X + 4X^2 = 1$ , dus is $1 + 2X$ een eenheid van graad $1$ (hier is $2$ nilpotent; vergelijk (a)).

(c) $e^2 = e$ geeft $e(e - 1) = 0$ , dus $e \in \{0, 1\}$ in een domein. Als $x^n = 0$ met $n \geq 1$ minimaal en $x \ne 0$ , dan $n \geq 2$ en $x \cdot x^{n-1} = 0$ met beide factoren niet-nul: tegenspraak.

Oefening 2.6 ★★

In $A = K[X, Y]$ : (a) toon dat het ideaal $(X, Y)$ maximaal is maar niet hoofdideaal — dus is $K[X,Y]$ een UFD (Stelling 2.24) die geen PID is; (b) identificeer $K[X, Y]/(Y - X^2)$ en $K[X,Y]/(XY - 1)$ als deelringen van rationale functies; (c) is $(Y - X^2)$ priem? maximaal?

Oplossing

Oplossing van Oefening 2.6.

(a) $K[X,Y]/(X,Y) \cong K$ (evalueer in $(0,0)$ ): een lichaam, dus is $(X,Y)$ maximaal. Als $(X, Y) = (P)$ : $P \mid X$ dwingt (graden in $Y$ ) $P \in K[X]$ , en $P \mid Y$ dwingt dan $P \in K$ ; $P = 0$ is absurd en $P \in K^\times$ zou $(P) = K[X,Y]$ geven, in strijd met eigenlijkheid ( $K[X,Y]/(X,Y) \cong K \neq 0$ ). Dus is $(X,Y)$ geen hoofdideaal.

(b) Evaluatie $P(X, Y) \mapsto P(X, X^2)$ beeldt $K[X,Y]$ op $K[X]$ af; haar kern is $(Y - X^2)$ : delen door de monisch-in- $Y$ -veelterm $Y - X^2$ , $P = (Y - X^2)Q + R(X)$ , en $P(X, X^2) = R(X)$ . Dus $K[X,Y]/(Y - X^2) \cong K[X]$ — de coördinatenring van een parabool, isomorf met die van een lijn.

Evaluatie $P(X, Y) \mapsto P(X, X^{-1})$ beeldt $K[X, Y]$ op de ring $K[X, X^{-1}]$ van Laurentveeltermen af. Haar kern bevat $(XY - 1)$ ; omgekeerd heeft modulo $XY - 1$ elke klasse een representant $R = \sum_{n \geq 0} a_nX^n + \sum_{m \geq 1} b_m Y^m$ (vervang elk product $XY$ herhaaldelijk door $1$ ), en $R(X, X^{-1}) = \sum a_n X^n + \sum b_m X^{-m} = 0$ dwingt alle $a_n = b_m = 0$ . Dus $K[X, Y]/(XY - 1) \cong K[X, X^{-1}]$ — de coördinatenring van een hyperbool: de lijn met één punt verwijderd.

(c) $(Y - X^2)$ is priem (het quotiënt $K[X]$ is een domein) maar niet maximaal ( $K[X]$ is geen lichaam; concreet $(Y - X^2) \subsetneq (Y - X^2,\, X) \subsetneq K[X,Y]$ ).

Oefening 2.7 ★★

Irreducibel of niet over $\Q$ : $X^5 - 12X^3 + 36X - 12$ ; $X^4 + X + 1$ (reduceer mod $2$ ); $X^4 + 4$ ; $\Phi_8 = X^4 + 1$ (verschuif met $1$ ); $X^3 - X - 1$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 2.7.

$X^5 - 12X^3 + 36X - 12$ : Eisenstein in $p = 3$ ( $3 \mid 12, 36, 12$ ; $9 \nmid 12$ ; $3 \nmid 1$ ): irreducibel. (In $p = 2$ faalt Eisenstein: $4 \mid 12$ .)

$X^4 + X + 1$ : reduceer mod $2$ . Geen wortel in $\mathbb F_2$ ; de enige irreducibele kwadratische over $\mathbb F_2$ is $X^2 + X + 1$ , en $(X^2+X+1)^2 = X^4 + X^2 + 1 \neq X^4 + X + 1$ . Dus is $X^4 + X + 1$ irreducibel over $\mathbb F_2$ , dus over $\Q$ (Stelling 2.25(1); ze is monisch).

$X^4 + 4$ : reduceerbaar — de identiteit van Sophie Germain, $X^4 + 4 = (X^2 - 2X + 2)(X^2 + 2X + 2)$ .

$X^4 + 1$ : verschuif, $(X+1)^4 + 1 = X^4 + 4X^3 + 6X^2 + 4X + 2$ : Eisenstein in $2$ . Een factorisatie van $X^4+1$ zou verschuiven tot één van $(X+1)^4 + 1$ : irreducibel.

$X^3 - X - 1$ : een kubische is reduceerbaar over $\Q$ desda ze een rationale wortel heeft; een rationale wortel van een monische gehele veelterm is een geheel getal dat de constante term deelt (rationale-wortelstelling: als $(p/q)$ in laagste termen een wortel is, $q \mid 1$ , $p \mid -1$ ), en $\pm 1$ zijn geen wortels ( $-1$ en $-1$ ): irreducibel.

Oefening 2.8 ★★

(a) Bewijs uit Stelling 2.9 dat de functie van Euler multiplicatief is op coprieme argumenten en dat $\varphi(p^k) = p^{k-1}(p-1)$ ; herwin $\varphi(n) = n\prod_{p \mid n}(1 - \frac1p)$ . (b) Los op: $x \equiv 2 \pmod 7$ , $x \equiv 5 \pmod{11}$ , $x \equiv 1 \pmod{13}$ , met vertoning van de idempotenten $e_k$ van het bewijs van Stelling 2.9.

Oplossing

Oplossing van Oefening 2.8.

(a) Voor $\gcd(m, n) = 1$ geeft Stelling 2.9 een ringisomorfisme $\Z/mn\Z \cong \Z/m\Z \times \Z/n\Z$ . Een element van een productring is een eenheid desda beide coördinaten dat zijn, dus $(\Z/mn\Z)^\times \cong (\Z/m\Z)^\times \times (\Z/n\Z)^\times$ en $\varphi(mn) = \varphi(m)\varphi(n)$ . Voor een priemmacht zijn de niet-eenheden van $\Z/p^k\Z$ de klassen van veelvouden van $p$ : $\varphi(p^k) = p^k - p^{k-1}$ . Dus

\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) $M = 7 \cdot 11 \cdot 13 = 1001$ . Idempotenten: $e_1 \equiv (1, 0, 0)$ : $143 = 11\cdot13 \equiv 3 \pmod 7$ en $3 \cdot 5 \equiv 1$ : $e_1 = 143 \cdot 5 = 715$ . $e_2$ : $91 \equiv 3 \pmod{11}$ , $3 \cdot 4 \equiv 1$ : $e_2 = 91\cdot4 = 364$ . $e_3$ : $77 \equiv -1 \pmod{13}$ : $e_3 = 77 \cdot 12 = 924$ . Dan

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

en inderdaad $170 = 24\cdot7 + 2 = 15\cdot11 + 5 = 13\cdot13 + 1$ .

Oefening 2.9 ★★★

(Het nilradicaal) Zij $\operatorname{Nil}(A)$ de verzameling van nilpotente elementen. (a) Toon dat $\operatorname{Nil}(A)$ een ideaal is bevat in elk priemideaal. (b) Omgekeerd, zij $a$ niet-nilpotent; produceer met het lemma van Zorn op de idealen die $S = \{a^n : n \in \N\}$ vermijden een priemideaal dat $a$ niet bevat. Concludeer:

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 2.9.

(a) Als $x^n = 0$ en $y^m = 0$ , heeft de binomiale ontwikkeling van $(x+y)^{n+m}$ elke term $x^iy^j$ met $i + j = n + m$ , dus $i \geq n$ of $j \geq m$ : elke term verdwijnt, en $x + y$ is nilpotent; $(ax)^n = a^nx^n = 0$ : $\operatorname{Nil}(A)$ is een ideaal. Als $\mathfrak p$ priem is en $x^n = 0 \in \mathfrak p$ , geeft inductie op $n$ $x \in \mathfrak p$ ( $x \cdot x^{n-1} \in \mathfrak p$ ).

(b) Zij $a \notin \operatorname{Nil}(A)$ en $S = \{a^n : n \geq 1\}$ , dus $0 \notin S$ . De verzameling $\mathcal E$ van idealen disjunct van $S$ bevat $(0)$ en is inductief (de unie van een keten van idealen disjunct van $S$ is een ideaal disjunct van $S$ ): Zorn levert $\mathfrak p \in \mathcal E$ maximaal. $\mathfrak p$ is eigenlijk ( $a \notin \mathfrak p$ , omdat $a \in S$ ). Priemheid: zij $x, y \notin \mathfrak p$ . Door maximaliteit ontmoeten $\mathfrak p + (x)$ en $\mathfrak p + (y)$ $S$ : $a^m \in \mathfrak p + (x)$ , $a^n \in \mathfrak p + (y)$ . Vermenigvuldigen, $a^{m+n} \in \mathfrak p + (xy)$ . Als $xy \in \mathfrak p$ , dan $a^{m+n} \in \mathfrak p \cap S$ : absurd. Dus $xy \notin \mathfrak p$ — contrapositief van priemheid. Dus vermijdt elk niet-nilpotent element enig priemideaal; met (a), $\operatorname{Nil}(A) = \bigcap_{\mathfrak p} \mathfrak p$ .

Oefening 2.10 ★★★

(a) Zij $A$ Noethers en $f \colon A \to A$ een surjectief ringmorfisme. Toon dat $f$ injectief is. (Beschouw $\ker f \subseteq \ker f^2 \subseteq \cdots$ .) (b) Toon dat de ring $\mathcal C(\intcc01, \R)$ van continue functies niet Noethers is. (Beschouw $I_n = \{f : f = 0$ op $\intcc0{1/n}\}$ .) (c) Toon dat in een Noethers domein elke niet-nulle niet-eenheid een (eindig) product van irreducibelen is — dus is niet-factorialiteit van $\Z[\iu\sqrt 5]$ alleen een falen van uniciteit.

Oplossing

Oplossing van Oefening 2.10.

(a) De keten $\ker f \subseteq \ker f^2 \subseteq \cdots$ stabiliseert (Propositie 2.29): $\ker f^n = \ker f^{n+1}$ voor enige $n$ . Zij $x \in \ker f$ . Omdat $f$ , dus $f^n$ , surjectief is, $x = f^n(y)$ voor enige $y$ ; dan $f^{n+1}(y) = f(x) = 0$ , dus $y \in \ker f^{n+1} = \ker f^n$ , d.w.z. $x = f^n(y) = 0$ .

(b) $I_n = \{f \in \mathcal C(\intcc01, \R) : f\restriction_{ \intcc0{1/n}} = 0\}$ is een ideaal, en $I_n \subseteq I_{n+1}$ . De inclusie is strikt: $x \mapsto \max\bigl(0, x - \frac1{n+1}\bigr)$ verdwijnt op $\intcc0{\frac1{n+1}}$ maar niet op $\intcc0{\frac1n}$ . Een oneindige strikt stijgende keten spreekt Propositie 2.29 tegen.

(c) Stel dat de verzameling van niet-nulle niet-eenheden die geen factorisatie in irreducibelen toelaten niet-leeg is. De corresponderende familie van idealen $\{(a)\}$ heeft een maximaal element $(a)$ (Propositie 2.29). Het element $a$ is niet irreducibel (een irreducibel is haar eigen factorisatie), dus $a = bc$ met $b, c$ niet-eenheden; $(a) \subseteq (b)$ is strikt (omdat $(a) = (b)$ $b = ad$ , $a = adc$ zou geven, dus $dc = 1$ : $c$ een eenheid), evenzo $(a) \subsetneq (c)$ . Door maximaliteit factoriseren $b$ en $c$ beide in irreducibelen; aaneenschakelen factort $a$ : tegenspraak. Toegepast op $\Z[\iu\sqrt5]$ — Noethers als quotiënt van $\Z[X]$ (Stelling 2.30, $\Z[\iu\sqrt5] \cong \Z[X]/(X^2+5)$ ) — toont dit dat factorisaties daar bestaan; Oefening 2.3 toonde dat uniciteit faalt.

Oefening 2.11 ★★★

Zij $P = X^4 + 1$ . (a) Toon dat $P$ irreducibel is over $\Q$ (Oefening 2.7). (b) Toon dat $P$ reduceerbaar is modulo elk priemgetal $p$ : behandel $p = 2$ ; toon dan, voor oneven $p$ , dat $8 \mid p^2 - 1$ en laat voorlopig toe (bewijs in Hoofdstuk 4) dat de multiplicatieve groep van het lichaam met $p^2$ elementen cyclisch is, om te concluderen dat $P$ in twee kwadratische factoren splitst mod $p$ ; maak ze expliciet wanneer één van $-1$ , $2$ , $-2$ een kwadraat mod $p$ is, en toon dat er altijd één zo is.

Oplossing

Oplossing van Oefening 2.11.

(a) Oefening 2.7: verschuif en Eisenstein in $2$ .

(b) Mod $2$ : $X^4 + 1 = (X + 1)^4$ . Zij nu $p$ oneven. De kwadraten vormen een deelgroep van index $2$ in $(\Z/p\Z)^\times$ : het morfisme $x \mapsto x^2$ heeft kern $\{\pm 1\}$ (twee elementen: $X^2 - 1$ heeft hoogstens $2$ wortels in een lichaam, en $1 \neq -1$ voor oneven $p$ ), dus heeft haar beeld $\frac{p-1}2$ elementen. Bijgevolg is het product van twee niet-kwadraten een kwadraat (in de orde- $2$ -quotiëntgroep, $\overline{xy} = \bar x\bar y$ ). Dus is minstens één van $-1$ , $2$ , $-2$ een kwadraat mod $p$ (als $-1$ en $2$ dat niet zijn, is $-2 = (-1)\cdot 2$ dat wel). In elk geval factort $X^4 + 1$ mod $p$ :

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

Dus is $X^4+1$ reduceerbaar modulo elk priemgetal, maar irreducibel over $\Q$ : het reductiecriterium (Stelling 2.25(1)) detecteert irreducibiliteit maar haar falen bewijst niets.

(Voor de structurele reden: $p^2 - 1 = (p-1)(p+1)$ is een product van twee opeenvolgende even getallen, dus $8 \mid p^2 - 1$ ; de cyclische groep $\mathbb F_{p^2}^\times$ (cycliciteit bewezen in Hoofdstuk 4) bevat dan een element $\zeta$ van orde $8$ , een wortel van $X^4 + 1$ ; haar minimale veelterm over $\mathbb F_p$ deelt $X^4+1$ en heeft graad $\leq 2$ — $X^4+1$ kan nooit irreducibel mod $p$ zijn.)

Oefening 2.12 ★★

(Idempotenten splitsen ringen) Een element $e$ van een commutatieve ring $A$ is idempotent als $e^2 = e$ . (a) Toon dat als $e$ idempotent is, $1 - e$ dat ook is, en dat de afbeelding $x \mapsto (ex, (1-e)x)$ een ringisomorfisme $A \cong Ae \times A(1-e)$ is, waar $Ae$ een ring is met eenheid $e$ . (b) Vind alle idempotenten van een domein, en van $\Z/12\Z$ ; vertoon het isomorfisme $\Z/12\Z \cong \Z/4\Z \times \Z/3\Z$ door haar twee niet-triviale idempotenten te noemen. (c) Toon dat de CRT-ontbinding van $\Z/n\Z$ (Voorbeeld 2.10) precies correspondeert met de idempotenten $e_i \equiv 1 \bmod p_i^{a_i}$ , $e_i \equiv 0$ modulo de andere priemmachten: ringen ontbinden langs hun idempotenten zoals ruimten ontbinden langs projecties.

Oplossing

Oplossing van Oefening 2.12.

(a) $(1-e)^2 = 1 - 2e + e^2 = 1 - e$ . De afbeelding $\varphi(x) = (ex, (1-e)x)$ is additief en multiplicatief naar het product van de twee idealen: $exey = e^2xy = e(xy)$ , en $Ae$ is een commutatieve ring met eenheid $e$ ( $e\cdot ex = ex$ ). Injectief: $ex = 0$ en $(1-e)x = 0$ sommeren tot $x = 0$ . Surjectief: $(ea, (1-e)b)$ is het beeld van $ea + (1-e)b$ (bereken beide componenten met $e(1-e) = 0$ ). Eenheden beelden correct af op $(1, 0)$ -achtige paren: $\varphi(1) = (e, 1-e)$ , de eenheid van het product.

(b) In een domein dwingt $e(e - 1) = 0$ dat $e \in \{0, 1\}$ : alleen triviale idempotenten. In $\Z/12\Z$ , oplossen van $e^2 \equiv e$ : $e \in \{0, 1, 4, 9\}$ . Het niet-triviale paar $\{4, 9\}$ : $4 + 9 = 13 \equiv 1$ , $4\cdot9 = 36 \equiv 0$ , en $\Z/12\Z\cdot4 = \{0, 4, 8\} \cong \Z/3\Z$ (eenheid $4$ ), $\Z/12\Z\cdot9 = \{0, 3, 6, 9\} \cong \Z/4\Z$ (eenheid $9$ ): de CRT-splitsing $\Z/12\Z \cong \Z/4\Z\times\Z/3\Z$ , met $9 \leftrightarrow (1, 0)$ en $4 \leftrightarrow (0, 1)$ .

(c) Onder het CRT-isomorfisme $\Z/n\Z \cong \prod_i \Z/p_i^{a_i}\Z$ correspondeert het element $e_i$ met de genoemde congruenties met het tupel met $1$ in sleuf $i$ en $0$ elders: de elementaire idempotenten van het product. Omgekeerd herbouwt een complete familie van orthogonale idempotenten ( $e_ie_j = 0$ voor $i \neq j$ , $\sum e_i = 1$ ) de productontbinding door (a), inductief. Idempotenten zijn voor ringen wat orthogonale projecties zijn voor Hilbertruimten (Hoofdstuk 13): de coördinaten van een interne directe ontbinding.

2.6 Probleem: de stelling van Fermat over twee kwadraten

Probleem 2.1

Weekendprobleem — sommen van twee kwadraten, via $\Z[\iu]$

Welke gehele getallen zijn sommen van twee kwadraten? Het antwoord van Fermat (1640) is een van de juwelen van de rekenkunde; de Gaussische gehele getallen maken van haar bewijs ringentheorie. Overal noteert $N(x + \iu y) = x^2 + y^2$ de norm, is $\Z[\iu]$ Euclidisch (Oefening 2.4), dus een PID en een UFD, en betekent Gaussisch priem een priemelement (= irreducibel) van $\Z[\iu]$ .

Deel I — Normen en Gaussische priemen.

Verifieer $N(zw) = N(z)N(w)$ , leid opnieuw $\Z[\iu]^\times = \{\pm1, \pm\iu\}$ af, en bewijs de Brahmagupta-identiteit: een product van twee sommen van twee kwadraten is een som van twee kwadraten.
Toon dat als $N(z)$ een priemgetal is, $z$ een Gaussisch priem is.
Toon dat elk Gaussisch priem $\pi$ precies één priemgetal $p$ deelt (beschouw $N(\pi) = \pi\bar\pi$ ), en dat dan $N(\pi) \in \{p, p^2\}$ .
Leid de dichotomie af: voor elk priemgetal $p$ blijft $p$ ofwel priem in $\Z[\iu]$ (en bestaat er geen Gaussisch priem van norm $p$ ), of $p = \pi\bar\pi$ met $\pi$ een Gaussisch priem van norm $p$ — en dan $p = a^2 + b^2$ .

Deel II — Stelling van Wilson en $-1$ modulo $p$ .

Bewijs de stelling van Wilson: voor $p$ priem, $(p-1)! \equiv -1 \pmod p$ . (Paar elke rest met haar inverse; welke zijn met zichzelf gepaard?)
Zij $p$ een oneven priemgetal en $m = \frac{p-1}2$ . Toon dat $(m!)^2 \equiv (-1)^{m+1} \pmod p$ (in $(p-1)!$ , vervang elke factor $k > m$ door $-(p - k)$ ).
Concludeer: $-1$ is een kwadraat modulo $p$ desda $p = 2$ of $p \equiv 1 \pmod 4$ . (Voor de “alleen als”: als $x^2 \equiv -1$ , wat is de orde van $x$ in $(\Z/p\Z)^\times$ , en wat zegt Lagrange?)

Deel III — De splitsingswet.

Zij $p \equiv 1 \pmod 4$ , en $x$ met $p \mid x^2 + 1 = (x + \iu)(x - \iu)$ . Toon dat $p$ geen Gaussisch priem is, en concludeer met Deel I: $p = a^2 + b^2$ .
Zij $p \equiv 3 \pmod 4$ . Toon direct dat $p$ geen som van twee kwadraten is (kwadraten mod $4$ ), en leid af dat $p$ Gaussisch priem blijft.
Regel $p = 2$ : vertoon de factorisatie $2 = -\iu(1+\iu)^2$ en controleer dat $1 + \iu$ een Gaussisch priem is. ( $2$ is het unieke geramifieerde priem: deelbaar door het kwadraat van een Gaussisch priem tot op een eenheid.)
Stel de classificatie van Gaussische priemen samen, tot op eenheden: $1 + \iu$ ; de gehele $p \equiv 3 \pmod 4$ ; de geconjugeerde paren $\pi, \bar\pi$ van norm $p \equiv 1 \pmod 4$ . Verifieer op $5 = (2+\iu)(2-\iu)$ en op $3$ .

Deel IV — De stelling over twee kwadraten.

Bewijs de directe helft: als in de factorisatie $n = \prod p_i^{\alpha_i}$ elk priemgetal $\equiv 3 \pmod 4$ met een even exponent voorkomt, dan is $n$ een som van twee kwadraten. (Brahmagupta + Delen II–III.)
Bewijs het omgekeerde: als $n = a^2 + b^2 = N(a + \iu b)$ en $q \equiv 3 \pmod 4$ $n$ deelt, toon dat $q$ , een Gaussisch priem, $a + \iu b$ of $a - \iu b$ deelt, dat ze in feite zowel $a$ als $b$ deelt, en concludeer door inductie op $n$ dat de exponent van $q$ in $n$ even is.
Formuleer de eindstelling. Welke van $2025$ , $2026$ , $2027$ zijn sommen van twee kwadraten? ( $2025 = 81 \cdot 25$ ; $2026 = 2 \cdot 1013$ , $1013$ priem; $2027$ priem.)
(Epiloog) Toon dat een priemgetal $p \equiv 1 \pmod 4$ essentieel uniek een som van twee kwadraten is: als $p = a^2 + b^2 = c^2 + d^2$ (positieve gehele getallen), dan $\{a, b\} = \{c, d\}$ . (Uniciteit van factorisatie in $\Z[\iu]$ .)

Deel V — Representaties tellen: formule van Jacobi en reeks van Leibniz. Schrijf $r_2(n) = \#\{(a, b) \in \Z^2 : a^2 + b^2 = n\}$ (geordende paren, tekens en nullen inbegrepen), en zij $\chi$ het niet-triviale karakter mod $4$ : $\chi(d) = +1$ als $d \equiv 1$ , $-1$ als $d \equiv 3 \pmod4$ , $0$ als $d$ even.

(Opwarming, ter contrast) Welke gehele getallen zijn verschillen van twee kwadraten? Toon: $n = a^2 - b^2$ met $a, b \in \Z$ desda $n \not\equiv 2 \pmod 4$ — geen ringentheorie nodig, en geen structuur vergelijkbaar met wat volgt.
Toon dat $r_2(n)$ het aantal $z \in \Z[\iu]$ met $N(z) = n$ is. Schrijvend $n = 2^{a}\prod_jp_j^{b_j} \prod_kq_k^{c_k}$ met $p_j \equiv 1$ , $q_k \equiv 3 \pmod4$ , gebruik de classificatie van vraag 11 en unieke factorisatie om te tonen: zulke $z$ bestaan desda alle $c_k$ even zijn, en in dat geval

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

(Tel: $z = u\,(1+\iu)^{a}\prod_j\pi_j^{s_j} \bar\pi_j^{\,b_j - s_j}\prod_kq_k^{c_k/2}$ met $u$ een eenheid en $0 \leq s_j \leq b_j$ ; waarom is deze lijst exhaustief en herhalingsvrij?)
Toon dat $d \mapsto \chi(d)$ volledig multiplicatief is, leid af dat $n \mapsto \sum_{d \mid n}\chi(d)$ multiplicatief is, en bereken haar op priemmachten: ze is $1$ op $2^a$ ; $b + 1$ op $p^b$ ( $p \equiv 1$ ); $1$ of $0$ op $q^c$ ( $q \equiv 3$ ) naargelang $c$ even of oneven is.
Concludeer de stelling van Jacobi:

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

waar $d_i(n)$ de delers $\equiv i \pmod 4$ telt. Verifieer op $n = 3, 5, 9, 25$ , en som de $16$ representaties van $65$ op.
(De cirkel) Toon dat $\sum_{n \leq x}r_2(n)$ het aantal roosterpunten van $\Z^2$ in de gesloten schijf van straal $\sqrt x$ is, en bewijs

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

(elk roosterpunt bezit een eenheidsvierkant; vergelijk oppervlakten, de fout leeft in een annulus van breedte $O(1)$ ).
(Leibniz, rekenkundig gelezen) Combineer vragen 19–20:

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

en leid af — met zorgvuldige verwijdering van de floors — de reeks van Leibniz

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

De alternerende reeks van oneven reciproken is het gemiddelde overschot van delers $\equiv 1$ over delers $\equiv 3$ : analyse berekend door rekenkunde.
(Hoe zeldzaam zijn sommen van twee kwadraten?) Toon dat geen geheel getal $\equiv 3 \pmod 4$ een som van twee kwadraten is (twee manieren: kwadraten mod $4$ , of het pariteitscriterium van vraag 17), dus minstens een kwart van alle gehele getallen wordt gemist; en toon dat het gemiddelde $\frac1x\sum_{n\leq x}r_2(n) \to \pi$ van vraag 20 verenigbaar is met representeerbare gehele getallen van dichtheid $0$ — vertoon gehele getallen met abnormaal veel representaties (neem producten van veel priemgetallen $\equiv 1 \bmod 4$ ) om te verklaren hoe een verdwijnende proportie toch een positief gemiddelde kan dragen. (Landau bewees dat de ware dichtheid als $1/\sqrt{\log x}$ daalt; dat ligt buiten onze gereedschappen, maar het mechanisme is nu zichtbaar.)

Deel VI — Complementen: primitieve representaties en Pythagoras.

Noem een representatie $n = a^2 + b^2$ primitief als $\gcd(a, b) = 1$ . Toon dat $n \geq 1$ een primitieve representatie toelaat desda $4 \nmid n$ en geen priemgetal $q \equiv 3 \pmod 4$ $n$ deelt. (Voor de noodzakelijkheid, hergebruik de daling van vraag 13 en kwadraten mod $4$ ; voor de voldoendeheid, bouw $z$ uit $1 + \iu$ en de $\pi_j$ alleen — geen geconjugeerden — en verklaar waarom een gemeenschappelijke priemdeler van $a$ en $b$ zowel $\pi_j$ als $\bar\pi_j$ , of $(1+\iu)^2$ , in $z$ zou dwingen.)
(Pythagorese drietallen) Zij $a^2 + b^2 = c^2$ met $a, b, c$ positief, $\gcd(a, b) = 1$ en $b$ even. Toon dat $a + \iu b$ en $a - \iu b$ copriem zijn in $\Z[\iu]$ (een gemeenschappelijke Gaussische priemdeler zou $2a$ en $2b$ delen, en $c$ is oneven), leid uit unieke factorisatie af dat $a + \iu b = u(m + \iu n)^2$ voor een eenheid $u$ , en concludeer de klassieke parametrisatie: tot op verwisseling van $a$ en $b$ ,

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

met $m > n \geq 1$ copriem van tegengestelde pariteit. Herwin $(3, 4, 5)$ en $(21, 20, 29)$ uit $(m, n) = (2, 1)$ en $(5, 2)$ .
(Numerieke verificatie) Neem $x = 25$ . Bereken $r_2(n)$ voor $1 \leq n \leq 25$ uit de formule van Jacobi, controleer dat de niet-nulle waarden precies voorkomen bij $n = 1, 2, 4, 5, 8, 9, 10, 13, 16, 17, 18, 20, 25$ , en dat

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

Verifieer dat de gesloten schijf van straal $5$ $81$ roosterpunten bevat, en vergelijk met $\pi x \approx 78{,}5$ : de fout ligt ruim binnen de $O(\sqrt x)$ van vraag 20.

Oplossing

Oplossing van Probleem 2.1.

1. $N(z) = z\bar z$ , dus $N(zw) = zw\overline{zw} = z\bar z\, w \bar w = N(z)N(w)$ . Als $uv = 1$ : $N(u)N(v) = 1$ in $\N$ , dus $N(u) = 1$ , d.w.z. $u \in \{\pm 1, \pm \iu\}$ ; alle vier zijn eenheden. 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. Als $z = ab$ , dan is $N(z) = N(a)N(b)$ priem, dus $N(a) = 1$ of $N(b) = 1$ : één factor is een eenheid. Omdat $N(z) > 1$ is $z$ noch nul noch een eenheid: irreducibel — en priem, omdat $\Z[\iu]$ een UFD is (Stelling 2.14, Stelling 2.18 en Lemma 2.17).

3. $\pi$ deelt $N(\pi) = \pi\bar\pi \geq 2$ , een geheel getal; $N(\pi)$ in priemgetallen factoriseren en gebruiken dat $\pi$ priem is, $\pi \mid p$ voor enig priemgetal $p$ . Als ook $\pi \mid q \neq p$ : Bézout in $\Z$ geeft $1 = up + vq$ , dus $\pi \mid 1$ — absurd: $p$ is uniek. Uit $p = \pi\gamma$ : $p^2 = N(p) = N(\pi)N(\gamma)$ met $N(\pi) \neq 1$ , dus $N(\pi) \in \{p, p^2\}$ .

4. Zij $\pi$ een Gaussisch priem dat $p$ deelt, $p = \pi\gamma$ . Als $N(\pi) = p^2$ : $N(\gamma) = 1$ , dus is $p$ geassocieerd met $\pi$ , zelf een Gaussisch priem; en geen Gaussisch priem heeft norm $p$ (als $N(\rho) = p$ dan $\rho \mid \rho\bar\rho = p$ , en $p$ priem in $\Z[\iu]$ zou $\rho$ geassocieerd met $p$ dwingen, wat $N(\rho) = N(p) = p^2 \neq p$ geeft). Als $N(\pi) = p$ : schrijvend $\pi = a + \iu b$ , $p = \pi\bar\pi = a^2 + b^2$ .

5. In de abelse groep $(\Z/p\Z)^\times$ , paar elk element met zijn inverse. De zelf-inverse elementen zijn de wortels van $X^2 - 1$ : precies $\pm 1$ (hoogstens twee wortels in een lichaam). Het product van alle elementen is dan $1 \cdot (-1) \cdot \prod (\text{paren } k k^{-1}) = -1$ : $(p-1)! \equiv -1 \pmod p$ . (Voor $p = 2$ : $1! \equiv -1$ .)

6. Schrijf $(p-1)! = \prod_{k=1}^m k \cdot \prod_{k=m+1}^{p-1}k$ met $m = \frac{p-1}2$ . In het tweede product substitueer $k = p - j$ , $j = 1, \dots, m$ : modulo $p$ , $\prod_{j=1}^m (p - j) \equiv (-1)^m m!$ . Dus $-1 \equiv (-1)^m (m!)^2$ , d.w.z. $(m!)^2 \equiv (-1)^{m+1} \pmod p$ .

7. Als $p \equiv 1 \pmod 4$ , is $m$ even en geeft vraag 6 $(m!)^2 \equiv -1$ : een vierkantswortel van $-1$ . Omgekeerd, als $x^2 \equiv -1 \pmod p$ ( $p$ oneven), dan $x^4 = 1 \neq x^2$ : $x$ heeft orde $4$ in $(\Z/p\Z)^\times$ , dus $4 \mid p - 1$ (Lagrange). En $p = 2$ : $1^2 = 1 \equiv -1$ . Conclusie: $-1$ is een kwadraat mod $p$ desda $p = 2$ of $p \equiv 1 \pmod 4$ .

8. Met $x^2 \equiv -1$ : $p \mid x^2 + 1 = (x + \iu)(x - \iu)$ . Als $p$ een Gaussisch priem was, zou ze een factor delen; maar $\frac xp \pm \frac \iu p \notin \Z[\iu]$ . Dus is $p$ geen Gaussisch priem; door de dichotomie (vraag 4) — $p$ niet priem betekent de tweede tak — $p = a^2 + b^2$ .

9. Kwadraten zijn $\equiv 0$ of $1 \pmod 4$ , dus $a^2 + b^2 \in \{0, 1, 2\} \pmod 4$ : een priemgetal $p \equiv 3 \pmod 4$ is geen som van twee kwadraten. Door vraag 4 is de tak $N(\pi) = p$ ( $p = a^2+b^2$ ) onmogelijk: $p$ blijft Gaussisch priem.

10. $(1 + \iu)^2 = 2\iu$ , dus $2 = -\iu(1 + \iu)^2$ ; en $N(1 + \iu) = 2$ is priem, dus is $1 + \iu$ een Gaussisch priem (vraag 2).

11. Elk Gaussisch priem deelt precies één priemgetal $p$ (vraag 3); opsomming per geval: $p = 2$ geeft de geassocieerden van $1 + \iu$ ; $p \equiv 3 \pmod 4$ geeft $p$ zelf (vraag 9); $p \equiv 1 \pmod 4$ geeft het paar $\pi, \bar\pi$ van norm $p$ (vragen 4 en 8). Het paar is echt: $\bar\pi \in \{\pm\pi, \pm\iu\pi\}$ zou, schrijvend $\pi = a + \iu b$ , ofwel $b = 0$ , $a = 0$ , of $a = \pm b$ dwingen, wat $p = a^2 + b^2 \in \{a^2, 2a^2\}$ geeft — onmogelijk voor een oneven priem. Controle: $5 = (2 + \iu)(2 - \iu)$ , $N(2\pm\iu) = 5$ ; $3$ : priem van norm $9$ .

12. Schrijf $n = 2^{\alpha}\prod_i p_i^{\beta_i} \prod_j q_j^{2\gamma_j}$ met $p_i \equiv 1$ , $q_j \equiv 3 \pmod 4$ . Elke factor is een som van twee kwadraten: $2 = 1^2 + 1^2$ ; $p_i = a^2 + b^2$ (vraag 8); $q_j^{2\gamma_j} = (q_j^{\gamma_j})^2 + 0^2$ . De Brahmagupta-identiteit (vraag 1) propageert de eigenschap naar het product $n$ .

13. Zij $n = a^2 + b^2 = N(a + \iu b)$ en $q \equiv 3 \pmod 4$ , $q \mid n$ . Het Gaussische priem $q$ (vraag 9) deelt $(a + \iu b)(a - \iu b)$ , dus één van de twee factoren — zeg $q \mid a + \iu b$ (het andere geval is identiek). Maar dan leest $\frac{a + \iu b}{q} = \frac aq + \iu \frac bq \in \Z[\iu]$ af als $q \mid a$ en $q \mid b$ in $\Z$ . Dus $q^2 \mid n$ en $\frac n{q^2} = \bigl(\frac aq\bigr)^2 + \bigl(\frac bq\bigr)^2$ . Door sterke inductie op $n$ is de exponent van $q$ in $n/q^2$ even; die van $n$ ook.

14. Stelling (Fermat). Een positief geheel getal is een som van twee kwadraten desda elk priemgetal $\equiv 3 \pmod 4$ erin met even exponent voorkomt. — $2025 = 3^4 \cdot 5^2$ : exponent van $3$ even, ja ( $2025 = 45^2 + 0^2 = 27^2 + 36^2$ ). $2026 = 2 \cdot 1013$ met $1013 \equiv 1 \pmod 4$ priem: ja ( $1013 = 22^2 + 23^2$ , en Brahmagupta met $2 = 1^2+1^2$ : $2026 = (22 - 23)^2 + (22 + 23)^2 = 1^2 + 45^2$ ). $2027$ is een priem $\equiv 3 \pmod 4$ : nee.

15. Zij $p = a^2 + b^2 = c^2 + d^2$ met positieve gehele getallen, $p \equiv 1 \pmod 4$ , en $\pi$ een Gaussisch priem met $p = \pi\bar\pi$ (vraag 4). Zowel $a + \iu b$ als $c + \iu d$ hebben norm $p$ , zijn dus Gaussische priemen (vraag 2) die $p = (a+\iu b)(a - \iu b)$ delen; door uniciteit van factorisatie is $c + \iu d$ geassocieerd met $a + \iu b$ of met $a - \iu b$ :

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\}.

Positiviteit van $c, d$ laat $c + \iu d \in \{a + \iu b, b + \iu a\}$ : $\{c, d\} = \{a, b\}$ .

16. Als $n = a^2 - b^2 = (a-b)(a+b)$ : de twee factoren hebben dezelfde pariteit, dus is $n$ oneven (beide oneven) of deelbaar door $4$ (beide even) — nooit $\equiv 2 \pmod 4$ . Omgekeerd, $n$ oneven: $n = \bigl(\frac{n+1}2\bigr)^2 - \bigl(\frac{n-1}2\bigr)^2$ ; $n = 4m$ : $n = (m+1)^2 - (m-1)^2$ . Het antwoord is een kale congruentievoorwaarde, met een één-regel-identiteit erachter: verschillen van kwadraten dragen geen rekenkundige diepte, en het contrast met sommen is het hele punt van dit probleem.

17. $(a, b) \mapsto z = a + \iu b$ is een bijectie tussen representaties en $\{z : N(z) = n\}$ . Factoriseer $z$ in de UFD $\Z[\iu]$ met de classificatie (vraag 11): tot op een eenheid, $z = (1+\iu)^{a'}\prod_j\pi_j^{s_j}\bar\pi_j^{t_j} \prod_kq_k^{u_k}$ , en normen nemen ( $N(1+\iu) = 2$ , $N(\pi_j) = N(\bar\pi_j) = p_j$ , $N(q_k) = q_k^2$ ):

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

Exponenten matchen: $a' = a$ , $s_j + t_j = b_j$ , $2u_k = c_k$ — oplosbaar desda elke $c_k$ even is, en dan is $u_k = c_k/2$ gedwongen terwijl $s_j \in \intint0{b_j}$ vrij is. Onderscheiden data $(u, (s_j))$ geven niet-geassocieerde $z$ ’s met dezelfde norm; de eenheid $u \in \{\pm1, \pm\iu\}$ (4 keuzes) enumereert dan elke geassocieerdenklasse zonder herhaling (twee gelijke producten zouden uniciteit van factorisatie schenden — $\pi_j$ en $\bar\pi_j$ zijn niet-geassocieerd omdat $p_j = \pi_j\bar\pi_j$ niet geramifieerd is). Totaal: $r_2(n) = 4\prod_j(b_j + 1)$ , en $0$ als enige $c_k$ oneven is.

18. $\chi(dd') = \chi(d)\chi(d')$ wordt gecontroleerd mod $4$ (oneven $\times$ oneven dekt de vier tekengevallen; alles even geeft $0 = 0$ ). Voor coprieme $m, n$ zijn delers van $mn$ uniek $d = d_1d_2$ met $d_1 \mid m$ , $d_2 \mid n$ : $\sum_{d \mid mn}\chi(d) = \bigl(\sum_{d_1\mid m}\chi(d_1)\bigr)\bigl( \sum_{d_2\mid n}\chi(d_2)\bigr)$ : multiplicatief. Priemmachten: op $2^a$ is alleen $d = 1$ oneven: som $= 1$ . Op $p^b$ met $p \equiv 1$ : alle $\chi(p^i) = 1$ , som $= b + 1$ . Op $q^c$ met $q \equiv 3$ : $\chi(q^i) = (-1)^i$ , alternerende som $= 1$ ( $c$ even) of $0$ ( $c$ oneven).

19. De twee multiplicatieve functies $\frac14r_2$ (vraag 17) en $\sum_{d\mid n}\chi(d)$ (vraag 18) stemmen overeen op alle priemmachten — $1$ op $2^a$ ; $b + 1$ op $p^b$ ; $\mathbf 1_{c\ \mathrm{even}}$ op $q^c$ — dus overal: de formule van Jacobi, met $\sum_{d\mid n}\chi(d) = d_1(n) - d_3(n)$ door delers te sorteren. Controles: $r_2(3) = 0 = 4(1 - 1)$ ; $r_2(5) = 8 = 4(2 - 0)$ ( $(\pm1,\pm2), (\pm2,\pm1)$ ); $r_2(9) = 4 = 4(2 - 1)$ (delers $1, 9 \equiv 1$ ; $3 \equiv 3$ ; representaties $(\pm3, 0), (0, \pm3)$ ); $r_2(25) = 12 = 4(3 - 0)$ . Voor $65 = 5\cdot13$ : $r_2 = 4\cdot2\cdot2 = 16$ , uit $65 = 1 + 64 = 16 + 49$ : de zestien paren $(\pm1, \pm8), (\pm8, \pm1), (\pm4, \pm7), (\pm7, \pm4)$ .

20. $\sum_{n \leq x}r_2(n)$ telt de paren $(a, b)$ met $0 < a^2 + b^2 \leq x$ , d.w.z. de roosterpunten van de gesloten schijf $D_{\sqrt x}$ minus de oorsprong. Wijs aan elk roosterpunt $P$ het eenheidsvierkant $P + \intco01^2$ toe: deze vierkanten betegelen het vlak. Elk vierkant gehecht aan een punt van $D_{\sqrt x}$ ligt in $D_{\sqrt x + \sqrt2}$ , en elk vierkant dat $D_{\sqrt x - \sqrt 2}$ raakt is gehecht aan een punt van $D_{\sqrt x}$ (het vierkant heeft diameter $\sqrt 2$ ): oppervlakten vergelijken,

\pi(\sqrt x - \sqrt2)^2 \leq \#\{\text{roosterpunten in } D_{\sqrt x}\} \leq \pi(\sqrt x + \sqrt 2)^2,

en beide grenzen zijn $\pi x + O(\sqrt x)$ . De oorsprong aftrekken verandert niets op deze precisie.

21. Door Jacobi (vraag 19) en de sommatievolgorde verwisselen ( $n = dm$ ):

\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,

wat $\frac{\pi x}4 + O(\sqrt x)$ is door vraag 20. Verwijder de floors: $\lfloor x/d\rfloor = x/d + O(1)$ , maar $O(1)$ sommeren over $d \leq x$ is te ruw; gebruik in plaats daarvan dat de partiële sommen van $\chi$ begrensd zijn ( $0, 1, 1, 0$ cyclisch), dus is door Abel-sommatie $\sum_{d\leq x}\chi(d)\{x/d\}$ , waarvan we de termen in paren $d \equiv 1, 3$ groeperen, $O(\sqrt x)$ — alternatief en eenvoudiger: splits bij $\sqrt x$ . Voor $d \leq \sqrt x$ , vervang $\lfloor x/d\rfloor$ door $x/d + O(1)$ : fout $O(\sqrt x)$ . Voor $d > \sqrt x$ neemt $\lfloor x/d\rfloor$ elke waarde $v < \sqrt x$ aan op een interval van opeenvolgende $d$ ’s, waarop de $\chi$ -som $O(1)$ is: totale fout $O(\sqrt x)$ door te sommeren over de $\leq \sqrt x$ waarden van $v$ , terwijl $\sum_{d > \sqrt x}\chi(d)\frac xd = O(\sqrt x)$ door alternerende-reeks-staarten ( $x\sum_{d>\sqrt x}\chi(d)/d = x\,O(1/\sqrt x)$ ). Dus

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

en $x \to \infty$ laten gaan: $1 - \frac13 + \frac15 - \dots = \frac\pi4$ .

22. Als $n \equiv 3 \pmod4$ $a^2 + b^2$ was: kwadraten zijn $\equiv 0, 1 \pmod 4$ , en $a^2 + b^2 \in \{0, 1, 2\}$ mod $4$ — onmogelijk. (Het criterium van vraag 17 zegt hetzelfde: $n \equiv 3 \pmod 4$ dwingt enig priem $\equiv 3$ tot oneven exponent.) Dus vermijden representeerbare gehele getallen een volle restklasse: dichtheid $\leq \frac34$ . Het gemiddelde $\pi$ van $r_2$ concentreert op weinig gehele getallen: $n = \prod_{j\leq k}p_j$ (onderscheiden priemen $\equiv 1 \bmod 4$ ) heeft $r_2(n) = 4\cdot2^k$ representaties — onbegrensd veel — dus kan een spaarzame verzameling $n$ ’s het hele gemiddelde dragen, precies zoals het gemiddelde van een loterij coëxisteert met bijna-zeker verlies. De $\#\{n \leq x \text{ representeerbaar}\} \sim Cx/\sqrt{\log x}$ van Landau bevestigt het: dichtheid $0$ , gemiddelde $\pi$ .

23. Noodzakelijkheid. Zij $n = a^2 + b^2$ met $\gcd(a, b) = 1$ . Als een priem $q \equiv 3 \pmod 4$ $n$ deelde, toont vraag 13 $q \mid a$ en $q \mid b$ : tegenspraak. Als $4 \mid n$ : kwadraten zijn $\equiv 0, 1 \pmod 4$ , dus dwingt $a^2 + b^2 \equiv 0 \pmod 4$ dat $a^2 \equiv b^2 \equiv 0$ , d.w.z. $a, b$ beide even: tegenspraak. Voldoendeheid. Schrijf $n = 2^{\alpha}\prod_jp_j^{b_j}$ met $\alpha \leq 1$ en $p_j \equiv 1 \pmod 4$ , en stel $z = (1+\iu)^{\alpha}\prod_j \pi_j^{b_j} = a + \iu b$ , van norm $n$ . Stel een priem $t$ deelt $\gcd(a, b)$ ; dan $t \mid z$ in $\Z[\iu]$ . Als $t \equiv 3 \pmod 4$ : $t \mid N(z) = n$ , uitgesloten. Als $t \equiv 1 \pmod 4$ : $t = \pi_t\bar\pi_t$ , dus $\bar\pi_t \mid z$ ; maar de factorisatie van $z$ bevat geen geconjugeerd priem ( $\pi_j$ en $\bar\pi_j$ zijn niet-geassocieerd, vraag 17), in strijd met unieke factorisatie. Als $t = 2 = -\iu(1+\iu)^2$ : dan $(1+\iu)^2 \mid z$ , wat $\alpha \geq 2$ dwingt, uitgesloten. Dus $\gcd(a, b) = 1$ : de representatie is primitief.

24. $a$ is oneven ( $\gcd(a, b) = 1$ , $b$ even), dus is $c^2 = a^2 + b^2$ oneven en $c$ is oneven. Zij $\delta$ een gemeenschappelijke Gaussische priemdeler van $a + \iu b$ en $a - \iu b$ : ze deelt hun som $2a$ en hun verschil $2\iu b$ , dus $2a$ en $2b$ ; een Bézoutrelatie $ua + vb = 1$ geeft dan $\delta \mid 2$ , dus is $\delta$ geassocieerd met $1 + \iu$ en $N(\delta) = 2$ deelt $N(a + \iu b) = c^2$ , die oneven is: tegenspraak. Dus zijn $a + \iu b$ en $a - \iu b$ copriem met product $c^2$ ; in de UFD $\Z[\iu]$ komt elk Gaussisch priem van $c^2$ tot even exponent voor en splitst volledig in één van de twee coprieme factoren, vandaar $a + \iu b = u(m + \iu n)^2 = u\bigl(m^2 - n^2 + 2\iu mn\bigr)$ met $u$ een eenheid. De keuzes $u = \pm\iu$ maken het reële deel $\mp 2mn$ even — onmogelijk, $a$ is oneven. De keuzes $u = \pm1$ geven, na tekens van $m, n$ bij te stellen en hun namen te verwisselen om alles positief te maken, $a = m^2 - n^2$ , $b = 2mn$ met $m > n \geq 1$ ; en $c^2 = N(m + \iu n)^2$ geeft $c = m^2 + n^2$ . Een gemeenschappelijke deler van $m$ en $n$ zou $a$ en $b$ delen: $\gcd(m, n) = 1$ ; en $m \equiv n \pmod 2$ zou $a$ even maken: tegengestelde pariteiten. Controles: $(m, n) = (2, 1)$ geeft $(3, 4, 5)$ ; $(m, n) = (5, 2)$ geeft $(25 - 4, 20, 25 + 4) = (21, 20, 29)$ , en $441 + 400 = 841 = 29^2$ .

25. De formule van Jacobi $r_2(n) = 4(d_1(n) - d_3(n))$ geeft, voor $n = 1, \dots, 25$ :

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,

niet-nul precies bij $n = 1, 2, 4, 5, 8, 9, 10, 13, 16, 17, 18, 20, 25$ (bijvoorbeeld $r_2(15) = 0$ : delers $1, 5 \equiv 1$ en $3, 15 \equiv 3$ balanceren; $r_2(20) = 8$ : delers $1, 5 \equiv 1$ , geen $\equiv 3$ ). Het totaal is $4 + 4 + 4 + 8 + 4 + 4 + 8 + 8 + 4 + 8 + 4 + 8 + 12 = 80$ . De delerkant: de oneven $d \leq 25$ dragen bij

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

lezend $\chi(d)\lfloor 25/d\rfloor$ voor $d = 1, 3, 5, \dots, 25$ ; en $4 \cdot 20 = 80$ , zoals voorspeld door de identiteit van vraag 21. Roosterpunten van de gesloten schijf van straal $5$ : de $80$ punten met $1 \leq a^2 + b^2 \leq 25$ plus de oorsprong, d.w.z. $81$ ; en $\pi x = 25\pi \approx 78{,}54$ , een fout van ongeveer $2{,}46$ , comfortabel binnen de $O(\sqrt x)$ -band van vraag 20 ( $\sqrt x = 5$ ).