---
title: "Ringen en rekenkunde"
book: "Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 3"
subject: math
language: nl
chapter: 2
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/math/5/nl/chapter/2-ringen-en-rekenkunde
---

# Hoofdstuk 2 — Ringen en rekenkunde

Gewone gehele getallen ontbinden op precies één manier in priemfactoren; veeltermen over een lichaam ook. Zijn die twee feiten één stelling? Dit hoofdstuk antwoordt bevestigend en legt precies de hypothesen bloot 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 omkeringen weerlegd. Daarna zetten we de theorie in waar ze haar waarde bewijst: bij de gehele getallen van Gauss $\Z[\iu]$ (die in de weekendopgave de tweekwadratenstelling van Fermat zullen kraken), bij veeltermringen in meer veranderlijken (het lemma van Gauss, het criterium van [Eisenstein](#thm-b3-rings-criteria)) en bij [noetherse ringen](#def-b3-rings-noetherian), met als hoogtepunt de basisstelling van Hilbert. Overal betekent *ring* een commutatieve ring met eenheid $1 \neq 0$; de [idealen](#def-b3-rings-ideal) van $\Z$ en $K[X]$ uit het volume van bachelorjaar 2 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 met $AI \subseteq I$. De *quotiëntring* $A/I$ is de [quotiëntgroep](https://one-course.com/books/math/5/nl/chapter/1-groepentheorie#thm-b3-groups-quotient) $(A, +)/I$ met de vermenigvuldiging $(a + I)(b + I) = ab + I$: die is goed gedefinieerd, want $a$ vervangen door $a + x$ en $b$ door $b + y$ (met $x, y \in I$) verandert $ab$ met $ay + xb + xy \in I$. De projectie $\pi \colon A \to A/I$ is een surjectief ringmorfisme met kern $I$, en de kernen van ringmorfismen zijn precies de idealen.

**Stelling 2.2 (Eerste isomorfiestelling).**

Is $f \colon A \to B$ een ringmorfisme, dan is $\bar f\colon A/\ker
f \to \operatorname{im} f$, $a + \ker f \mapsto f(a)$, een ringisomorfisme. Algemener factoriseert $f$ over $A/I$ voor elk [ideaal](#def-b3-rings-ideal) $I \subseteq \ker f$. De [idealen](#def-b3-rings-ideal) van $A/I$ zijn de $J/I$ met $J \supseteq I$ een [ideaal](#def-b3-rings-ideal) van $A$ (correspondentiestelling).

**Bewijs.** Net als bij groepen (Stellingen [1.3](https://one-course.com/books/math/5/nl/chapter/1-groepentheorie#thm-b3-groups-firstiso) en [1.5](https://one-course.com/books/math/5/nl/chapter/1-groepentheorie#thm-b3-groups-correspondence)), waarbij we opmerken dat alle betrokken afbeeldingen ook de producten respecteren: $\bar f$ is goed gedefinieerd, bijectief op het beeld en multiplicatief; de correspondentie $J \mapsto J/I$, $\bar J \mapsto \pi^{-1}(\bar J)$ bewaart in beide richtingen [idealen](#def-b3-rings-ideal), omdat $\pi$ een surjectief ringmorfisme is. ∎

**Definitie 2.3.**

Zij $I \subsetneq A$ een echt [ideaal](#def-b3-rings-ideal). $I$ heet *priem* als uit $ab \in I$ volgt dat $a \in
I$ of $b \in I$; en $I$ heet *maximaal* als er geen [ideaal](#def-b3-rings-ideal) strikt tussen $I$ en $A$ ligt.

**Propositie 2.4.**

$I$ is priem $\iff$ $A/I$ is een integriteitsdomein; $I$ is [maximaal](#def-b3-rings-primemaximal) $\iff$ $A/I$ is een lichaam. In het bijzonder zijn maximale [idealen](#def-b3-rings-ideal) priem.

**Bewijs.** Schrijf $\bar a$ voor de klassen in $A/I$. “$I$ priem” vertaalt zich 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 precies de definitie van een domein. Voor de maximaliteit gebruiken we de correspondentiestelling: geen [ideaal](#def-b3-rings-ideal) strikt tussen $I$ en $A$ $\iff$ $A/I$ heeft geen ander [ideaal](#def-b3-rings-ideal) dan $0$ en zichzelf $\iff$ $A/I$ is een lichaam — voor die laatste stap: in een lichaam zijn $0$ en het geheel de enige [idealen](#def-b3-rings-ideal) (een [ideaal](#def-b3-rings-ideal) dat $x \ne 0$ bevat, bevat $x^{-1}x = 1$); en omgekeerd, brengt elke $x \neq 0$ het eenheidsideaal voort, dan is $xy = 1$ voor zekere $y$. Lichamen zijn domeinen, dus zijn maximale [idealen](#def-b3-rings-ideal) priem. ∎

**Voorbeeld 2.5.**

In $\Z$ zijn de priemidealen $(0)$ en de $(p)$ met $p$ priem; de maximale zijn de $(p)$ ($\Z/p\Z = \mathbb F_p$ is een lichaam, $\Z/(0) = \Z$ niet). In $K[X, Y]$ zijn $(X) \subsetneq (X, Y)$ beide priem ($K[X,Y]/(X) \cong K[Y]$, een domein; $K[X,Y]/(X,Y)
\cong K$, een lichaam), zodat $(X)$ priem maar niet [maximaal](#def-b3-rings-primemaximal) is.

Om in volle algemeenheid te garanderen dat er maximale [idealen](#def-b3-rings-ideal) *bestaan*, hebben we een verzamelingtheoretisch principe nodig. Een partieel geordende verzameling heet *inductief* als elke totaal geordende deelverzameling (*keten*) een bovengrens heeft.

**Stelling 2.6 (Lemma van Zorn).**

Elke niet-lege inductief geordende verzameling bezit een [maximaal](#def-b3-rings-primemaximal) element.

**Bewijs.** *Op dit niveau zonder bewijs aangenomen.* ∎

**Opmerking 2.7.**

Dit is geen stelling van de gewone wiskunde maar een *axioma*: het is, boven op de basisaxioma’s van Zermelo–Fraenkel voor de verzamelingenleer, gelijkwaardig met het keuzeaxioma (“elk product van niet-lege verzamelingen is niet-leeg”), dat we in dit boek overal aanvaarden. We signaleren elk gebruik ervan. De analyse zal het opnieuw inroepen (Hahn–Banach, [Hoofdstuk 8](https://one-course.com/books/math/5/nl/chapter/8-banachruimten-en-de-fundamentele-stellingen#ch-b3-banach)).

**Stelling 2.8 (Krull).**

Elk echt [ideaal](#def-b3-rings-ideal) $I \subsetneq A$ ligt in een [maximaal ideaal](#def-b3-rings-primemaximal).

**Bewijs.** Orden de verzameling $\mathcal E$ van echte [idealen](#def-b3-rings-ideal) die $I$ bevatten naar inclusie; ze is niet leeg ($I \in \mathcal E$). Een keten $(J_\lambda)$ in $\mathcal E$ heeft als bovengrens $J =
\bigcup J_\lambda$: dat is een [ideaal](#def-b3-rings-ideal) (twee elementen $a, b \in J$ liggen wegens totaliteit in een gemeenschappelijke $J_\lambda$), het is echt ($1 \notin J_\lambda$ voor alle $\lambda$) en het bevat $I$. Het lemma van Zorn levert een [maximaal](#def-b3-rings-primemaximal) element van $\mathcal
E$, en dat is een [maximaal ideaal](#def-b3-rings-primemaximal) dat $I$ bevat (een echt [ideaal](#def-b3-rings-ideal) strikt daarboven zou in $\mathcal E$ liggen). ∎

**Stelling 2.9 (Chinese reststelling).**

Zij $I_1, \dots, I_n$ paarsgewijs *comaximale* [idealen](#def-b3-rings-ideal) van $A$ ($I_k +
I_l = A$ voor $k \neq l$). Dan is

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

en bovendien $\bigcap_k I_k = I_1 I_2 \cdots I_n$ (het door de producten voortgebrachte [ideaal](#def-b3-rings-ideal)).

**Bewijs.** De afbeelding $f(a) = (a + I_k)_k$ is een ringmorfisme met kern $\bigcap I_k$; wegens [Stelling 2.2](#thm-b3-rings-firstiso) volstaat het de surjectiviteit te bewijzen. Leg $k$ vast; schrijf voor elke $l \neq
k$ de gelijkheid $1 = u_l + v_l$ met $u_l \in I_k$ en $v_l \in I_l$ (comaximaliteit). Dan is

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

dus $f(e_k) = (0, \dots, 1, \dots, 0)$; is een doel $(a_k + I_k)_k$ gegeven, dan wordt het bereikt door $\sum_k a_k e_k$.

Producten tegenover doorsnede: $I_1\cdots I_n \subseteq \bigcap
I_k$ geldt altijd. Omgekeerd volstaat het per inductie het geval $n
= 2$ te behandelen (men gaat na dat $I_1$ en $I_2\cdots I_n$ comaximaal zijn: vermenigvuldigen van $1 = u_l + v_l$ over $l \geq
2$ geeft $1 \in I_1 + I_2\cdots I_n$). Voor $n = 2$: schrijf $1 = u
+ v$ met $u \in I_1$ en $v \in I_2$; voor $x \in I_1 \cap I_2$ is dan $x = xu + xv \in I_2I_1 + I_1I_2 = I_1I_2$. ∎

**Voorbeeld 2.10.**

In $\Z$ met $I_k = (m_k)$ en de $m_k$ paarsgewijs onderling ondeelbaar: $\Z/(m_1\cdots m_n)\Z \cong \prod \Z/m_k\Z$ — de [Chinese reststelling](#thm-b3-rings-crt) uit het volume van bachelorjaar 2. Beperkt tot de eenheden: $(\Z/mn\Z)^\times \cong (\Z/m\Z)^\times \times
(\Z/n\Z)^\times$ voor $\gcd(m,n)=1$, waaruit de multiplicativiteit van de functie $\varphi$ van Euler volgt ([Oefening 2.8](#exo-b3-rings-8)).

## 2.2 Deelbaarheid: euclidisch, hoofdideaal, factorieel

**Definitie 2.11.**

Zij $A$ een integriteitsdomein en $a, b \in A$. We zeggen dat $a$ het element $b$ *deelt* ($a \mid b$) als $b \in (a) = aA$. Twee elementen $a, b$ heten *geassocieerd* als $a = ub$ met $u \in A^\times$ (gelijkwaardig: $(a) =
(b)$). Een $p \neq 0$ die geen eenheid is, heet:

- *irreducibel* als $p = ab$ afdwingt dat $a \in A^\times$ of $b \in A^\times$ ;
- *priem* als $p \mid ab$ afdwingt dat $p \mid a$ of $p \mid b$ (dat wil zeggen: het [ideaal](#def-b3-rings-ideal) $(p)$ is priem).

**Propositie 2.12.**

In elk domein geldt: priem $\Rightarrow$ [irreducibel](#def-b3-rings-divisibility). Het omgekeerde is in het algemeen onjuist: in $\Z[\iu\sqrt 5] = \{a +
\iu b\sqrt5 : a, b \in \Z\}$ is $2$ [irreducibel](#def-b3-rings-divisibility) maar niet priem.

**Bewijs.** Zij $p$ priem en $p = ab$. Dan is $p \mid ab$, zeg $p \mid a$: dus $a = pc$, waaruit $p = pcb$, en wegschrappen van $p$ (het is een domein!) geeft $cb = 1$: $b \in A^\times$.

In $\Z[\iu\sqrt5]$ gebruiken we de norm $N(x + \iu y\sqrt 5) = x^2
+ 5y^2$, die multiplicatief is (het is $\abs z^2$). Is $2 = ab$ met $a, b$ geen eenheden, dan is $4 = N(a)N(b)$ met $N(a), N(b) \neq 1$ (de elementen van norm $1$ zijn $\pm1$, de eenheden), dus $N(a) =
2$: onmogelijk, want $x^2 + 5y^2 = 2$ heeft geen gehele oplossingen. Dus is $2$ [irreducibel](#def-b3-rings-divisibility). 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 $A$ heet:

- *euclidisch* als er een afbeelding $\nu \colon A \setminus \{0\} \to \N$ bestaat (een *euclidische functie* ) zodanig dat er voor alle $a, b$ met $b \ne 0$ een $q$ en een $r$ zijn met $a = bq +  r$ en ( $r = 0$ of $\nu(r) < \nu(b)$ );
- *hoofdideaaldomein* (een *PID* ) als elk [ideaal](#def-b3-rings-ideal) van de vorm $(a)$ is;
- *factorieel* (een *UFD* ) als elk element $\neq 0$ dat geen eenheid is, een product van irreducibele elementen is, op de volgorde en op associatie na uniek.

**Stelling 2.14.**

[Euclidisch](#def-b3-rings-pidufd) $\Rightarrow$ [hoofdideaaldomein](#def-b3-rings-pidufd).

**Bewijs.** Zij $I \neq (0)$ een [ideaal](#def-b3-rings-ideal) en $b \in I \setminus\{0\}$ met $\nu(b)$ minimaal. Deel voor $a \in I$: $a = bq + r$; dan is $r = a
- bq \in I$, en $\nu(r) < \nu(b)$ zou de 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](#def-b3-rings-pidufd) — het volume van bachelorjaar 2 bewees beide delingen. Ook $\Z[\iu]$ is het, met $\nu = N$ de kwadratische norm ([Oefening 2.4](#exo-b3-rings-4)); de meetkunde achter het bewijs staat in de figuur hieronder. Een [hoofdideaaldomein](#def-b3-rings-pidufd) dat niet [euclidisch](#def-b3-rings-pidufd) is bestaat, maar is lastig te certificeren (het standaardvoorbeeld is $\Z\bigl[\frac{1+\iu\sqrt{19}}2\bigr]$); een [UFD](#def-b3-rings-pidufd) dat geen [hoofdideaaldomein](#def-b3-rings-pidufd) is, ligt voor het grijpen: $K[X, Y]$ ([Oefening 2.6](#exo-b3-rings-6)) of $\Z[X]$.

![Deling bij de gehele getallen van Gauss: het exacte quotiënt a/b ∈ ℂ ligt op afstand ≤ √2/2 < 1 van een roosterpunt q ∈ ℤ( ); dan heeft r = a - bq de norm N(r) = N(b)\,|a/b - q|2 < N(b). Eén euclidische deling, en dus een hele rekenkunde.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-5/b3-rings/fig-8e52e956af22.svg)

*Deling bij de gehele getallen van Gauss: het exacte quotiënt $a/b \in \C$ ligt op afstand $\leq \frac{\sqrt2}{2} < 1$ van een roosterpunt $q \in \Z[\iu]$; dan heeft $r = a - bq$ de norm $N(r) = N(b)\,\abs{a/b - q}^2 < N(b)$. Eén euclidische deling, en dus een hele rekenkunde.*

**Lemma 2.16 (Stijgende ketens van hoofdidealen).**

In een [hoofdideaaldomein](#def-b3-rings-pidufd) is elke stijgende rij [idealen](#def-b3-rings-ideal) $I_1
\subseteq I_2 \subseteq \cdots$ vanaf zeker moment constant.

**Bewijs.** $I = \bigcup_n I_n$ is een [ideaal](#def-b3-rings-ideal) (de vereniging is stijgend), dus $I = (a)$; het element $a$ ligt in een zekere $I_N$, en dan is $I =
(a) \subseteq I_N \subseteq I_n \subseteq I$ voor $n \geq N$. ∎

**Lemma 2.17 (Bézout; lemma van Euclides).**

Zij $A$ een [hoofdideaaldomein](#def-b3-rings-pidufd) en $a, b \in A$. Dan is $(a) + (b) =
(d)$ voor zekere $d$, een *grootste gemene deler*: $d \mid a$, $d \mid b$, en elke gemeenschappelijke deler van $a$ en $b$ deelt $d$; bovendien is $d = au + bv$ voor zekere $u, v$ (Bézout). Bijgevolg is elk [irreducibel element](#def-b3-rings-divisibility) van een [hoofdideaaldomein](#def-b3-rings-pidufd) priem.

**Bewijs.** $(a) + (b)$ is een [ideaal](#def-b3-rings-ideal), dus van de vorm $(d)$; uit $a, b \in
(d)$ volgt $d \mid a$ en $d \mid b$; en $d = au + bv \in (a) +
(b)$. Een gemeenschappelijke deler $c$ van $a$ en $b$ deelt $au +
bv = d$.

Euclides: zij $p$ [irreducibel](#def-b3-rings-divisibility) met $p \mid ab$ en $p \nmid a$. Een [grootste gemene deler](#lem-b3-rings-bezout) $d$ van $p$ en $a$ deelt $p$, dus is $d$ een eenheid of [geassocieerd](#def-b3-rings-divisibility) met $p$ (irreducibiliteit); het tweede is uitgesloten door $p \nmid a$. Dus $1 = pu + av$, waaruit $b = pub +
abv$, en $p$ deelt beide termen: $p \mid b$. ∎

**Stelling 2.18.**

[Hoofdideaaldomein](#def-b3-rings-pidufd) $\Rightarrow$ factorieel.

**Bewijs.** *Bestaan.* Stel dat een element $a \neq 0$ dat geen eenheid is, geen ontbinding in irreducibele factoren heeft. Dan is $a$ niet [irreducibel](#def-b3-rings-divisibility): $a = a_1b_1$ met beide factoren geen eenheid; minstens één ervan, zeg $a_1$, heeft opnieuw geen ontbinding (een product van twee ontbindbare elementen is ontbindbaar). Herhaald toepassen levert $a = a_0, a_1, a_2, \dots$, elk een echte deler van de vorige en zonder ontbinding, dus $(a_0) \subsetneq (a_1) \subsetneq
(a_2) \subsetneq \cdots$ — de inclusies zijn strikt, want uit $a_n = a_{n+1}c$ met $c$ geen eenheid zou $(a_n) = (a_{n+1})$ afdwingen dat $c \in A^\times$ (wegschrappen in een domein). Dat spreekt [Lemma 2.16](#lem-b3-rings-acc) tegen.

*Eenduidigheid.* Zij $p_1 \cdots p_r = q_1 \cdots q_s$ met alle factoren [irreducibel](#def-b3-rings-divisibility) en $r \leq s$; we gebruiken inductie naar $r$. Het [priemelement](#def-b3-rings-divisibility) $p_1$ ([Lemma 2.17](#lem-b3-rings-bezout)) deelt het rechterlid, dus een zekere $q_j$; hernummer zo dat $j = 1$. Omdat $q_1$ [irreducibel](#def-b3-rings-divisibility) is en $p_1$ geen eenheid, is $q_1 = u p_1$ met $u
\in A^\times$: $p_1$ en $q_1$ zijn [geassocieerd](#def-b3-rings-divisibility). Schrap $p_1$ weg: $p_2 \cdots p_r = (u q_2) q_3\cdots q_s$, en besluit per inductie ($r = 1$ dwingt $s = 1$ af: een eenheid maal irreducibele elementen kan geen $1$ zijn). ∎

**Opmerking 2.19.**

In een [UFD](#def-b3-rings-pidufd) bestaan [grootste gemene delers](#lem-b3-rings-bezout) (neem de minimale exponenten in de ontbindingen) en geldt het lemma van Euclides — [irreducibel](#def-b3-rings-divisibility) $=$ priem ([Oefening 2.2](#exo-b3-rings-2)) — maar Bézout kan falen: in $\Z[X]$ is $\gcd(2, X) = 1$ en toch $1 \neq 2U + XV$ (evalueer in $X = 0$: $1 = 2U(0)$, onmogelijk). Bézout-identiteiten zijn het exclusieve voorrecht van [hoofdideaaldomeinen](#def-b3-rings-pidufd).

**Voorbeeld 2.20 (Een ring zonder eenduidige ontbinding).**

Geen van de implicaties [euclidisch](#def-b3-rings-pidufd) $\Rightarrow$ [hoofdideaaldomein](#def-b3-rings-pidufd) $\Rightarrow$ [UFD](#def-b3-rings-pidufd) is een gelijkwaardigheid, en het falen van de laatste is het waard om één keer helemaal uit te schrijven. 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 geldt $N(z) = 1$ precies wanneer $z \in A^\times = \{\pm1\}$. Beschouw

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

Alle vier de factoren zijn [irreducibel](#def-b3-rings-divisibility): hun normen zijn $4, 9,
6, 6$, en een echte ontbinding $z = z_1z_2$ zou $N(z_1) \in
\{2, 3\}$ afdwingen — maar $a^2 + 5b^2$ is nooit $2$ of $3$ ($b = 0$ laat de niet-kwadraten $2, 3$ over; $\abs b \geq 1$ geeft $\geq 5$). En toch is $2$ met geen van beide $1 \pm
\iu\sqrt5$ [geassocieerd](#def-b3-rings-divisibility) (normen $4 \neq 6$): twee werkelijk verschillende ontbindingen van $6$ in irreducibele factoren. Gelijkwaardig: hier is [irreducibel](#def-b3-rings-divisibility) $\neq$ priem, want $2$ deelt het product $(1 + \iu\sqrt5)(1 - \iu\sqrt5) = 6$ maar geen van beide factoren (opnieuw de normen). De ideaaltheoretische reparatie van dit falen — *[idealen](#def-b3-rings-ideal)* ontbinden in plaats van elementen — is de geboorte van de algebraïsche getaltheorie; op ons niveau ijkt het voorbeeld hoe bijzonder de euclidische ringen $\Z$, $K[X]$ en $\Z[\iu]$ van dit hoofdstuk werkelijk zijn.

**Methode 2.21.**

Om een [quotiëntring](#def-b3-rings-ideal) $A/I$ te herkennen: zoek een surjectief morfisme $f \colon A \to B$ met kern $I$ en roep [Stelling 2.2](#thm-b3-rings-firstiso) in; is $A = C[X]$ een veeltermring, dan is $f$ meestal een evaluatie. Zo is $\Z[X]/(X^2+1) \cong
\Z[\iu]$ (evalueer in $\iu$), $K[X,Y]/(Y - X^2) \cong K[X]$ (evalueer $Y$ in $X^2$) en $\R[X]/(X^2+1) \cong \C$. Om aan te tonen dat $I$ priem of [maximaal](#def-b3-rings-primemaximal) is, toon je aan dat het quotiënt een domein respectievelijk een lichaam is ([Propositie 2.4](#prop-b3-rings-primemaximal)).

## 2.3 Veeltermen over een UFD: Gauss en Eisenstein

In deze paragraaf is $A$ overal een [UFD](#def-b3-rings-pidufd) met breukenlichaam $K$ (geconstrueerd als het lichaam van formele quotiënten $a/b$ met $b
\neq 0$, net zoals $\Q$ uit $\Z$; het volume van bachelorjaar 2 voerde die constructie uit voor $\Q$, en ze gaat letterlijk over). Ons doel: factorialiteit gaat over van $A$ naar $A[X]$, en irreducibiliteit over $A$ is in wezen irreducibiliteit over het grotere lichaam $K$.

**Definitie 2.22.**

De *inhoud* $c(P)$ van een $P \in A[X]$ met $P \neq 0$ is een [grootste gemene deler](#lem-b3-rings-bezout) van haar coëfficiënten (op een eenheid na bepaald); $P$ heet *primitief* als $c(P) \in A^\times$. Elke $P \in A[X]$ schrijft zich als $P = c(P)\,P_1$ met $P_1$ primitief, en elke $P
\in K[X]\setminus\{0\}$ als $P = \lambda P_1$ met $\lambda \in
K^\times$ en $P_1 \in A[X]$ primitief (werk de noemers weg en haal dan de inhoud buiten).

**Lemma 2.23 (Gauss).**

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

**Bewijs.** Zij $P, Q$ primitief en stel dat een irreducibele (dus, in een [UFD](#def-b3-rings-pidufd), priem) $p$ alle coëfficiënten van $PQ$ deelt. Reduceer modulo $p$: in $(A/(p))[X]$ is $\bar P \bar Q = 0$. Maar $A/(p)$ is een domein ($(p)$ is priem), dus is $(A/(p))[X]$ een domein (de kopcoëfficiënten vermenigvuldigen), zodat $\bar P = 0$ of $\bar Q =
0$: $p$ deelt alle coëfficiënten van $P$ of alle van $Q$, in strijd met de primitiviteit. Voor het gevolg: schrijf $P = c(P)P_1$ en $Q
= c(Q)Q_1$; dan is $PQ = c(P)c(Q) P_1Q_1$ met $P_1Q_1$ primitief. ∎

**Stelling 2.24.**

Zij $A$ een [UFD](#def-b3-rings-pidufd) met breukenlichaam $K$.

1. Een primitieve $P \in A[X]$ van graad $\geq 1$ is [irreducibel](#def-b3-rings-divisibility) in $A[X]$ dan en slechts dan als ze [irreducibel](#def-b3-rings-divisibility) is in $K[X]$ .
2. $A[X]$ is een [UFD](#def-b3-rings-pidufd) ; de irreducibele elementen ervan zijn de irreducibele elementen van $A$ en de primitieve veeltermen die over $K$ [irreducibel](#def-b3-rings-divisibility) zijn. In het bijzonder zijn $\Z[X]$ en, per inductie, $K[X_1, \dots, X_n]$ en $\Z[X_1,  \dots, X_n]$ [UFD](#def-b3-rings-pidufd) ’s.

**Bewijs.** (1) ($\Leftarrow$) Is $P = QR$ in $A[X]$ met $Q, R$ geen eenheden, dan is geen van beide factoren constant (een constante factor van een primitieve veelterm is een eenheid), dus is de ontbinding ook in $K[X]$ echt. ($\Rightarrow$) Stel $P = QR$ met $Q, R \in K[X]$ van graad $\geq 1$. Schrijf $Q = \lambda Q_1$ en $R = \mu R_1$ met $Q_1, R_1 \in A[X]$ primitief: dan is $P = \lambda\mu\, Q_1R_1$, en $Q_1R_1$ is primitief volgens Gauss. Nemen we de [inhouden](#def-b3-rings-content), dan is $\lambda\mu \in A^\times$ (beide leden hebben [inhoud](#def-b3-rings-content) een eenheid; formeel: $\lambda\mu = c(P) \in A^\times$ op eenheden na, en in het bijzonder $\lambda \mu \in A$): $P = (\lambda\mu Q_1) R_1$ is dus een echte ontbinding in $A[X]$.

(2) Bestaan: zij $P \neq 0$ geen eenheid; ontbind $P = c(P)P_1$, ontbind $c(P)$ in irreducibele elementen van $A$, en ontbind $P_1$ in het [UFD](#def-b3-rings-pidufd) $K[X]$ als $\prod Q_i$ met $Q_i \in K[X]$ [irreducibel](#def-b3-rings-divisibility); schrijven we $Q_i = \lambda_i R_i$ met $R_i \in A[X]$ primitief (en dus [irreducibel](#def-b3-rings-divisibility) over $K$, en dus in $A[X]$ volgens (1)), dan is het product $\prod \lambda_i$ zoals eerder een eenheid van $A$ en is $P_1 = u\prod R_i$. Eenduidigheid: vergelijk het constante deel en het veeltermdeel van een ontbinding; de constanten vermenigvuldigen tot $c(P)$ (Gauss), uniek wegens de factorialiteit van $A$; de veeltermdelen geven twee ontbindingen in $K[X]$ van dezelfde veelterm, die dus op constanten van $K^\times$ na overeenkomen (factorialiteit van $K[X]$, [Stelling 2.18](#thm-b3-rings-pidufd)), en primitieve veeltermen die in $K[X]$ [geassocieerd](#def-b3-rings-divisibility) zijn, zijn dat ook in $A[X]$: is $R = \lambda
R'$ met $R, R'$ primitief en $\lambda \in K^\times$, dan dwingt het nemen van [inhouden](#def-b3-rings-content) $\lambda \in A^\times$ af. ∎

**Stelling 2.25 (Irreducibiliteitscriteria).**

Zij $A$ een [UFD](#def-b3-rings-pidufd), $K$ haar breukenlichaam, en $P = a_nX^n + \dots +
a_0 \in A[X]$ primitief van graad $n \geq 1$.

1. ( *Reductie* ) Is $p \in A$ priem met $p \nmid a_n$ , en is de reductie $\bar P$ [irreducibel](#def-b3-rings-divisibility) in $(A/(p))[X]$ , dan is $P$ [irreducibel](#def-b3-rings-divisibility) in $K[X]$ (en dus in $A[X]$ ).
2. ( *Eisenstein* ) Is er een priemgetal $p$ met $p \nmid a_n$ , $p \mid a_i$ voor $0  \leq i < n$ en $p^2 \nmid a_0$ , dan is $P$ [irreducibel](#def-b3-rings-divisibility) in $K[X]$ (en dus in $A[X]$ ).

**Bewijs.** Volgens [Stelling 2.24](#thm-b3-rings-gaussufd)(1) levert een echte ontbinding over $K$ een $P = QR$ met $Q, R \in A[X]$ en $\deg Q,
\deg R \geq 1$ (constanten zijn uitgesloten: die zouden eenheden zijn of de primitiviteit bederven).

(1) Reduceer modulo $p$: $\bar P = \bar Q\bar R$ in $(A/(p))[X]$. Omdat $p \nmid a_n$ en de graad onder reductie alleen kan dalen, is $\deg \bar Q = \deg Q \geq 1$ en $\deg\bar R = \deg R \geq 1$ (hun kopcoëfficiënten vermenigvuldigen tot $\bar a_n \neq 0$, dus daalt geen van beide): $\bar P$ ontbindt echt — tegenspraak.

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

**Voorbeeld 2.26.**

$X^n - p$ is [irreducibel](#def-b3-rings-divisibility) over $\Q$ voor elk priemgetal $p$ en elke $n \geq 1$ ([Eisenstein](#thm-b3-rings-criteria) bij $p$): er zijn dus over $\Q$ irreducibele veeltermen van elke graad — in scherp contrast met $\C$ (graad $1$, d’Alembert–Gauss, bewezen in [Hoofdstuk 16](https://one-course.com/books/math/5/nl/chapter/16-holomorfe-functies#ch-b3-holomorphic)) en $\R$ (graden $1$ en $2$). De truc van het *verschuiven* vergroot het bereik van [Eisenstein](#thm-b3-rings-criteria): de $p$-de *cyclotomische veelterm* $\Phi_p = X^{p-1} + \dots + X + 1 = \frac{X^p - 1}{X - 1}$ voldoet aan

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

en dat is [Eisenstein](#thm-b3-rings-criteria) bij $p$ ($p \mid \binom pk$ voor $0 < k < p$, en $\binom{p}{p-1} = p \not\equiv 0 \bmod p^2$): dus is $\Phi_p(X+1)$, en daarmee $\Phi_p$, [irreducibel](#def-b3-rings-divisibility) over $\Q$. Dit is het algebraïsche hart van het verhaal over de regelmatige $17$-hoek in [Hoofdstuk 4](https://one-course.com/books/math/5/nl/chapter/4-lichaamsuitbreidingen-en-galoistheorie#ch-b3-galois).

**Methode 2.27.**

Om te bewijzen dat $P \in \Z[X]$ [irreducibel](#def-b3-rings-divisibility) is over $\Q$: (i) maak $P$ primitief; (ii) probeer [Eisenstein](#thm-b3-rings-criteria), op $P(X)$ en op de verschuivingen $P(X \pm 1)$; (iii) probeer reductie modulo kleine priemgetallen die de kopcoëfficiënt niet delen — irreducibiliteit modulo *één* $p$ volstaat, en over $\mathbb
F_p$ is irreducibiliteit een eindige controle (geen wortels sluit factoren van graad $1$ uit; test daarna de eindig veel factoren van elke graad $\leq \deg P/2$); (iv) helpt niets, dan onbepaalde coëfficiënten. Pas op: reducibiliteit modulo elk priemgetal impliceert *niet* reducibiliteit over $\Q$ ([Oefening 2.11](#exo-b3-rings-11)).

## 2.4 Noetherse ringen

**Definitie 2.28.**

Een ring $A$ heet *noethers* als elk [ideaal](#def-b3-rings-ideal) van $A$ eindig voortgebracht is.

**Propositie 2.29.**

$A$ is [noethers](#def-b3-rings-noetherian) dan en slechts dan als elke stijgende rij [idealen](#def-b3-rings-ideal) vanaf zeker moment constant is (de *stijgende ketenvoorwaarde*), dan en slechts dan als elke niet-lege familie [idealen](#def-b3-rings-ideal) een [maximaal](#def-b3-rings-primemaximal) element heeft (voor de inclusie).

**Bewijs.** *(Eindig voortgebracht $\Rightarrow$ ketenvoorwaarde)*: voor een keten $I_1 \subseteq I_2 \subseteq \cdots$ is de vereniging $I$ een [ideaal](#def-b3-rings-ideal), voortgebracht door $x_1, \dots, x_r$; alle $x_i$ liggen in een zekere $I_N$, dus $I = I_N = I_n$ voor $n \geq N$. *(Ketenvoorwaarde $\Rightarrow$ maximale elementen)*: had een niet-lege familie $\mathcal F$ geen [maximaal](#def-b3-rings-primemaximal) element, kies dan $I_1
\in \mathcal F$ en inductief $I_{n+1} \supsetneq I_n$ in $\mathcal
F$ (mogelijk omdat $I_n$ niet [maximaal](#def-b3-rings-primemaximal) is): een oneindige strikt stijgende keten. (Hier gebruiken we het axioma van afhankelijke keuzen, een zwakke vorm van het keuzeaxioma waar we niet over tobben.) *(Maximale elementen $\Rightarrow$ eindig voortgebracht)*: zij $I$ een [ideaal](#def-b3-rings-ideal); de familie van eindig voortgebrachte [idealen](#def-b3-rings-ideal) binnen $I$ is niet leeg ($(0)$), en een [maximaal](#def-b3-rings-primemaximal) element $J = (x_1, \dots, x_r)$ moet gelijk zijn aan $I$: anders levert het toevoegen van een $x \in I \setminus J$ aan de voortbrengers een strikt groter lid van de familie. ∎

**Stelling 2.30 (Basisstelling van Hilbert).**

Is $A$ [noethers](#def-b3-rings-noetherian), dan ook $A[X]$. Bijgevolg zijn ook $A[X_1, \dots,
X_n]$ en al hun quotiënten [noethers](#def-b3-rings-noetherian).

**Bewijs.** Zij $I$ een [ideaal](#def-b3-rings-ideal) van $A[X]$ en stel dat $I$ niet eindig voortgebracht is. Bouw een rij: neem $f_1 \in I \setminus \{0\}$ van minimale graad, en inductief $f_{k+1} \in I \setminus (f_1,
\dots, f_k)$ van minimale graad (die verzameling is per veronderstelling niet leeg). De graden $d_k = \deg f_k$ zijn niet-dalend: immers $f_{k+1} \notin (f_1,\dots,f_k) \supseteq (f_1,
\dots, f_{k-1})$, dus deed $f_{k+1}$ in stap $k$ al mee en verloor of speelde gelijk: $d_{k+1} \geq d_k$. Zij $a_k \in A$ de kopcoëfficiënt van $f_k$. De keten [idealen](#def-b3-rings-ideal) $(a_1) \subseteq (a_1,
a_2) \subseteq \cdots$ stabiliseert: voor zekere $n$ is $a_{n+1}
\in (a_1, \dots, a_n)$, 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 is $g \in I \setminus (f_1, \dots, f_n)$ (de som ligt in het [ideaal](#def-b3-rings-ideal), $f_{n+1}$ niet), en toch valt de coëfficiënt van graad $d_{n+1}$ weg: $\deg g < d_{n+1}$, in strijd met de minimaliteit van $d_{n+1} = \deg f_{n+1}$.

Herhaald toepassen geeft dat $A[X_1, \dots, X_n] = (A[X_1, \dots,
X_{n-1}])[X_n]$ [noethers](#def-b3-rings-noetherian) is; en een quotiënt $A/I$ is [noethers](#def-b3-rings-noetherian) omdat zijn [idealen](#def-b3-rings-ideal) $J/I$ zich optillen tot [idealen](#def-b3-rings-ideal) van $A$ (correspondentie), waar eindig veel voortbrengers op voortbrengers projecteren. ∎

**Opmerking 2.31.**

Noetheriaanheid is het eindigheidsaxioma van de algebraïsche meetkunde: elk stelsel veeltermvergelijkingen in $n$ veranderlijken, hoe oneindig ook, is gelijkwaardig met eindig veel ervan — de oplossingsverzameling wordt door eindig veel veeltermen uitgesneden. [Hoofdideaaldomeinen](#def-b3-rings-pidufd) zijn [noethers](#def-b3-rings-noetherian) (triviaal); $\Z[X_1, X_2, \dots]$ in oneindig veel veranderlijken is dat niet ($(X_1) \subsetneq (X_1, X_2) \subsetneq \cdots$). Ook in de analyse komen niet-noetherse ringen vanzelf voor: de continue functies op $\intcc01$ vormen er een ([Oefening 2.10](#exo-b3-rings-10)).

## 2.5 Oefeningen

**Oefening 2.1 ★.**

Herken 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 de vermenigvuldigingstabel op.

**Oplossing van Oefening 2.1.**

(a) De 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* veelterm $X^2 + 1$ in $\Z[X]$: $P
= (X^2 + 1)Q + (bX + a)$ met $a, b \in \Z$; dan is $P(\iu) = a +
b\iu = 0$ precies wanneer $a = b = 0$. Dus $\ker f = (X^2+1)$, en [Stelling 2.2](#thm-b3-rings-firstiso) besluit.

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

(c) $X^2 + X + 1$ heeft geen wortel in $\mathbb F_2$ ($0$ en $1$ gaan beide naar $1$), dus is ze, van graad $2$ zijnde, [irreducibel](#def-b3-rings-divisibility): het quotiënt $\mathbb F_4 = \mathbb F_2[X]/(X^2+X+1)$ is een lichaam ([Propositie 2.4](#prop-b3-rings-primemaximal); $(P)$ is [maximaal](#def-b3-rings-primemaximal) in $K[X]$ zodra $P$ [irreducibel](#def-b3-rings-divisibility) is, want $K[X]$ is een [hoofdideaaldomein](#def-b3-rings-pidufd): een [ideaal](#def-b3-rings-ideal) $(D) \supseteq (P)$ betekent $D \mid
P$). De vier elementen zijn $0, 1, \omega, \omega + 1$ met $\omega
= \bar X$ en $\omega^2 = \omega + 1$. Vermenigvuldigingstabel (de elementen $\neq 0$):

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

De elementen $\neq 0$ vormen een cyclische groep van orde $3$, voortgebracht door $\omega$.

**Oefening 2.2 ★.**

(a) Toon aan dat in een [UFD](#def-b3-rings-pidufd) elk [irreducibel element](#def-b3-rings-divisibility) priem is. (b) Toon aan dat een eindig integriteitsdomein een lichaam is. (c) Leid af dat in een eindige ring elk [priemideaal](#def-b3-rings-primemaximal) [maximaal](#def-b3-rings-primemaximal) is.

**Oplossing van Oefening 2.2.**

(a) Zij $p$ [irreducibel](#def-b3-rings-divisibility) in een [UFD](#def-b3-rings-pidufd) met $p \mid ab$, zeg $ab = pc$, met $a, b \neq 0$ (anders triviaal). Is $a$ of $b$ een eenheid, dan deelt $p$ de andere. Ontbind anders $a$, $b$ en $c$ in irreducibele factoren: de twee ontbindingen van $ab$,

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

moeten op volgorde en associatie na overeenkomen: $p$ is dus [geassocieerd](#def-b3-rings-divisibility) met een irreducibele factor van $a$ of van $b$, en deelt die.

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

(c) Is $\mathfrak p$ priem in een eindige ring $A$, dan is $A/\mathfrak p$ een eindig domein, dus volgens (b) een lichaam, en is $\mathfrak p$ [maximaal](#def-b3-rings-primemaximal) ([Propositie 2.4](#prop-b3-rings-primemaximal)).

**Oefening 2.3 ★.**

Ga in $\Z[\iu\sqrt5]$ na dat $3$, $1 + \iu\sqrt5$ en $1 -
\iu\sqrt5$ [irreducibel](#def-b3-rings-divisibility) zijn en dat $9 = 3\cdot 3 = (2 +
\iu\sqrt5)(2 - \iu\sqrt5)$, en besluit opnieuw (na [Propositie 2.12](#prop-b3-rings-primeirred)) dat $\Z[\iu\sqrt5]$ geen [UFD](#def-b3-rings-pidufd) is. Waar precies faalt de eenduidigheid?

**Oplossing van Oefening 2.3.**

Normen: $N(3) = 9$, $N(1 \pm \iu\sqrt5) = 6$ en $N(2 \pm
\iu\sqrt5) = 9$. De vergelijkingen $x^2 + 5y^2 = 2$ en $x^2 + 5y^2
= 3$ hebben geen gehele oplossingen, dus heeft geen enkel element norm $2$ of $3$. Een echte ontbinding van $3$ zou twee factoren van norm $3$ vergen: onmogelijk — $3$ is [irreducibel](#def-b3-rings-divisibility). Een echte ontbinding van $1 \pm \iu\sqrt5$ (norm $6$) zou factoren van norm $2$ en $3$ vergen: onmogelijk. Hetzelfde geldt voor $2 \pm
\iu\sqrt5$ (norm $9$: de factoren zouden norm $3$ hebben). Nu is

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

twee ontbindingen in irreducibele factoren. Ze zijn werkelijk verschillend: de eenheden zijn $\pm 1$ (norm $1$) en $2 \pm
\iu\sqrt5 \neq \pm 3$. De eenduidigheid faalt dus — terwijl het bestaan van ontbindingen in $\Z[\iu\sqrt5]$ wél geldt ([Oefening 2.10](#exo-b3-rings-10)(c)): de niet-factorialiteit is hier uitsluitend een falen van de eenduidigheid. (In overeenstemming met [Propositie 2.12](#prop-b3-rings-primeirred): deze irreducibele elementen zijn niet priem.)

**Oefening 2.4 ★★.**

(a) Toon aan dat $\Z[\iu]$ [euclidisch](#def-b3-rings-pidufd) is voor de norm $N(x + \iu y)
= x^2 + y^2$: kies bij gegeven $a, b \neq 0$ een $q \in \Z[\iu]$ die het dichtst bij $a/b \in \C$ ligt. (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 van Oefening 2.4.**

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

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

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

(b) Uit $uv = 1$ volgt $N(u)N(v) = 1$ met $N(u) \in \N$: dus $N(u)
= 1$, dat wil zeggen $x^2 + y^2 = 1$, en $u \in \{\pm 1,
\pm\iu\}$; omgekeerd zijn dat eenheden.

(c) Voor $\Z[\iu\sqrt2]$ geeft hetzelfde afronden $\abs{a/b - q}^2
\leq \frac14 + \frac{2}4 = \frac34 < 1$: [euclidisch](#def-b3-rings-pidufd); de eenheden volgen uit $x^2 + 2y^2 = 1$, dus $\pm 1$. Voor $\Z[\iu\sqrt5]$ wordt de grens $\frac14 + \frac54 = \frac32 > 1$: het afrondargument faalt — en het moet falen, want $\Z[\iu\sqrt5]$ is niet eens een [UFD](#def-b3-rings-pidufd) ([Oefening 2.3](#exo-b3-rings-3)), terwijl [euclidisch](#def-b3-rings-pidufd) een [UFD](#def-b3-rings-pidufd) zou impliceren (Stellingen [2.14](#thm-b3-rings-euclideanpid) en [2.18](#thm-b3-rings-pidufd)).

**Oefening 2.5 ★★.**

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

**Oplossing van Oefening 2.5.**

(a) Is $x^n = 0$, dan is

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

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

(c) Uit $e^2 = e$ volgt $e(e - 1) = 0$, dus $e \in \{0, 1\}$ in een domein. Is $x^n = 0$ met $n \geq 1$ minimaal en $x \ne 0$, dan is $n \geq 2$ en $x \cdot x^{n-1} = 0$ met beide factoren $\neq 0$: tegenspraak.

**Oefening 2.6 ★★.**

In $A = K[X, Y]$: (a) toon aan dat het [ideaal](#def-b3-rings-ideal) $(X, Y)$ [maximaal](#def-b3-rings-primemaximal) maar geen hoofdideaal is — zodat $K[X,Y]$ een [UFD](#def-b3-rings-pidufd) ([Stelling 2.24](#thm-b3-rings-gaussufd)) is dat geen [hoofdideaaldomein](#def-b3-rings-pidufd) is; (b) herken $K[X, Y]/(Y - X^2)$ en $K[X,Y]/(XY - 1)$ als deelringen van rationale functies; (c) is $(Y - X^2)$ priem? [maximaal](#def-b3-rings-primemaximal)?

**Oplossing van Oefening 2.6.**

(a) $K[X,Y]/(X,Y) \cong K$ (evalueer in $(0,0)$): een lichaam, dus is $(X,Y)$ [maximaal](#def-b3-rings-primemaximal). Was $(X, Y) = (P)$, dan dwingt $P \mid X$ (kijk naar de graden in $Y$) af dat $P \in K[X]$, en $P \mid Y$ vervolgens dat $P \in K$; $P = 0$ is absurd, en $P \in K^\times$ zou $(P) = K[X,Y]$ geven, in strijd met het feit dat het [ideaal](#def-b3-rings-ideal) echt is ($K[X,Y]/(X,Y) \cong K \neq 0$). Dus is $(X,Y)$ geen hoofdideaal.

(b) De evaluatie $P(X, Y) \mapsto P(X, X^2)$ beeldt $K[X,Y]$ af op $K[X]$; de kern is $(Y - X^2)$: deling door de in $Y$ monische veelterm $Y - X^2$ geeft $P = (Y - X^2)Q + R(X)$, 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 rechte.

De evaluatie $P(X, Y) \mapsto P(X, X^{-1})$ beeldt $K[X, Y]$ af op de ring $K[X, X^{-1}]$ van Laurentveeltermen. De 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 telkens opnieuw elk product $XY$ door $1$), en $R(X, X^{-1}) = \sum
a_n X^n + \sum b_m X^{-m} = 0$ dwingt alle $a_n = b_m = 0$ af. Bijgevolg is $K[X, Y]/(XY - 1) \cong K[X, X^{-1}]$ — de coördinatenring van een hyperbool: de rechte met één punt weggehaald.

(c) $(Y - X^2)$ is priem (het quotiënt $K[X]$ is een domein) maar niet [maximaal](#def-b3-rings-primemaximal) ($K[X]$ is geen lichaam; concreet: $(Y - X^2)
\subsetneq (Y - X^2,\, X) \subsetneq K[X,Y]$).

**Oefening 2.7 ★★.**

[Irreducibel](#def-b3-rings-divisibility) over $\Q$ of niet: $X^5 - 12X^3 + 36X - 12$; $X^4 + X + 1$ *(reduceer modulo $2$)*; $X^4 + 4$; $\Phi_8 = X^4 + 1$ *(verschuif over $1$)*; $X^3 - X - 1$.

**Oplossing van Oefening 2.7.**

*$X^5 - 12X^3 + 36X - 12$*: [Eisenstein](#thm-b3-rings-criteria) bij $p = 3$ ($3 \mid
12, 36, 12$; $9 \nmid 12$; $3 \nmid 1$): [irreducibel](#def-b3-rings-divisibility). (Bij $p = 2$ faalt [Eisenstein](#thm-b3-rings-criteria): $4 \mid 12$.)

*$X^4 + X + 1$*: reduceer modulo $2$. Er is geen wortel in $\mathbb F_2$; de enige irreducibele kwadratische veelterm 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](#def-b3-rings-divisibility) over $\mathbb
F_2$, en daarmee over $\Q$ ([Stelling 2.25](#thm-b3-rings-criteria)(1); ze is monisch).

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

*$X^4 + 1$*: verschuiven geeft $(X+1)^4 + 1 = X^4 + 4X^3 +
6X^2 + 4X + 2$: [Eisenstein](#thm-b3-rings-criteria) bij $2$. Een ontbinding van $X^4+1$ zou overgaan in een ontbinding van $(X+1)^4 + 1$: dus [irreducibel](#def-b3-rings-divisibility).

*$X^3 - X - 1$*: een derdegraadsveelterm is reducibel over $\Q$ dan en slechts dan als ze een rationale wortel heeft; een rationale wortel van een monische gehele veelterm is een geheel getal dat de constante term deelt (de rationalewortelstelling: is $p/q$ in laagste termen een wortel, dan $q \mid 1$ en $p \mid -1$), en $\pm 1$ zijn geen wortels (beide geven $-1$): [irreducibel](#def-b3-rings-divisibility).

**Oefening 2.8 ★★.**

(a) Bewijs met [Stelling 2.9](#thm-b3-rings-crt) dat de functie van Euler multiplicatief is op onderling ondeelbare argumenten en dat $\varphi(p^k) = p^{k-1}(p-1)$; vind zo $\varphi(n) = n\prod_{p \mid
n}(1 - \frac1p)$ terug. (b) Los op: $x \equiv 2 \pmod 7$, $x \equiv 5 \pmod{11}$, $x \equiv
1 \pmod{13}$, en geef daarbij de idempotenten $e_k$ uit het bewijs van [Stelling 2.9](#thm-b3-rings-crt).

**Oplossing van Oefening 2.8.**

(a) Voor $\gcd(m, n) = 1$ geeft [Stelling 2.9](#thm-b3-rings-crt) een ringisomorfisme $\Z/mn\Z \cong \Z/m\Z \times \Z/n\Z$. Een element van een productring is een eenheid dan en slechts dan als 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 de veelvouden van $p$: $\varphi(p^k) = p^k - p^{k-1}$. Bijgevolg is

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

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

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

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

**Oefening 2.9 ★★★.**

(Het nilradicaal) Zij $\operatorname{Nil}(A)$ de verzameling nilpotente elementen. (a) Toon aan dat $\operatorname{Nil}(A)$ een [ideaal](#def-b3-rings-ideal) is dat in elk [priemideaal](#def-b3-rings-primemaximal) ligt. (b) Zij omgekeerd $a$ niet nilpotent; produceer met het lemma van Zorn, toegepast op de [idealen](#def-b3-rings-ideal) die $S = \{a^n : n \in \N\}$ mijden, een [priemideaal](#def-b3-rings-primemaximal) dat $a$ niet bevat. Besluit:

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

**Oplossing van Oefening 2.9.**

(a) Is $x^n = 0$ en $y^m = 0$, dan heeft de binomiale ontwikkeling van $(x+y)^{n+m}$ uitsluitend termen $x^iy^j$ met $i + j = n + m$, zodat $i \geq n$ of $j \geq m$: elke term verdwijnt, en $x + y$ is nilpotent; verder is $(ax)^n = a^nx^n = 0$, dus is $\operatorname{Nil}(A)$ een [ideaal](#def-b3-rings-ideal). Is $\mathfrak p$ priem en $x^n
= 0 \in \mathfrak p$, dan geeft inductie naar $n$ dat $x \in
\mathfrak p$ (want $x \cdot x^{n-1} \in \mathfrak p$).

(b) Zij $a \notin \operatorname{Nil}(A)$ en $S = \{a^n : n \geq
1\}$, zodat $0 \notin S$. De verzameling $\mathcal E$ van [idealen](#def-b3-rings-ideal) disjunct met $S$ bevat $(0)$ en is inductief (de vereniging van een keten [idealen](#def-b3-rings-ideal) die $S$ mijden, is een [ideaal](#def-b3-rings-ideal) dat $S$ mijdt): Zorn levert een maximale $\mathfrak p \in \mathcal E$. Dat $\mathfrak p$ echt is, volgt uit $a \notin \mathfrak p$ (want $a \in S$). Priemheid: zij $x, y \notin \mathfrak p$. Wegens de maximaliteit snijden $\mathfrak p + (x)$ en $\mathfrak p + (y)$ de verzameling $S$: $a^m \in \mathfrak p + (x)$ en $a^n \in \mathfrak p + (y)$. Vermenigvuldigen geeft $a^{m+n} \in \mathfrak p + (xy)$. Lag $xy
\in \mathfrak p$, dan was $a^{m+n} \in \mathfrak p \cap S$: absurd. Dus $xy \notin \mathfrak p$ — de contrapositie van de priemheid. Elk niet-nilpotent element ontwijkt dus een [priemideaal](#def-b3-rings-primemaximal); samen met (a) geeft dat $\operatorname{Nil}(A) = \bigcap_{\mathfrak p} \mathfrak p$.

**Oefening 2.10 ★★★.**

(a) Zij $A$ [noethers](#def-b3-rings-noetherian) en $f \colon A \to A$ een surjectief ringmorfisme. Toon aan dat $f$ injectief is. *(Beschouw $\ker
f \subseteq \ker f^2 \subseteq \cdots$.)* (b) Toon aan dat de ring $\mathcal C(\intcc01, \R)$ van continue functies niet [noethers](#def-b3-rings-noetherian) is. *(Beschouw $I_n = \{f : f = 0
\text{ op } \intcc0{1/n}\}$.)* (c) Toon aan dat in een [noethers](#def-b3-rings-noetherian) *domein* elk element $\neq 0$ dat geen eenheid is, een (eindig) product van irreducibele elementen is — zodat de niet-factorialiteit van $\Z[\iu\sqrt 5]$ uitsluitend een falen van de *eenduidigheid* is.

**Oplossing van Oefening 2.10.**

(a) De keten $\ker f \subseteq \ker f^2 \subseteq \cdots$ stabiliseert ([Propositie 2.29](#prop-b3-rings-noethacc)): voor zekere $n$ is $\ker f^n = \ker f^{n+1}$. Zij $x \in \ker f$. Omdat $f$, en dus ook $f^n$, surjectief is, is $x = f^n(y)$ voor zekere $y$; dan is $f^{n+1}(y) = f(x) = 0$, dus $y \in \ker f^{n+1} = \ker f^n$, dat wil zeggen $x = f^n(y) = 0$.

(b) $I_n = \{f \in \mathcal C(\intcc01, \R) : f\restriction_{
\intcc0{1/n}} = 0\}$ is een [ideaal](#def-b3-rings-ideal), 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](#prop-b3-rings-noethacc) tegen.

(c) Stel dat de verzameling elementen $\neq 0$ die geen eenheid zijn en geen ontbinding in irreducibele factoren toelaten, niet leeg is. De bijbehorende familie [idealen](#def-b3-rings-ideal) $\{(a)\}$ heeft een [maximaal](#def-b3-rings-primemaximal) element $(a)$ ([Propositie 2.29](#prop-b3-rings-noethacc)). Het element $a$ is niet [irreducibel](#def-b3-rings-divisibility) (een [irreducibel element](#def-b3-rings-divisibility) is zijn eigen ontbinding), dus $a = bc$ met $b, c$ geen eenheden; $(a) \subseteq
(b)$ is strikt (want uit $(a) = (b)$ zou $b = ad$ volgen, dus $a =
adc$ en $dc = 1$: $c$ een eenheid), en evenzo $(a) \subsetneq (c)$. Wegens de maximaliteit ontbinden $b$ en $c$ beide in irreducibele factoren; die achter elkaar gezet ontbinden $a$: tegenspraak. Toegepast op $\Z[\iu\sqrt5]$ — [noethers](#def-b3-rings-noetherian) als quotiënt van $\Z[X]$ ([Stelling 2.30](#thm-b3-rings-hilbert), met $\Z[\iu\sqrt5] \cong
\Z[X]/(X^2+5)$) — laat dit zien dat daar ontbindingen bestaan; [Oefening 2.3](#exo-b3-rings-3) liet zien dat de eenduidigheid het is die faalt.

**Oefening 2.11 ★★★.**

Zij $P = X^4 + 1$. (a) Toon aan dat $P$ [irreducibel](#def-b3-rings-divisibility) is over $\Q$ ([Oefening 2.7](#exo-b3-rings-7)). (b) Toon aan dat $P$ modulo *elk* priemgetal $p$ reducibel is: behandel $p = 2$; toon vervolgens voor oneven $p$ aan dat $8 \mid
p^2 - 1$ en neem voorlopig zonder bewijs aan (het wordt bewezen in [Hoofdstuk 4](https://one-course.com/books/math/5/nl/chapter/4-lichaamsuitbreidingen-en-galoistheorie#ch-b3-galois)) dat de multiplicatieve groep van het lichaam met $p^2$ elementen cyclisch is, om te besluiten dat $P$ modulo $p$ in twee kwadratische factoren uiteenvalt; maak die expliciet wanneer een van $-1$, $2$, $-2$ een kwadraat modulo $p$ is, en toon aan dat dat er altijd een is.

**Oplossing van Oefening 2.11.**

(a) [Oefening 2.7](#exo-b3-rings-7): verschuiven en [Eisenstein](#thm-b3-rings-criteria) bij $2$.

(b) Modulo $2$: $X^4 + 1 = (X + 1)^4$. 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 telt het beeld $\frac{p-1}2$ elementen. Bijgevolg is het product van twee niet-kwadraten een kwadraat (in de [quotiëntgroep](https://one-course.com/books/math/5/nl/chapter/1-groepentheorie#thm-b3-groups-quotient) van orde $2$ is $\overline{xy} = \bar
x\bar y$). Dus is *minstens één van $-1$, $2$, $-2$ een kwadraat modulo $p$* (zijn $-1$ en $2$ het niet, dan is $-2 =
(-1)\cdot 2$ het wel). In elk van die gevallen ontbindt $X^4 + 1$ modulo $p$:

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

Dus is $X^4+1$ modulo elk priemgetal reducibel en toch [irreducibel](#def-b3-rings-divisibility) over $\Q$: het reductiecriterium ([Stelling 2.25](#thm-b3-rings-criteria)(1)) spoort irreducibiliteit op, maar uit het falen ervan volgt niets.

(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 $\mathbb F_{p^2}^\times$ (de cycliciteit wordt in [Hoofdstuk 4](https://one-course.com/books/math/5/nl/chapter/4-lichaamsuitbreidingen-en-galoistheorie#ch-b3-galois) bewezen) bevat dan een element $\zeta$ van orde $8$, een wortel van $X^4 + 1$; de minimaalveelterm daarvan over $\mathbb F_p$ deelt $X^4+1$ en heeft graad $\leq 2$ — $X^4+1$ kan dus nooit [irreducibel](#def-b3-rings-divisibility) zijn modulo $p$.)

**Oefening 2.12 ★★.**

(Idempotenten splitsen ringen) Een element $e$ van een commutatieve ring $A$ heet *idempotent* als $e^2 = e$. (a) Toon aan dat met $e$ ook $1 - e$ idempotent is, en dat de afbeelding $x \mapsto (ex, (1-e)x)$ een ringisomorfisme $A
\cong Ae \times A(1-e)$ is, waarbij $Ae$ een ring met eenheid $e$ is. (b) Bepaal alle idempotenten van een domein, en die van $\Z/12\Z$; geef het isomorfisme $\Z/12\Z \cong \Z/4\Z \times
\Z/3\Z$ door zijn twee niet-triviale idempotenten te noemen. (c) Toon aan dat de ontbinding van $\Z/n\Z$ volgens de [Chinese reststelling](#thm-b3-rings-crt) ([Voorbeeld 2.10](#ex-b3-rings-crtz)) precies overeenkomt met de idempotenten $e_i \equiv 1 \bmod p_i^{a_i}$ en $e_i \equiv 0$ modulo de andere priemmachten: ringen vallen uiteen langs hun idempotenten zoals ruimten uiteenvallen langs projecties.

**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](#def-b3-rings-ideal): $exey = e^2xy = e(xy)$, en $Ae$ is een commutatieve ring met eenheid $e$ ($e\cdot ex = ex$). Injectief: uit $ex = 0$ en $(1-e)x = 0$ volgt door optellen $x = 0$. Surjectief: $(ea, (1-e)b)$ is het beeld van $ea + (1-e)b$ (bereken beide componenten met $e(1-e) = 0$). En de eenheid gaat goed: $\varphi(1) = (e, 1-e)$, de eenheid van het product.

(b) In een domein dwingt $e(e - 1) = 0$ af dat $e \in \{0, 1\}$: alleen triviale idempotenten. In $\Z/12\Z$ geeft $e^2 \equiv e$ de oplossingen $e \in \{0, 1, 4, 9\}$. Het niet-triviale paar $\{4,
9\}$: $4 + 9 = 13 \equiv 1$, $4\cdot9 = 36 \equiv 0$, en $\Z/12\Z\cdot4 = \{0, 4, 8\} \cong \Z/3\Z$ (met eenheid $4$), $\Z/12\Z\cdot9 = \{0, 3, 6, 9\} \cong \Z/4\Z$ (met eenheid $9$): dat is de splitsing $\Z/12\Z \cong \Z/4\Z\times\Z/3\Z$ uit de [Chinese reststelling](#thm-b3-rings-crt), met $9 \leftrightarrow (1, 0)$ en $4
\leftrightarrow (0, 1)$.

(c) Onder het isomorfisme $\Z/n\Z \cong \prod_i \Z/p_i^{a_i}\Z$ uit de [Chinese reststelling](#thm-b3-rings-crt) komt het element $e_i$ met de aangegeven congruenties overeen met het tupel met een $1$ op plaats $i$ en $0$ elders: de elementaire idempotenten van het product. Omgekeerd bouwt een volledige familie orthogonale idempotenten ($e_ie_j = 0$ voor $i \neq j$ en $\sum e_i = 1$) de productontbinding inductief weer op volgens (a). Idempotenten zijn voor ringen wat orthogonale projecties zijn voor hilbertruimten ([Hoofdstuk 13](https://one-course.com/books/math/5/nl/chapter/13-hilbertruimten#ch-b3-hilbert)): de coördinaten van een inwendige directe ontbinding.

## 2.6 Probleem: de tweekwadratenstelling van Fermat

**Probleem 2.1.**

Weekendopgave — 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 gehele getallen van Gauss maken van het bewijs ringtheorie. Overal is $N(x + \iu y) = x^2 + y^2$ de norm, is $\Z[\iu]$ [euclidisch](#def-b3-rings-pidufd) ([Oefening 2.4](#exo-b3-rings-4)) en dus een [hoofdideaaldomein](#def-b3-rings-pidufd) en een [UFD](#def-b3-rings-pidufd), en betekent *Gauss-priemgetal* een [priemelement](#def-b3-rings-divisibility) (= [irreducibel element](#def-b3-rings-divisibility)) van $\Z[\iu]$.

**Deel I — Normen en Gauss-priemgetallen.**

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

**Deel II — De stelling van Wilson en $-1$ modulo $p$.**

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

**Deel III — De splitsingswet.**

8. Zij $p \equiv 1 \pmod 4$ en $x$ zodanig dat $p \mid x^2 + 1  = (x + \iu)(x - \iu)$ . Toon aan dat $p$ *geen* Gauss-priemgetal is, en besluit met Deel I: $p = a^2 +  b^2$ .
9. Zij $p \equiv 3 \pmod 4$ . Toon rechtstreeks aan dat $p$ geen som van twee kwadraten is *(kwadraten modulo $4$)* , en leid af dat $p$ een Gauss-priemgetal blijft.
10. Handel $p = 2$ af: geef de ontbinding $2 = -\iu(1+\iu)^2$ en ga na dat $1 + \iu$ een Gauss-priemgetal is. ( $2$ is het enige *vertakte* priemgetal: het is op een eenheid na deelbaar door het kwadraat van een Gauss-priemgetal.)
11. Stel de classificatie van de Gauss-priemgetallen samen, op eenheden na: $1 + \iu$ ; de gehele getallen $p \equiv 3  \pmod 4$ ; en de toegevoegde paren $\pi, \bar\pi$ van norm $p \equiv 1 \pmod 4$ . Controleer haar op $5 =  (2+\iu)(2-\iu)$ en op $3$ .

**Deel IV — De tweekwadratenstelling.**

12. Bewijs de rechtstreekse helft: verschijnt in de ontbinding $n = \prod p_i^{\alpha_i}$ elk priemgetal $\equiv 3 \pmod  4$ met een even exponent, dan is $n$ een som van twee kwadraten. *(Brahmagupta samen met de Delen II–III.)*
13. Bewijs de omkering: is $n = a^2 + b^2 = N(a + \iu b)$ en deelt $q \equiv 3 \pmod 4$ het getal $n$ , toon dan aan dat $q$ , een Gauss-priemgetal, $a + \iu b$ of $a - \iu b$ deelt, dat het in feite zowel $a$ als $b$ deelt, en besluit met inductie naar $n$ dat de exponent van $q$ in $n$ even is.
14. Formuleer de uiteindelijke stelling. Welke van $2025$ , $2026$ , $2027$ zijn sommen van twee kwadraten? *($2025  = 81 \cdot 25$; $2026 = 2 \cdot 1013$ met $1013$ priem; $2027$ priem.)*
15. (Slotwoord) Toon aan dat een priemgetal $p \equiv 1 \pmod  4$ in wezen op één manier een som van twee kwadraten is: is $p = a^2 + b^2 = c^2 + d^2$ met positieve gehele getallen, dan is $\{a, b\} = \{c, d\}$ . *(De eenduidigheid van de ontbinding in $\Z[\iu]$.)*

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

16. (Opwarmer, ter contrast) Welke gehele getallen zijn *verschillen* van twee kwadraten? Toon aan: $n = a^2 -  b^2$ met $a, b \in \Z$ dan en slechts dan als $n  \not\equiv 2 \pmod 4$ — geen ringtheorie nodig, en geen structuur die te vergelijken is met wat volgt.
17. Toon aan dat $r_2(n)$ het aantal $z \in \Z[\iu]$ met $N(z)  = n$ is. Schrijf $n = 2^{a}\prod_jp_j^{b_j}  \prod_kq_k^{c_k}$ met $p_j \equiv 1$ en $q_k \equiv 3  \pmod4$, en toon met de classificatie van vraag 11 en de eenduidige ontbinding aan dat zulke $z$ bestaan dan en slechts dan als alle $c_k$ even zijn, en dat dan $$r_2(n) = 4\prod_j\,(b_j + 1) .$$ *(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 die lijst volledig en zonder herhaling?)*
18. Toon aan dat $d \mapsto \chi(d)$ volledig multiplicatief is, leid af dat $n \mapsto \sum_{d \mid n}\chi(d)$ multiplicatief is, en bereken die functie op priemmachten: ze is $1$ op $2^a$ ; $b + 1$ op $p^b$ ( $p \equiv 1$ ); en $1$ of $0$ op $q^c$ ( $q \equiv 3$ ), naargelang $c$ even of oneven is.
19. Besluit de *stelling van Jacobi*: $$r_2(n) = 4\sum_{d \mid n}\chi(d) =  4\bigl(d_1(n) - d_3(n)\bigr),$$ waarbij $d_i(n)$ de delers $\equiv i \pmod 4$ telt. Controleer dit voor $n = 3, 5, 9, 25$, en geef de $16$ representaties van $65$.
20. (De cirkel) Toon aan dat $\sum_{n \leq x}r_2(n)$ het aantal roosterpunten van $\Z^2$ in de gesloten schijf met 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, waarbij de fout in een ring van breedte $O(1)$ leeft)*.
21. (Leibniz, rekenkundig gelezen) Combineer de vragen 19–20: $$\sum_{d \leq x}\chi(d)\Bigl\lfloor\frac  xd\Bigr\rfloor = \frac{\pi x}4 + O(\sqrt x),$$ en leid daaruit — door de gehele delen zorgvuldig weg te werken — de reeks van Leibniz af: $$1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \dots = \frac\pi4 .$$ De alternerende reeks van de omgekeerden van de oneven getallen *is* het gemiddelde overschot van de delers $\equiv 1$ op de delers $\equiv 3$: analyse berekend door rekenkunde.
22. (Hoe zeldzaam zijn sommen van twee kwadraten?) Toon aan dat geen enkel geheel getal $\equiv 3 \pmod 4$ een som van twee kwadraten is (op twee manieren: kwadraten modulo $4$ , of het pariteitscriterium van vraag 17), zodat minstens een kwart van alle gehele getallen buiten de boot valt; en toon aan dat het gemiddelde $\frac1x\sum_{n\leq x}r_2(n) \to  \pi$ uit vraag 20 verenigbaar is met dichtheid $0$ voor de representeerbare getallen — geef gehele getallen met abnormaal veel representaties (neem producten van veel priemgetallen $\equiv 1 \bmod 4$ ) om uit te leggen hoe een verdwijnend aandeel toch een positief gemiddelde kan dragen. (Landau bewees dat de werkelijke dichtheid als $1/\sqrt{\log x}$ afneemt; dat gaat ons gereedschap te boven, maar het mechanisme is nu zichtbaar.)

**Deel VI — Aanvullingen: primitieve representaties en Pythagoras.**

23. Noem een representatie $n = a^2 + b^2$ *primitief* als $\gcd(a, b) = 1$ . Toon aan dat $n \geq 1$ een primitieve representatie toelaat dan en slechts dan als $4 \nmid n$ en geen priemgetal $q \equiv 3 \pmod 4$ het getal $n$ deelt. *(Voor de noodzakelijkheid: hergebruik de afdaling van vraag 13 en de kwadraten modulo $4$; voor de toereikendheid: bouw $z$ uitsluitend uit $1 + \iu$ en de $\pi_j$ — geen toegevoegden — en leg uit waarom een gemeenschappelijke priemfactor van $a$ en $b$ zowel $\pi_j$ als $\bar\pi_j$, of $(1+\iu)^2$, in $z$ zou afdwingen.)*
24. (Pythagoreïsche drietallen) Zij $a^2 + b^2 = c^2$ met $a,  b, c$ positief, $\gcd(a, b) = 1$ en $b$ even. Toon aan dat $a + \iu b$ en $a - \iu b$ onderling ondeelbaar zijn in $\Z[\iu]$ *(een gemeenschappelijke priemdeler in $\Z[\iu]$ zou $2a$ en $2b$ delen, en $c$ is oneven)*, leid uit de eenduidige ontbinding af dat $a + \iu b = u(m + \iu  n)^2$ voor een eenheid $u$, en besluit met de klassieke parametrisatie: op verwisseling van $a$ en $b$ na is $$a = m^2 - n^2, \qquad b = 2mn, \qquad c = m^2 + n^2,$$ met $m > n \geq 1$ onderling ondeelbaar en van tegengestelde pariteit. Vind $(3, 4, 5)$ en $(21, 20, 29)$ terug uit $(m, n) = (2, 1)$ en $(5, 2)$.
25. (Numerieke controle) Neem $x = 25$. Bereken $r_2(n)$ voor $1 \leq n \leq 25$ met de formule van Jacobi, ga na dat de waarden $\neq 0$ precies optreden bij $n = 1, 2, 4, 5, 8,  9, 10, 13, 16, 17, 18, 20, 25$, en dat $$\sum_{n \leq 25} r_2(n) = 80  = 4\sum_{d \leq 25}\chi(d)  \Bigl\lfloor\frac{25}d\Bigr\rfloor .$$ Controleer dat de gesloten schijf met straal $5$ precies $81$ roosterpunten bevat, en vergelijk met $\pi x \approx  78.5$: de fout blijft ruim binnen de $O(\sqrt x)$ van vraag 20.

**Oplossing van Probleem 2.1.**

**1.** Er geldt $N(z) = z\bar z$, dus $N(zw) =
zw\overline{zw} = z\bar z\, w \bar w = N(z)N(w)$. Uit $uv = 1$ volgt $N(u)N(v) = 1$ in $\N$, dus $N(u) = 1$, dat wil zeggen $u \in
\{\pm 1, \pm \iu\}$; 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.** Is $z = ab$, 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 $z$ niet nul en geen eenheid: [irreducibel](#def-b3-rings-divisibility) — en priem, want $\Z[\iu]$ is een [UFD](#def-b3-rings-pidufd) ([Stelling 2.14](#thm-b3-rings-euclideanpid), [Stelling 2.18](#thm-b3-rings-pidufd) en [Lemma 2.17](#lem-b3-rings-bezout)).

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

**4.** Zij $\pi$ een Gauss-priemgetal dat $p$ deelt, met $p =
\pi\gamma$. Is $N(\pi) = p^2$, dan is $N(\gamma) = 1$, dus is $p$ [geassocieerd](#def-b3-rings-divisibility) met $\pi$ en zelf een Gauss-priemgetal; en dan heeft geen enkel Gauss-priemgetal norm $p$ (want uit $N(\rho) = p$ volgt $\rho \mid \rho\bar\rho = p$, en als $p$ priem is in $\Z[\iu]$ moet $\rho$ met $p$ [geassocieerd](#def-b3-rings-divisibility) zijn, wat $N(\rho) = N(p) = p^2 \neq p$ geeft). Is $N(\pi) = p$, schrijf dan $\pi = a + \iu b$: $p =
\pi\bar\pi = a^2 + b^2$.

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

**6.** Schrijf $(p-1)! = \prod_{k=1}^m k \cdot
\prod_{k=m+1}^{p-1}k$ met $m = \frac{p-1}2$. Substitueer in het tweede product $k = p - j$ met $j = 1, \dots, m$: modulo $p$ is $\prod_{j=1}^m (p - j) \equiv (-1)^m m!$. Bijgevolg is $-1 \equiv
(-1)^m (m!)^2$, dat wil zeggen $(m!)^2 \equiv (-1)^{m+1} \pmod p$.

**7.** Is $p \equiv 1 \pmod 4$, dan is $m$ even en geeft vraag 6 dat $(m!)^2 \equiv -1$: een vierkantswortel van $-1$. Omgekeerd, is $x^2 \equiv -1 \pmod p$ met $p$ oneven, dan is $x^4 = 1 \neq
x^2$: $x$ heeft orde $4$ in $(\Z/p\Z)^\times$, dus $4 \mid p - 1$ (Lagrange). En voor $p = 2$: $1^2 = 1 \equiv -1$. Besluit: $-1$ is een kwadraat modulo $p$ dan en slechts dan als $p = 2$ of $p \equiv
1 \pmod 4$.

**8.** Met $x^2 \equiv -1$ is $p \mid x^2 + 1 = (x + \iu)(x -
\iu)$. Was $p$ een Gauss-priemgetal, dan deelde het een van beide factoren; maar $\frac xp \pm \frac \iu p \notin \Z[\iu]$. Dus is $p$ geen Gauss-priemgetal; volgens de tweedeling (vraag 4) — $p$ niet priem betekent de tweede tak — is $p = a^2 + b^2$.

**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. Volgens vraag 4 is de tak $N(\pi) =
p$ (met $p = a^2+b^2$) dus onmogelijk: $p$ blijft een Gauss-priemgetal.

**10.** Er geldt $(1 + \iu)^2 = 2\iu$, dus $2 = -\iu(1 +
\iu)^2$; en $N(1 + \iu) = 2$ is priem, dus is $1 + \iu$ een Gauss-priemgetal (vraag 2).

**11.** Elk Gauss-priemgetal deelt precies één priemgetal $p$ (vraag 3); we lopen de gevallen af: $p = 2$ geeft de [geassocieerden](#def-b3-rings-divisibility) van $1 + \iu$; $p \equiv 3 \pmod 4$ geeft $p$ zelf (vraag 9); en $p
\equiv 1 \pmod 4$ geeft het paar $\pi, \bar\pi$ van norm $p$ (vragen 4 en 8). Het paar is echt: uit $\bar\pi \in \{\pm\pi,
\pm\iu\pi\}$ zou, met $\pi = a + \iu b$, volgen dat $b = 0$, $a =
0$ of $a = \pm b$, wat $p = a^2 + b^2 \in \{a^2, 2a^2\}$ geeft — onmogelijk voor een oneven priemgetal. Controle: $5 = (2 + \iu)(2 -
\iu)$ met $N(2\pm\iu) = 5$; en $3$: priem van norm $9$.

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

**13.** Zij $n = a^2 + b^2 = N(a + \iu b)$ en $q \equiv 3
\pmod 4$ met $q \mid n$. Het Gauss-priemgetal $q$ (vraag 9) deelt $(a + \iu b)(a - \iu b)$, dus een van beide factoren — zeg $q
\mid a + \iu b$ (het andere geval verloopt identiek). Maar dan leest $\frac{a + \iu b}{q} = \frac aq + \iu \frac bq \in \Z[\iu]$ af dat $q \mid a$ *en* $q \mid b$ in $\Z$. Bijgevolg is $q^2
\mid n$ en $\frac n{q^2} = \bigl(\frac aq\bigr)^2 + \bigl(\frac
bq\bigr)^2$. Met sterke inductie naar $n$ is de exponent van $q$ in $n/q^2$ even; die in $n$ dus ook.

**14.** *Stelling (Fermat).* Een positief geheel getal is een som van twee kwadraten dan en slechts dan als elk priemgetal $\equiv 3 \pmod 4$ er met een even exponent in voorkomt. — $2025 = 3^4 \cdot 5^2$: de exponent van $3$ is even, dus 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 met Brahmagupta en $2 = 1^2+1^2$: $2026 = (22 - 23)^2 + (22 + 23)^2 =
1^2 + 45^2$). $2027$ is priem en $\equiv 3 \pmod 4$: nee.

**15.** Zij $p = a^2 + b^2 = c^2 + d^2$ met positieve gehele getallen, $p \equiv 1 \pmod 4$, en $\pi$ een Gauss-priemgetal met $p = \pi\bar\pi$ (vraag 4). Zowel $a + \iu b$ als $c + \iu d$ heeft norm $p$ en is dus een Gauss-priemgetal (vraag 2) dat $p = (a+\iu
b)(a - \iu b)$ deelt; wegens de eenduidigheid van de ontbinding is $c + \iu d$ [geassocieerd](#def-b3-rings-divisibility) met $a + \iu b$ of met $a - \iu b$:

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

Omdat $c$ en $d$ positief zijn, blijft $c + \iu d \in \{a + \iu b,
b + \iu a\}$ over: $\{c, d\} = \{a, b\}$.

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

**17.** $(a, b) \mapsto z = a + \iu b$ is een bijectie tussen de representaties en $\{z : N(z) = n\}$. Ontbind $z$ in het [UFD](#def-b3-rings-pidufd) $\Z[\iu]$ met de classificatie (vraag 11): op een eenheid na is $z
= (1+\iu)^{a'}\prod_j\pi_j^{s_j}\bar\pi_j^{t_j}
\prod_kq_k^{u_k}$, en normen nemen ($N(1+\iu) = 2$, $N(\pi_j) =
N(\bar\pi_j) = p_j$, $N(q_k) = q_k^2$) geeft

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

Vergelijken van de exponenten: $a' = a$, $s_j + t_j = b_j$ en $2u_k = c_k$ — [oplosbaar](https://one-course.com/books/math/5/nl/chapter/1-groepentheorie#def-b3-groups-derived) dan en slechts dan als elke $c_k$ even is, en dan ligt $u_k = c_k/2$ vast terwijl $s_j \in \intint0{b_j}$ vrij is. Verschillende gegevens $(u, (s_j))$ geven niet-geassocieerde $z$’s met *dezelfde* norm; de eenheid $u \in \{\pm1, \pm\iu\}$ (4 keuzen) somt elke associatieklasse vervolgens zonder herhaling op (twee gelijke producten zouden de eenduidigheid van de ontbinding schenden — $\pi_j$ en $\bar\pi_j$ zijn niet [geassocieerd](#def-b3-rings-divisibility), want $p_j = \pi_j\bar\pi_j$ is niet vertakt). Totaal: $r_2(n) = 4\prod_j(b_j + 1)$, en $0$ zodra een $c_k$ oneven is.

**18.** $\chi(dd') = \chi(d)\chi(d')$ gaat men modulo $4$ na (oneven maal oneven dekt de vier tekengevallen; iets even geeft $0
= 0$). Voor onderling ondeelbare $m, n$ schrijft elke deler van $mn$ zich op precies één manier als $d = d_1d_2$ met $d_1 \mid m$ en $d_2 \mid n$: $\sum_{d \mid mn}\chi(d) = \bigl(\sum_{d_1\mid
m}\chi(d_1)\bigr)\bigl(\sum_{d_2\mid n}\chi(d_2)\bigr)$, dus multiplicatief. Priemmachten: op $2^a$ is alleen $d = 1$ oneven, dus is de som $1$. Op $p^b$ met $p \equiv 1$ is elke $\chi(p^i) =
1$, dus is de som $b + 1$. Op $q^c$ met $q \equiv 3$ is $\chi(q^i)
= (-1)^i$, dus is de 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) vallen samen op alle priemmachten — $1$ op $2^a$; $b + 1$ op $p^b$; $\mathbf
1_{c\ \mathrm{even}}$ op $q^c$ — en dus overal: dat is de formule van Jacobi, waarbij $\sum_{d\mid n}\chi(d) = d_1(n) - d_3(n)$ door de delers te sorteren. Controles: $r_2(3) = 0 = 4(1 - 1)$; $r_2(5)
= 8 = 4(2 - 0)$ (de paren $(\pm1,\pm2), (\pm2,\pm1)$); $r_2(9) = 4
= 4(2 - 1)$ (delers $1, 9 \equiv 1$ en $3 \equiv 3$; 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 $0
< a^2 + b^2 \leq x$, dat wil zeggen de roosterpunten van de gesloten schijf $D_{\sqrt x}$ zonder de oorsprong. Ken aan elk roosterpunt $P$ het eenheidsvierkant $P + \intco01^2$ toe: die vierkanten betegelen het vlak. Elk vierkant dat bij een punt van $D_{\sqrt x}$ hoort, ligt in $D_{\sqrt x + \sqrt2}$, en elk vierkant dat $D_{\sqrt x - \sqrt 2}$ snijdt, hoort bij een punt van $D_{\sqrt x}$ (het vierkant heeft diameter $\sqrt 2$): oppervlakten vergelijken geeft

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

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

**21.** Met Jacobi (vraag 19) en verwisseling van de sommatievolgorde ($n = dm$):

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

en dat is $\frac{\pi x}4 + O(\sqrt x)$ volgens vraag 20. Nu de gehele delen weg: $\lfloor x/d\rfloor = x/d + O(1)$, maar $O(1)$ sommeren over $d \leq x$ is te grof. Gebruik in plaats daarvan dat de partiële sommen van $\chi$ begrensd zijn (cyclisch $0, 1, 1,
0$), zodat $\sum_{d\leq x}\chi(d)\{x/d\}$ na Abel-sommatie, waarbij we de termen paren volgens $d \equiv 1, 3$, gelijk is aan $O(\sqrt
x)$ — of, eenvoudiger, splits bij $\sqrt x$. Voor $d \leq \sqrt
x$ vervangen we $\lfloor x/d\rfloor$ 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: door over de $\leq \sqrt x$ waarden van $v$ te sommeren wordt de totale fout $O(\sqrt x)$, terwijl $\sum_{d > \sqrt x}\chi(d)\frac xd = O(\sqrt x)$ volgt uit de staarten van een alternerende reeks ($x\sum_{d>\sqrt x}\chi(d)/d =
x\,O(1/\sqrt x)$). Bijgevolg is

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

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

**22.** Was $n \equiv 3 \pmod4$ gelijk aan $a^2 + b^2$, dan zou dat botsen met het feit dat kwadraten $\equiv 0, 1 \pmod 4$ zijn en dus $a^2 + b^2 \in \{0, 1, 2\}$ modulo $4$ — onmogelijk. (Het criterium van vraag 17 zegt hetzelfde: $n \equiv 3 \pmod 4$ dwingt een priemgetal $\equiv 3$ met oneven exponent af.) Representeerbare gehele getallen mijden dus een volledige restklasse: dichtheid $\leq \frac34$. Het gemiddelde $\pi$ van $r_2$ concentreert zich op weinig getallen: $n = \prod_{j\leq
k}p_j$ (verschillende priemgetallen $\equiv 1 \bmod 4$) heeft $r_2(n) = 4\cdot2^k$ representaties — onbegrensd veel — zodat een dunne verzameling $n$’s het hele gemiddelde kan dragen, precies zoals de gemiddelde uitbetaling van een loterij samengaat met bijna-zeker verlies. Landau’s resultaat $\#\{n \leq x
\text{ representeerbaar}\} \sim Cx/\sqrt{\log x}$ bevestigt het: dichtheid $0$, gemiddelde $\pi$.

**23.** *Noodzakelijkheid.* Zij $n = a^2 + b^2$ met $\gcd(a, b) = 1$. Deelde een priemgetal $q \equiv 3 \pmod 4$ het getal $n$, dan geeft vraag 13 dat $q \mid a$ en $q \mid b$: tegenspraak. Was $4 \mid n$, dan dwingt $a^2 + b^2 \equiv 0 \pmod
4$, met kwadraten $\equiv 0, 1 \pmod 4$, af dat $a^2 \equiv b^2
\equiv 0$, dus dat $a$ en $b$ beide even zijn: tegenspraak. *Toereikendheid.* 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 dat een priemgetal $t$ de $\gcd(a, b)$ deelt; dan is $t \mid
z$ in $\Z[\iu]$. Is $t \equiv 3 \pmod 4$, dan is $t \mid N(z) = n$: uitgesloten. Is $t \equiv 1 \pmod 4$, dan is $t = \pi_t\bar\pi_t$, dus $\bar\pi_t \mid z$; maar in de ontbinding van $z$ komt geen enkel toegevoegd [priemelement](#def-b3-rings-divisibility) voor ($\pi_j$ en $\bar\pi_j$ zijn niet [geassocieerd](#def-b3-rings-divisibility), vraag 17), in strijd met de eenduidige ontbinding. Is $t = 2 = -\iu(1+\iu)^2$, dan is $(1+\iu)^2 \mid z$, wat $\alpha \geq 2$ afdwingt: uitgesloten. Bijgevolg is $\gcd(a, b)
= 1$: de representatie is primitief.

**24.** $a$ is oneven ($\gcd(a, b) = 1$ en $b$ even), dus is $c^2 = a^2 + b^2$ oneven en $c$ oneven. Zij $\delta$ een gemeenschappelijke priemdeler van $a + \iu b$ en $a - \iu b$ in $\Z[\iu]$: hij deelt hun som $2a$ en hun verschil $2\iu b$, dus $2a$ en $2b$; een Bézout-betrekking $ua + vb = 1$ geeft dan $\delta
\mid 2$, zodat $\delta$ [geassocieerd](#def-b3-rings-divisibility) is met $1 + \iu$ en $N(\delta)
= 2$ de oneven $N(a + \iu b) = c^2$ deelt: tegenspraak. Dus zijn $a
+ \iu b$ en $a - \iu b$ onderling ondeelbaar met product $c^2$; in het [UFD](#def-b3-rings-pidufd) $\Z[\iu]$ komt elk Gauss-priemgetal van $c^2$ met een even exponent voor en gaat het volledig naar een van de twee onderling ondeelbare factoren, waaruit $a + \iu b = u(m + \iu n)^2 =
u\bigl(m^2 - n^2 + 2\iu mn\bigr)$ met $u$ een eenheid. De keuzen $u
= \pm\iu$ maken het reële deel $\mp 2mn$ even — onmogelijk, want $a$ is oneven. De keuzen $u = \pm1$ geven, na aanpassing van de tekens van $m$ en $n$ en eventueel verwisseling van hun namen om alles positief te maken, $a = m^2 - n^2$ en $b = 2mn$ 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: dus $\gcd(m, n) = 1$; en $m \equiv n \pmod 2$ zou $a$ even maken: dus tegengestelde pariteit. 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 $n = 1, \dots, 25$:

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

met waarden $\neq 0$ precies bij $n = 1, 2, 4, 5, 8, 9, 10, 13,
16, 17, 18, 20, 25$ (zo is $r_2(15) = 0$: de delers $1, 5 \equiv 1$ en $3, 15 \equiv 3$ heffen elkaar op; en $r_2(20) = 8$: de delers $1, 5 \equiv 1$, geen enkele $\equiv 3$). De som is $4 + 4 + 4 + 8
+ 4 + 4 + 8 + 8 + 4 + 8 + 4 + 8 + 12 = 80$. Aan de delerskant dragen de oneven $d \leq 25$ bij:

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

waarbij we $\chi(d)\lfloor 25/d\rfloor$ aflezen voor $d = 1, 3, 5,
\dots, 25$; en $4 \cdot 20 = 80$, zoals de identiteit van vraag 21 voorspelt. Roosterpunten van de gesloten schijf met straal $5$: de $80$ punten met $1 \leq a^2 + b^2 \leq 25$ plus de oorsprong, dus $81$; en $\pi x = 25\pi \approx 78.54$, een fout van ongeveer $2.46$, ruim binnen de $O(\sqrt x)$-band van vraag 20 ($\sqrt x =
5$).