Biruutvastavusseadus

Tartu Ülikool Matemaatika-informaatikateaduskond Matemaatika instituut Matemaatika eriala Anu Ahven Biruutvastavusseadus Bakalaureusetöö (9 EAP Juhendaja: Lauri Tart Tartu 2015

Biruutvastavusseadus Bakalaureusetöö Anu Ahven Lühikokkuvõte Käesolevas bakalaureusetöös sõnastatakse biruutvastavusseadus ja esitatakse selle täielik detailne tõestus Mainitud seadus seob neljanda astme kongruentside lahenduvuse üle Gaussi täisarvude ringi mooduli kujuga analoogiliselt Gaussi ruutvastavusseaduse ning Legendre i ja Jacobi sümbolitega Täieliku tõestuseni jõudmiseks kasutatakse Gaussi algarvude ja rimaarsete Gaussi täisarvude klassifikatsiooni ning Gaussi ja Jacobi summasid üle lõlike koruste Märksõnad Gaussi algarvud, biruutvastavusseadus, Gaussi summad, Jacobi summad Quartic recirocity Bachelor s thesis Anu Ahven Abstract The thesis formulates and gives a comlete, fully detailed roof of the law of quartic recirocity This law relates the solvability of quartic congruences over the ring of Gaussian integers with the form of the modulus, similar to Gauss law of quadratic recirocity and the Legendre and Jacobi symbols The comlete roof requires classifying Gaussian rimes and rimary Gaussian integers as well as the use of Gauss and Jacobi sums over finite fields Keywords Gaussian rimes, quartic recirocity, Gauss sum, Jacobi sum 1

Sisukord Sissejuhatus 3 1 Põhimõisted ja -omadused 2 Gaussi algarvud 7 3 Primaarsed elemendid 9 Biruutjäägi sümbol 12 5 Gaussi ja Jacobi summad 19 51 Multilikatiivsed karakteristikud 19 52 Gaussi summad 21 53 Jacobi summad 25 6 Biruutvastavusseadus 28 Kirjandus 2 2

Sissejuhatus Käesoleva bakalaureusetöö üldiseks valdkonnaks on arvuteooria, täsemalt algebraline arvuteooria Töö eesmärgiks on anda täielik detailne tõestus biruutvastavusseadusele, mis seob neljanda astme kongruentside lahenduvuse mooduli kujuga Biruutvastavusseadus on üks esimesi vaheastmeid tänaäevase algebralise arvuteooria ja Gaussi ruutvastavusseaduse vahel ning selle tõestus illustreerib ilmekalt arvuteoorias kasutatavate algebraliste vahendite arengut 1796 aastal tõestas Carl Friedrich Gauss nüüd tema nime kandva ruutvastavusseaduse, mida eetakse üheks arvuteooria ilusamaks ja sügavamaks tulemuseks Esimesed oletused ruutvastavuse üldistuste kohta tegi Leonhard Euler ning nendega jätkas Gauss ise Peagi taias viimane, et biruutvastavuse sõnastamiseks ning tõestamiseks on vaja täisarvude mõistet laiendada Antud laiendust tuntakse tänaäeval kui Gaussi täisarvude ringi Z[i] Biruutvastavuse esimene täielik tõestus avaldati aastal 18 ning selle autoriks oli Ferdinand Gotthold Eisenstein Tegelikkuses aga oli Carl Gustav Jacob Jacobi antud tõestused esitanud juba aastal 1837 oma Köningsbergi loengutes Antud bakalaureusetöö on referatiivne ning selle kirjutamisel oli õhiallikaks K Irelandi ja M Roseni arvuteooria õik [3] Samuti on olulise lähteallikana kasutatud bakalaureusetööd [2], kusjuures käesolevat bakalaureusetööd võib lugeda eelmainitud töö jätkuks Veel on kasutatud algebra õikut [], raamatut [1] ja loengukonsekti [5] Töö koosneb kuuest eatükist Esimene eatükk on sissejuhatav ning selles tuuakse välja olulisemad algebra ja arvuteooria valdkonda kuuluvad õhimõisted ja -omadused, mida antud töös vaja läheb Teises eatükis on vaatluse all Gaussi algarvud Gaussi algarvud jaotatakse esimest ja teist liiki Gaussi algarvudeks ning normiga 2 Gaussi algarvudeks Samuti kirjeldatakse mõlemat liiki Gaussi algarvude norme Kolmandas eatükis vaadeldakse faktoriaalse ringi Z[i] rimaarseid elemente Tuuakse välja rimaarsuseks tarvilikud tingimused Gaussi täisarvude reaal- ja imaginaarosa kordajate jaoks ning näidatakse, et iga rimaarne element on avaldatav rimaarsete taandumatute elementide korrutisena Neljandas eatükis tuuakse sisse biruutjäägi sümbol ja tuletatakse selle õhiomadused, mida on vaja biruutvastavusseaduse tõestamiseks Viies eatükk kirjeldab koruste multilikatiivseid karakteristikuid ning Gaussi ja Jacobi summasid üle lõlike koruste Sealsamas tõestatakse ära rida biruutvastavuse näitamiseks vajalikke seoseid Kuuendas ehk viimases eatükis sõnastatakse ja tõestatakse biruutvastavusseadus, liikudes erijuhtudelt üldjuhule 3

1 Põhimõisted ja -omadused Esmalt defineerime antud töös kasutatavad õhimõisted ning sõnastame rea edasidi vajalikke seoseid Definitsioon 11 Gaussi täisarvudeks nimetatakse komleksarve, mille reaalosa ja imaginaarosa kordaja on täisarvud Kõigi Gaussi täisarvude hulka tähistame edasidi sümboliga Z[i] Seega Z[i] {a + bi : a, b Z} Sümbolitega α ja α tähistame vastavalt komleksarvu α moodulit ja kaaskomleksarvu Lause 12 ([2], lause 12 Ring Z[i] on kommutatiivne nulliteguriteta ring Definitsioon 13 Gaussi täisarvu α a + bi normiks N(α nimetatakse tema mooduli ruutu, st mittenegatiivset täisarvu N(α a 2 + b 2 Lause 1 ([2], lause 28 Kahe Gaussi täisarvu korrutise norm võrdub nende arvude normide korrutisega, st N(αβ N(αN(β mistahes α, β Z[i] korral Definitsioon 15 Öeldakse, et kommutatiivse ringi R element a jagab elementi b R, ja kirjutatakse a b, kui leidub element c R nii, et ac b Lause 16 ([2], lause 211 Kui β α ringis Z[i], siis N(β N(α ringis Z Lause 17 ([2], lause 21 Pööratavad Gaussi täisarvud on 1, 1, i ja i Tähistame kõigi ööratavate Gaussi täisarvude hulka sümboliga U(Z[i] Järelikult U(Z[i] {1, 1, i, i} Lause 18 (Jäägiga jagamine, [2], lause 219 Kui α ja β 0 on Gaussi täisarvud, siis leiduvad sellised Gaussi täisarvud q ja r (jagatis ja jääk, et α βq + r ning N(r < N(β Definitsioon 19 Olgu R nulliteguriteta ring Elemente a ja b nimetatakse assotsieeritud elementideks, kui leidub ööratav c R nii, et a cb

Definitsioon 110 Nulliteguriteta ringi R nimetatakse faktoriaalseks ringiks, kui tema mistahes nullist erinev mitteööratav element on esitatav taandumatute elementide korrutisena ning selline esitus on ühene selles mõttes, et kui mitteööratav element a R\{0} on esitatav korrutisena ja samuti korrutisena a 1 2 r a q 1 q 2 q s, kus 1, 2,, r, q 1, q 2,, q s on taandumatud elemendid, siis r s ning ärast tegurite võimalikku ümberjärjestamist on elemendid i ja q i assotsieeritud iga i 1, 2,, r korral Teoreem 111 ([2], teoreem 221 Gaussi täisarvude ring on faktoriaalne ring Definitsioon 112 Kommutatiivse ringi R elemente a ja b nimetatakse kongruentseteks mooduli c R järgi ja kirjutatakse a b (mod c, kui c b a Definitsioon 113 Kommutatiivse ringi R mittetühja alamhulka I nimetatakse ringi R ideaaliks kui on täidetud järgmised tingimused: 1 a + b I mistahes a, b I korral, 2 ar I mistahes a I ja r R korral Definitsioon 11 Ringi, mille nullist erinevad elemendid moodustavad korrutamise suhtes rühma, nimetatakse koruseks Definitsioon 115 Lõliku rühma G elemendi g järk on vähim naturaalarv k, mille korral g k 1 Teoreem 116 (Lagrange i teoreem Lõliku rühma elemendi järk on rühma järgu jagaja Kui korus K on lõlik, siis rühm (K, + on lõlik rühm ning kõik tema elemendid eavad olema lõlikku järku Olgu ühikelemendi 1 K järk aditiivses rühmas (K, + Siis öeldakse, et koruse K karakteristika on Definitsioon 117 Öeldakse, et rühm on tsükliline, kui temas leidub element, mille astmetena avalduvad kõik selle rühma elemendid Sellist elementi nimetatakse tsüklilise rühma moodustajaks ehk tekitajaks 5

Teoreem 118 ([5], teoreem 79 Iga lõliku kommutatiivse koruse multilikatiivne rühm on tsükliline Definitsioon 119 Lõliku koruse F q multilikatiivse rühma F q moodustajat nimetatakse koruse F q rimitiivseks elemendiks, st a F q on rimitiivne, kui F q {a, a 2,, a q 2, a q 1 1} Lemma 120 ([5], lemma 87 Kui kommutatiivse koruse K karakteristika on, siis iga a, b K ja n N korral kehtib (a + b n a n + b n Lemma 121 ([5], lemma 88 Kui K on lõlik korus ning K q, siis iga a K korral a q 1 1 Definitsioon 122 n astme ühejuureks nimetatakse n astme juurt komleksarvust 1 Definitsioon 123 n astme ühejuurt nimetatakse n astme algjuureks, kui tema astmetena on avaldatavad kõik n astme ühejuured 6

2 Gaussi algarvud Järgmisena defineerime Gaussi algarvud ja jaotatame need esituse järgi kolme liiki Lisaks toome ära nende tähtsamad omadused Definitsioon 21 Olgu R ring Mitteööratavat elementi a R nimetatakse taandumatuks, kui teda ei saa esitada kahe mitteööratava elemendi korrutisena, st kui võrdusest a bc, kus b, c R, järeldub, et kas b on ööratav või c on ööratav Tähistame sümboliga P kõigi algarvude hulka Ringi Z[i] taandumatuid elemente nimetatakse Gaussi algarvudeks Iga Gaussi algarvu norm on kas algarv või algarvu ruut ([2], teoreem 32 Definitsioon 22 Gaussi algarve, mille norm on aaritu algarv, nimetatakse esimest liiki Gaussi algarvudeks Gaussi algarve, mille norm on algarvu ruut, nimetatakse teist liiki Gaussi algarvudeks Lemma 23 (Eukleidese lemma Mistahes a, b, c Z[i] korral, kui a bc ja (a, b 1, siis a c Tõestus Et (a, b 1, siis õiku [] lause 6132 õhjal leiduvad sellised Gaussi täisarvud x 0 ja y 0, et ax 0 + by 0 1 Järelikult ax o c + by 0 c c Kuna a jagab selle võrduse vasakut oolt, eab ta jagama ka selle aremat oolt, st a c Lemma 2 Kui on Gaussi algarv ja ab, siis a või b Lemma 25 Kui on Gaussi algarv, siis leidub algarv Z nii, et Tõestus Kuna N(, siis N( Samas N( > 1 ja seega N( 1 s, kus i on algarvud Järelikult 1 s ning Eukleidese lemmat rakendades näeme, et i, mingi i korral Teoreem 26 ([2], teoreem 28 Kui α Z[i] ja N(α on algarv, siis α on Gaussi algarv Teoreem 27 ([2], teoreem 36 Iga kujul n+1 olevat algarvu, kus n N, saab lahutada kahe esimest liiki Gaussi algarvu korrutiseks Järelikult iga kujul n + 1 olev algarv on mingi esimest liiki Gaussi algarvu norm N( Lause 28 Kui on esimest liiki Gaussi algarv, siis 1 (mod, kus N( 7

Tõestus Vaatleme esimest liiki Gaussi algarvu a + bi Siis N( N(a + bi a 2 + b 2, P, a, b Z Et on aaritu, siis eab üks täisarvudest a ja b olema aaritu Üldisust kitsendamata võime eeldada, et a on aaritu ja b aaris, st a 2k+1, b 2l, k, l Z Seega a 2 + b 2 (2k + 1 2 + (2l 2 k 2 + k + 1 + l 2 1 (mod Lause 29 ([2], lause 33 Iga algarv kujul n + 3, kus n N {0}, on teist liiki Gaussi algarv Lause 210 Kui q on teist liiki Gaussi algarv, siis q 3 (mod Tõestus Vaatleme teist liiki Gaussi algarvu q Oletame vastuväiteliselt, et q 1 (mod Sel juhul vastavalt teoreemile 27 kehtib q ning oleme saanud vastuolu sellega, et q on taandumatu Teoreemist 26 ja bakalaureusetöö [2] teoreemist 37 järeldub vahetult järgmine tulemus Lemma 211 Gaussi täisarv 1 + i on Gaussi algarv ja 2 i(1 + i 2 on elemendi 2 esitus Gaussi algarvude korrutisena Kokkuvõttes saame Gaussi täisarvud jagada kolmeks: 1 Esimest liiki Gaussi algarvud, kus N( 1 (mod, P 2 Teist liiki Gaussi algarvud q u, kus u U(Z[i] ja P ning 3 (mod 3 Normiga 2 Gaussi algarvud 1 + i, 1 i, 1 + i, 1 i 8

3 Primaarsed elemendid Selles eatükis tõestame Gaussi täisarvude rimaarsuseks iisavad ja tarvilikud tingimused nende reaal- ja imaginaarosa kordajate jaoks Peatüki lõus veendume, et iga rimaarset elementi saab avaldada rimaarsete taandumatute elementide korrutisena Definitsioon 31 Mitteööratavat elementi α Z[i] nimetatakse rimaarseks, kui α 1 (mod (1 + i 3 Lemma 32 Mitteööratav element α a + bi on rimaarne arajasti siis, kui a 1 (mod ja b 0 (mod või a 3 (mod ja b 2 (mod Tõestus Et (1+i 3 2i(i+1 2+2i, siis a+bi on rimaarne arajasti siis, kui (a 1 + bi 2 + 2i (a 1 + bi( 2 2i 8 a + 1 + b + b a + 1 i Z[i] Siit a b 1 (mod ja a + b 1 (mod Kongruentside liitmisel saame tulemuseks 2a 2 (mod ehk a 1 (mod 2 ning seega a 1 (mod või a 3 (mod Kongruentside lahutamisel saame 2b 0 (mod ehk b 0 (mod 2 mistõttu b 0 (mod või b 2 (mod Kui a 1 (mod ja b 2 (mod, siis ning a b 1 2 3 (mod a + b 1 + 2 3 (mod, mis ei ole kooskõlas eelnevaga Samuti, kui a 3 (mod ja b 0 (mod, siis a + b ja a b ei ole kongruentsed arvuga 1 mooduli järgi Seega on antud variantidest sobilikud vaid aarid a 1 (mod ja b 0 (mod ning a 3 (mod ja b 2 (mod, mis ilmselt rahuldavad tingimusi a b 1 (mod ja a + b 1 (mod Pööratavad Gaussi täisarvud on 1, 1, i ja i Järgnevas tabelis on kokku võetud kõik võimalikud ööratavate Gaussi täisarvude vahed Nüüd on lihtne näha, et kahe ööratava Gaussi täisarvu vahe norm on kas 0, 2 või 1 1 i i 1 0 2 1 i 1 + i 1 2 0 1 i 1 + i i i 1 i + 1 0 2i i i 1 i + 1 2i 0 Tabel 1 Pööratavate Gaussi täisarvude vahed 9

Lemma 33 Kui a b (mod c, kus a, b U(Z[i] ja c > 2, siis a b Tõestus Olgu a, b U(Z[i] ja a b (mod c Siis c a b ja N(c N(a b {0, 2, } Kuid c > 2 ja seega N(c 5, järelikult oleme jõudnud vastuoluni Lemma 3 Olgu α a + bi Z[i] mitteööratav ja (1 + i α Siis leidub üheselt määratud ööratav element u nii, et uα on rimaarne Tõestus Esimese sammuna näitame, et leidub ööratav element ε {1, i} selliselt, et εα a + b i, kus a on aaritu ja b aaris Veendume esmalt, et a ja b on erineva aarsusega Oletame, et 2 a ja 2 b Sellisel juhul, kuna (1 + i(1 i 2, kehtib (1 + i α, mis on vastuolus eeldusega Kui aga 2 a ja 2 b, siis a + bi a + ai + (b ai, kus 2 b a Järelikult 1 + i b a, 1 + i a(1 + i ja seetõttu 1 + i a + bi, mis on vastuolus eeldusega 1 + i α Seega a ja b on eri aarsustega Kui nüüd a on aaris, siis i(a + bi b + ai on selline, kus b on aaritu ja võime võtta ε i Juhul, kui a on aaritu, võtame ε 1 Kui meil eaks olema olukord, kus a 1 (mod ja b 2 (mod või a 3 (mod ja b 0 (mod, siis korrutame kongruentsid elemendiga 1 Seejärel saame või a 1 3 (mod ja b 2 2 (mod a 3 1 (mod ja b 0 (mod Et a ja a ning b ja b on assotsieeritud, olemegi saanud olukorra, kus a 1 (mod ja b 0 (mod või a 3 (mod ja b 2 (mod Nüüd näeme lemma 32 õhjal, et α on assotsieeritud rimaarse elemendiga uα, kus u U(Z[i] sõltub eelnevatest sammudest Näitame, et leidub ainult üks selline u, mille korral uα on rimaarne Oletame vastuväiteliselt, et u 1 u 2, kuid u 1 α ja u 2 α on rimaarsed Seega u 1 α 1 (mod (1 + i 3 ja u 2 α 1 (mod (1 + i 3 Järelikult (u 1 u 2 α 0 (mod (1 + i 3 Nüüd Eukleidese lemmat kasutades näeme, et 1 + i algarvulisuse tõttu kehtib (1 + i 3 (u 1 u 2 Siis lause 16 õhjal 8 N(1 + i 3 N(u 1 u 2 Kuid tabelist 1 teame, et N(u 1 u 2 {0, 2, } ja seetõttu oleme jõudnud vastuoluni Seega u 1 u 2 10

Lemma 35 Iga rimaarne element on avaldatav rimaarsete taandumatute elementide korrutisena Tõestus Olgu α Z[i] rimaarne, st α 1 (mod (1 + i 3 Kuna Z[i] on faktoriaalne ring, saame α avaldada Gaussi algarvude korrutisena, st α r i Siis N(α N(r i Paneme tähele, et r i (1 + i U(Z[i], i i sest muidu eaks kehtima 1 + i α ja rimaarsuse tõttu 1 + i α 1, kust 1 + i 1 Lause 16 õhjal siis 2 N(1 + i N(1 1, mis ilmselt ei kehti Seega võib r i tegurid jaotada teist liiki Gaussi algarvudeks q k u k k, kus u k U(Z[i], k P, k 3 (mod ja esimest liiki Gaussi algarvudeks l, N( l 1 (mod Et 1 + i l, sest N(1 + i 2 N( l, siis lemma 3 õhjal leidub selline v l U(Z[i], et v l l on rimaarne Olgu u ( u k v 1 l Siis k l α u ( k v l l, l k kus elemendid k, v l l on lemma 32 õhjal rimaarsed Siis 1 α u ( k v l l u 1 1 1 u (mod (1 + i 3, k l ehk u 1 (mod (1 + i 3 Kui u {i, 1, i}, siis N(u 1 {2, } ja (1 + i 3 (u 1, mistõttu mis on võimatu Järelikult u 1 8 N((1 + i 3 N(u 1 {2, }, 11

Biruutjäägi sümbol ea- Olgu R ring ja fikseerime a R Siis elemendi a oolt moodustatud ideaaliks on hulk I : a R {a r : r R} Olgu I ringi R ideaal ja a R Hulka a a + I {a + b : b I} nimetatakse kõrvalklassiks ideaali I järgi esindajaga a Vaatleme hulka R/I {x x + I : x R}, kus x on ringi R kõrvalklass ideaali I järgi Defineerime hulgas R/I liitmise ja korrutamise järgmiselt: x + y x + y, x y x y mistahes x, y R korral Hulk R/I osutub siis eelnevalt defineeritud tehete suhtes ringiks [] Definitsioon 1 Eelnevalt defineeritud ringi R/I nimetatakse ringi R faktorringiks ideaali I järgi Olgu edasidi Z[i] taandumatu ja vaatleme faktorringi Z[i] : Z[i]/Z[i] {[α] α + Z[i] : α Z[i]} Lause 2 Olgu Z[i] Gaussi algarv Siis faktorring Z[i] on lõlik korus, milles on N( elementi Tõestus Selleks, et Z[i] oleks korus, eame näitama, et tema iga nullist erineva elemendi jaoks leidub samas ringis öördelement Olgu 0 [α] Z[i], st α Paneme tähele, et (α, 1 Tõeoolest, kui d : (α, 1, siis teoreemi 18 õhjal α q + r ning N(r < N(, kus r 0, sest vastasel juhul α Lause 16 õhjal saame, et N(d N(r Kuna N(d > 1, seega d d N(r < N( ning d, siis eab kehtima võrratus N( d on Gaussi algarvu esitus kahe mitteööratava elemendi korrutisena, mis on võimatu Teades nüüd, et (α, 1 ja rakendades õiku [] lauset 6133, saame, et leiduvad elemendid r 1, r 2 Z[i] selliselt, et 1 αr 1 + r 2 Seega 1 αr 1 ning [1 αr 1 ] [0] ehk [α] [r 1 ] [1], mis tähendab, et [α] on ööratav ringis Z[i]/Z[i] Seega faktorring Z[i] on tõeoolest korus 12

Teiseks tõestame, et koruses Z[i] on N( elementi Kui meil on tegemist II liiki Gaussi algarvuga q, siis N(q 2, P Veendume, et E : {a + bi : 0 a, b < } on täielik taandatud jääkide süsteem, st Z[i] q {[α] q : α E} Esmalt valime vabalt [µ] q [m + ni] q Z[i] q Jäägiga jagades saame, et m s + a ja n t + b, kus a, b, s, t Z, 0 a, b < Siis µ a + bi (mod ehk [µ] [a + bi], kusjuures a + bi E Teiseks, olgu a + bi a + b i (mod, kus 0 a, b, a, b < Sel juhul a a + (b b i z, kus z Z[i] Algarvuga läbi jagades saame, et a a + ( b b ( a a b b + i Z[i] i z ehk ja järelikult a a, b b Z Siit a a (mod ja b b (mod ning seetõttu a a, b b Seega Z[i] q {[α] q : α E} Ilmselt E 2 N(q ja järelikult Z[i] q E N(q Kui meil on tegemist I liiki Gaussi algarvuga a + bi, siis N(, P Paneme tähele, et N( N(a + bi a 2 + b 2 b Kontrollime, et F {0, 1,, 1} on täielik taandatud jääkide süsteem Olgu [µ] [m + ni] Z[i] Kuna b, on b ööratav mooduli järgi ja me saame leida sellise täisarvu c, et cb n (mod Siis µ c m + ni c(a + bi m ca + (n cbi m ca (mod Arvestades, et, siis kehtib µ m ca (mod, kusjuures m ca Z Seega koruse Z[i] iga elemendi esindajaks võib võtta täisarvu Olgu m ca s+r, kus s, r Z, 0 r <, siis m ca r (mod ja seega m ca r (mod Järelikult on koruse Z[i] iga element kongruentne mingi elemendiga hulgast {0, 1,, 1} F mooduli järgi, ehk Z[i] {[α] : α F } Lõuks, kui [r] [r ] ehk r r (mod, kus r, r Z, 0 r, r <, siis r r y, y Z[i] Siit (r r 2 N(r r N(y N(y, mis tähendab, et r r ringis Z Seega r r ja Z[i] F Lause 3 (Fermat väike teoreem Gaussi täisarvude jaoks Kui on Gaussi algarv ja N( > 2, siis kui α, siis α N( 1 1 (mod 13

Tõestus Olgu Z[i] {β 1, β 2,, β N( [0]} Et α, siis loengukonsekti [5] järelduse 913 õhjal Z[i] αz[i] Kuna kongruentsete elementide korrutamine säilitab kongruentsuse, siis korrutame läbi mõlema hulga nullist erinevad elemendid ja võrdleme neid: β 1 β 2 β N( 1 (αβ 1 (αβ 2 (αβ N( 1 (mod α N( 1 β 1 β 2 β N( 1 (mod Tänu valikule β i 0 võime nad võrduse mõlemalt oolelt taandada ning saamegi 1 α N( 1 (mod Lause Kui α ja N( 2, siis leidub üheselt määratud täisarv 0 j 3, nii et α N( 1 i j (mod Tõestus Paneme tähele, et on kas esimest või teist liiki Gaussi algarv, seega { 1 (mod, kui on teist liiki Gaussi algarv, N( 2 3 2 1 (mod, kui on esimest liiki Gaussi algarv Seega N( 1 jagub arvuga Tähistame β : α N( 1 Teame, et olünoomil x 1 on maksimaalselt juurt üle koruse Z[i] ([], lause 719 Kuna 1 ( 1 i ( i 1, siis ainsad lahendid ongi 1, 1, i, i Need avalduvad kõik kujul i j, kus 0 j 3 Definitsioon ( 5 Olgu Gaussi algarv ja N( 2 Biruutjäägi sümbol α defineeritakse seosega ( α { 0, kui α, i j, kui α ja α N( 1 i j (mod Järgmise lause uhul on eriti oluline omadus 1, mis seob omavahel biruutvastavusseaduse ja neljanda astme kongruentside lahenduvuse Lause 6 Iga Gaussi algarvu, kus N( 2, korral on biruutjäägi sümbolil järgmised omadused 1

1 Kui α, siis ( α 1 arajasti siis, kui kongruents x α (mod on lahenduv hulgas Z[i] 2 Iga α, β Z[i] korral ( αβ ( α ( β 3 Iga α Z[i] korral ( α ( α ja ( α ( α Kui a + bi on rimaarne Gaussi algarv, siis ( 1 5 Kui α β (mod, siis ( α ( β 6 Kui ja λ on assotsieeritud Gaussi algarvud, siis ( α ( 1 a 1 2 ( α λ Tõestus Paneme esmalt tähele, et ( α α N( 1 (mod, kui α 1 Kehtigu α Siis ( N( 1 α 1 arajasti siis, kui α 1 (mod Näitame, et võrrand x n α F on lahenduv lõlikus koruses F arajasti siis, kui α q 1 d 1, kus d (n, q 1, F q Olgu γ koruse F rimitiivne element, α γ a ja x γ y Siis võrdus γ yn γ a on samaväärne kongruentsiga yn a (mod q 1 Viimane on lahenduv arajasti siis, kui d (n, q 1 a, kusjuures lahenduval juhul on sellel kongruentsil d lahendit ([5], lause 62 Teiselt oolt α q 1 d γ a(q 1 d 1 arajasti siis, kui a(q 1 0 (mod q 1, mis on d samaväärne sellega, et a Z ehk samuti d a d Rakendades eelnevat koruses Z[i], on kongruents x α (mod hulgas Z[i] lahenduv arajasti siis, kui 1 α N( 1 (,N( 1 α N( 1 ( α (mod 2 Olgu α, β Z[i] Kui α ja β, siis ( α β (α β N( 1 α N( 1 β N( 1 ( α ( β (mod 15

ja järelikult lemma 33 õhjal ( αβ ( α juhtu, kus α või β Siis α β ja ( α ( β 0 3 Olgu α Z[i] Kuna N( N(, siis ning ( α ( α α N( 1 α N( 1 ( β Vaatame nüüd ( αβ ( α ( α N( 1 α N( 1 α Rakendades lemmat 33, saamegi, et ( α ( α (mod (mod ja ( α ( α Et a + bi on rimaarne, siis kas a 1 (mod ja b 0 (mod või a 3 (mod ja b 2 (mod ehk a k + 1 ja b l või a k + 3 ja b l + 2, kus k, l Z (lemma 32 Esimesel juhul ( 1 ( 1 16k2 +8k+1+16l 2 1 ( 1 (k2 +l 2 +2k 1 ( 1 2k ( 1 k+1 1 2 (mod Teisel juhul ( 1 ( 1 16k2 +2k+9+16l 2 +16l+ 1 ( 1 (k2 +l 2 +l+6k+3 1 ( 1 2k+1 ( 1 k+3 1 2 (mod ja seega omadus kehtib 5 Kui α β (mod, siis ( α α N( 1 β N( 1 Seega jällegi lause 33 õhjal ( α ( β ( β (mod 16

6 Eelduse kohaselt uλ, kus u U(Z[i], seega N( N(λ Ilmselt iga α Z[i] korral α arajasti siis, kui λ α Seega kongruents ( α α N( 1 α N(λ 1 (mod annab meile ka (α Lemma 33 õhjal saame, et ( α ( α N(λ 1 α α ( α λ (mod λ Lemma 7 Olgu Gaussi algarv Kui α, siis ( α 1 Tõestus Biruutjäägi sümboli definitsiooni kohaselt (( α (i j (i j 1 j 1 ( Lause 8 Olgu q teist liiki Gaussi algarv, q 3 (mod Siis iga a Z korral, kui q a Tõestus Et q 3 (mod, siis N(q q 2 Kuna + 1, siis Fermat väikese teoreemi õhjal ([5], teoreem 513 ( a a q2 1 (a 1 +1 1 (mod q ( Kuna > 2, siis 1 a q Defineerime biruutjäägi sümboli ka mitte-algarvuliste Gaussi täisarvude jaoks Definitsioon 9 Olgu α, β Z[i] ja (1 + i α Ringi Z[i] faktoriaalsuse tõttu α λ i, kus λ i on esimest või teist liiki Gaussi algarvud Juhul kui i (α, β 1, siis defineerime ( β järgmiselt: α ( ( β β α i λ i a q 1 17

Lause 6 omaduse 6 õhjal on selline definitsioon korrektne Lause 10 Olgu α Z \ {0}, a Z aaritu ning a > 1 Kui (a, α 1, siis ( α 1 a Tõestus Lause 6 omaduse 6 õhjal võime eeldada, et a > 0 Kirjutame a i q j, kus i, q j on algarvud ning i 1 (mod ja q j 3 (mod i j Lause 8 õhjal iisab veenduda, et i ( α i 1 Et i 1 (mod, siis i (teoreem 27, ning kuna α α, sest α Z, saamegi, et ( α ( α ( α ( α ( α ( α ( α 1 Lause 11 Kui n 1 on täisarv ja n 1 (mod, siis ( n 1 i ( 1 n Tõestus Vaatleme esmalt algarve n 1 (mod Kirjutades n, saame lemma 33 tõttu, et ( ( ( i i i n i N( 1 i N( 1 (i n 1 2 (i 2 n 1 ( 1 n 1 Kui n on negatiivne algarv, siis n P ja n 3 (mod Järelikult n 1 l + 2, l Z ja i n 1 i l+2 i l i 2 1 ( 1 1 Ilmselt ( 1 q+1 ( 1 q 1 ja seega ( i n i N(n 1 i n2 1 (i n 1 n+1 ( 1 n 1 Juhul, kui n 1 (mod on suvaline, siis n 1 t q 1 q s, kus i 1 (mod ja q i 1 (mod ning algarve q s on aarisarv tükki Järelikult [5] lemma 920 õhjal ( ( ( ( ( i i i i i n 1 t q 1 q s ( 1 1 1 ( 1 t 1 ( 1 q 1 1 ( 1 qs 1 ( 1 ( 1 n 1 i i 1 + j q j 1 ( 1 ( i q j 1 i j / ( 1 ( i,j i( q j 1 / 18

5 Gaussi ja Jacobi summad Ruutvastavusseaduse sõnastamisel ja tõestamisel on otstarbekas kasutada Legendre i sümbolit Et tõestada biruutvastavusseadust, defineerime Legendre i sümboli vaste ehk biruutjäägi sümboli Kuna viimase omadusi on võimalik vähese vaevaga tõestada ka üldisemalt, toome sisse kõiki eelnevaid sümboleid endasse haarava koruse multilikatiivse karakteristiku mõiste ja seome selle Gaussi ning Jacobi summadega 51 Multilikatiivsed karakteristikud Lõliku koruse F, P, multilikatiivseks karakteristikuks nimetatakse kujutust χ : F C \ {0}, mis rahuldab iga a, b F korral tingimust χ(ab χ(a χ(b Üks selline karakteristik on defineeritud võrdusega ε(a 1 iga a F korral Me võime laiendada karakteristikut tervele korusele F, võttes χ(0 0, kui χ ε, ja ε(0 1 Lause 51 Olgu χ koruse F multilikatiivne karakteristik ja a F Siis karakteristikul χ on järgmised omadused 1 χ(1 1 2 χ(a on ( 1 astme ühejuur 3 χ(a 1 χ(a 1 χ(a Tõestus 1 Ilmselt χ(1 χ(11 χ(1χ(1 Kuna χ(1 0, sest χ(1 C\{0}, siis χ(1 1 2 Paneme tähele, et a 1 1 ([5], lemma 88 Nüüd 1 χ(1 χ(a 1 χ(a 1 3 Kuna 1 χ(1 χ(a 1 a χ(a 1 χ(a, siis χ(a 1 χ(a 1 Et χ(a on omaduse 2 õhjal komleksarv mooduliga 1, siis χ(a χ(a χ(a 2 1 ja öördelemendi ühesuse ning korrutamise kommutatiivsuse tõttu ([], lause 2138 χ(a 1 χ(a 19

Lause 52 Olgu χ koruse multilikatiivne karakteristik Siis {, kui χ ε, χ(t 0, kui χ ε t F Tõestus Esimene juht on ilmne, sest ε(t 1 + 1 + + 1 t F }{{} tükki Oletame, et ε χ Sellisel juhul leidub element a F nii, et χ(a 1 Olgu T t F χ(t Siis χ(a T t F χ(a χ(t t F χ(at T Viimane võrdus kehtib seetõttu, et kui t omandab kõik väärtused hulgast {1,, 1}, siis loengukonsekti [5] lemma 911 õhjal omandab at samad väärtused mooduli järgi Kuna χ(a T T ja χ(a 1, siis T 0 Multilikatiivsete karakteristikute hulk moodustab rühma järgmiste tehete suhtes: 1 kui χ ja λ on lõliku koruse F multilikatiivsed karakteristikud, siis χλ on defineeritud seosega χλ(a χ(aλ(a iga a F korral; 2 kui χ on F multilikatiivne karakteristik, siis χ 1 : F C \ {0} ja χ 1 (a χ(a 1 iga a F korral Selle rühma ühikelemendiks on karakteristik ε Lause 53 Koruse F karakteristikute rühm on tsükliline rühm järguga 1 Kui a F ja a 1, siis leidub üheselt määratud karakteristik χ selliselt, et χ(a 1 Tõestus Teoreemi 118 õhjal teame, et F on tsükliline Olgu g F rimitiivne element Siis iga a F on avaldatav g astmena: a g l, l N Kui nüüd χ on multilikatiivne karakteristik, siis χ(a χ(g l Seega χ on elemendi χ(g oolt täielikult määratud Et χ(g on ( 1 astme ühejuur ja neid on täselt 1 tükki, siis karakteristikute rühma järk on maksimaalselt 1 20

Defineerime funktsiooni λ võrdusega λ(g l e 2i 1 l C \ {0} Siis λ on multilikatiivne karakteristik, sest λ(g l g l λ(g l+l e 2i 1 (l+l e 2i 1 l e 2i 1 l λ(g l λ(g l, kus l, l N Paneme tähele, et 1 on väikseim täisarv n, mille korral λ n ε, st λ järk multilikatiivsete karakteristikute rühmas on 1 Tõeoolest, kui λ n ε, siis λ n (g ε(g 1 Kuid 1 λ n (g (λ(g n e 2i n 1 ja seega 1 n Et λ 1 (g λ(g 1 λ(g 1 λ(1 1, siis λ 1 ε Seega λ järk multilikatiivsete karakteristikute rühmas on 1 Olgu m multilikatiivsete karakteristikute rühma järk, siis Lagrange i teoreemi õhjal 1 m Kuna eelnevalt veendusime, et m 1, siis m 1 ja multilikatiivne karakteristikute rühm on tsükliline rühm moodustajaga λ Kui a F ja a 1, siis a g l, kusjuures 1 l 2 Arvutades saame, et λ(a λ(g l e 2i l valiku tõttu kehtida l 1 1, sest vastasel korral 1 l, mis ei saa 52 Gaussi summad Nüüd saame defineerida Gaussi summad, mida kasutame korduvalt edasidistes tõestustes Definitsioon 5 Olgu ξ e 2i astme algjuur, χ koruse F mingi multilikatiivne karakteristik ja 0 a 1 Komleksarve g a (χ t F χ(tξ at nimetatakse karakteristiku χ Gaussi summadeks Lemma 55 Kehtib võrdus t F ξ at {, kui a 0, 0, kui a 0 Tõestus Kui a 0, siis ξ at (ξ a t (ξ 0 t 1 t 1 ja seega ξ at 1 t F t F Juhul a 0 ka ξ a 1 ja seega 1 t0 ξ at ξa 1 ξ a 1 0 Lemma 55 õhjal saame teha järgmise järelduse 21

{ 1, kui x y (mod, Järeldus 56 Olgu δ(x, y 0, kui x y (mod t F ξ t(x y δ(x, y Siis Lause 57 Olgu 0 a 1 ja χ ε koruse F multilikatiivne karakteristik Siis { χ(a g a (χ 1 g 1 (χ, kui a 0, 0, kui a 0, ja Tõestus g a (ε { 0, kui a 0,, kui a 0 Olgu χ ε ja a 0 Siis g a (χ 1 χ(a 1 χ(a χ(1 1 Seega t0 1 g a (χ χ(a 1 χ(atξ at χ(a 1 g(χ, t0 χ(a 1 χ(aχ(tξ at, sest sest kui t omandab väärtused hulgast {1,, 1}, siis ka at omandab need väärtused mooduli järgi ([5], lemma 911 Kui aga a 0, siis lause 52 õhjal 1 1 g 0 (χ χ(tξ 0t χ(t 0 Olgu nüüd χ ε ja a 0 Sellisel juhul g a (ε 1 t0 (lemma 55 Kui aga a 0, siis lause 52 õhjal g 0 (χ t t0 t0 ε(tξ at 1 t0 ξ 0t (( Edasidi tähistame Gaussi summa g 1 (χ sümboliga g(χ ja summat g on Legendre sümbol, sümboliga g Lemma 58 Kehtib seos g(χ χ( 1 g(χ ξ at 0, kus ( 22

Tõestus Paneme tähele, et kuna ξ on ühejuur, siis ξ ξ 1 Seega g(χ t F χ(t ξ t t F χ(t ξ t t F χ(t ξ t t F χ( 1χ( t ξ t χ( 1 t F χ( t ξ t χ( 1 t F χ(t ξ t χ( 1 g(χ Lause 59 Kehtib võrdus g 2 ( 1 1 2 Tõestus Tõestamiseks avaldame summa S g a g a kahel eri viisil Kui a a 0, siis lause 57 tõttu ( ( a 1 a 1 g a g a g 2 ning seega Samas S ( ( a 1 a 1 g a g a a 0 a 0 a F a F ( ( 1 1 g 2 ( 1 g 2 a 0 a F g a g a x F ( x ξ ax y F ( y g 2 ξ ay, järelikult S a F x,y F ( ( x y ξ ax ξ ay a F x,y F ( xy ξ a(x y Muutes summeerimise järjekorda, saame järelduse 56 õhjal, et S ( xy ( xy ξ a(x y δ(x, y a F x,y F 23 x,y F

( Kui nüüd x y, siis ( xy { x 2 1, kui x 0, 0, kui x 0 Seega S x 0 x F ( 1 Pannes saadud tulemused kokku, näeme, et ( 1 S ( 1 ( 1 g 2 Taandades võrduse ( mõlemalt oolelt (( 1 0 ja korrutades võrdust Legendre i sümboliga, saamegi g 2 ( 1 1 2 1 1 Lause 510 Kui χ ε, siis g(χ Tõestus Tõestamiseks avaldame jällegi summa S a g a (χ g a (χ kahel eri viisil Kui a 0, siis lausete 51 ja 57 õhjal χ(a 1 χ(a, g a (χ χ(a 1 g(χ ja seega Järelikult g a (χ χ(a 1 g(χ χ(a g(χ g a (χ g a (χ χ(a 1 g(χ χ(a g(χ g(χ 2 Kuna g 0 (χ 0, siis S g a (χ g a (χ g(χ 2 ( 1 g(χ 2 a F a 0 Teiselt oolt, g a (χ g a (χ χ(x χ(y ξ ax ay x F y F Summeerides mõlemaid ooli üle a ja kasutades järeldust 56, kehtib võrdus χ(x χ(x χ(x 2 1, sest χ on ühejuur ja seega S g a (χ g a (χ χ(x χ(y δ(x, y ( 1 a x y Järelikult ( 1 g(χ 2 S ( 1 ehk g(χ 2

53 Jacobi summad Peatüki lõus vaatleme Gaussi multilikatiivsust muutvaid Jacobi summasid Definitsioon 511 Olgu χ ja λ koruse F karakteristikud ning a, b F Siis komleksarve J(χ, λ χ(a λ(b a+b1 a,b F nimetatakse Jacobi summadeks Teoreem 512 Olgu χ ja λ mittetriviaalsed karakteristikud ehk χ ε ning λ ε Siis (a J(ε, ε (b J(ε, χ 0 (c J(χ, χ 1 χ( 1 (d Kui χ λ ε, siis J(χ, λ g(χ g(λ g(χ λ Tõestus Osa (a kehtib vastavalt definitsioonile, sest J (ε, ε ε(a ε(b 1 1 a+b1 a+b1 a,b F a,b F Osa (b on vahetu järeldus lausest 52, sest J (ε, χ ε(a χ(b 1 χ(b χ(b 0 a+b1 a+b1 b F a,b F a,b F Punkti (c tõestamiseks aneme tähele, et J(χ, χ 1 1 (b χ(aχ a+b1 a,b F a+b1 b 0 a,b F χ ( a b 1 ( χ a (1 a 1 a 1 a F Olgu c a Kui c 1, siis a c Järelikult kui a F 1 a 1+c \ {1}, siis c F \ { 1} Seega uuesti lause 52 tõttu J(χ, χ 1 χ(c χ( 1 c 1 25

Omaduse (d uhul märgime, et g(χ g(λ χ(x λ(y ξ x+y χ(x λ(y ξt x,y F t F x+yt x,y F Juhul t 0 saame lause 52 õhjal, et χ(x λ(y χ(x λ( x λ( 1 χλ(x 0, x+y0 x F x F x,y F sest eelduse kohaselt χ λ ε Kui aga t 0, võime summas teha asenduse x tx, y ty ning saame χ(tx λ(ty χλ(t J(χ, λ x +y 1 x,y F χ(x λ(y x+yt x,y F Seega g(χ g(λ t F J(χ, λ χλ(tξ t J(χ, λ g(χλ ning jagades mõlemad ooled läbi Gaussi summaga g(χλ 0 (lause 510, saamegi soovitud tulemuse Lause 513 Olgu 1 (mod n ja χ karakteristik, mille järk on n > 2 Siis g(χ n χ( 1 J(χ, χ J(χ, χ 2 J(χ, χ n 2 Tõestus Kasutades teoreemi 512 osa (d, kehtib juhul χ 2 ε võrdus g(χ 2 J(χ, χ g(χ 2 (1 Kuna χ 3 ε, siis J (χ, χ 2 g(χ 3 g(χ 2 g(χ ning korrutades võrduse (1 mõlemat oolt Gaussi summaga g(χ, saame, et g(χ 3 J(χ, χ g(χ 2 g(χ J(χ, χ J(χ, χ 2 g(χ 3 Samamoodi jätkates näeme, et g(χ n 1 J(χ, χ J(χ, χ 2 J(χ, χ n 2 g(χ n 1 (2 26

Nüüd χ n 1 χ 1 χ ja seega g(χ g(χ n 1 g(χ g(χ Samas teame, et g(χ 2 g(χ g(χ g(χ χ( 1 g(χ Kuna χ( 1 ±1, siis võime kirjutada χ( 1 g(χg(χ Järelikult korrutades võrduse (2 mõlemat oolt Gaussi summaga g(χ, saamegi soovitud tulemuse g(χ n χ( 1 J(χ, χ J(χ, χ 2 J(χ, χ n 2 27

6 Biruutvastavusseadus Käesoleva eatüki eesmärgiks on tõestada biruutvastavusseadus, mille võib sõnastada järgmiselt: Teoreem 61 Olgu λ ja ühistegurita rimaarsed Gaussi täisarvud Siis ( λ ( λn(λ 1 N( 1 Järgnevalt tõestame rea seoseid biruutjäägi sümboli ja Gaussi ning Jacobi summadel vahel Lause 62 Kui λ ja on rimaarsed ning λ c + di ja a + bi, a, b, c, d Z, siis N(λ 1 N( 1 on sama aarsusega mis a 1 c 1 2 2 Tõestus Tõeoolest, N(λ 1 N( 1 c2 + d 2 1 a2 + b 2 1 (a + 1(a 1 + b2 (c + 1(c 1 + d2 Kuna λ ja on rimaarsed, siis kas või c 1 (mod ja d 0 (mod c 3 (mod ja d 2 (mod Samad tingimused kehtivad ka arvude a ja b jaoks Juhul kui a 1 (mod ehk a k + 1 ja b 0 (mod ehk b l, kus k, l Z, siis (a + 1(a 1 + b 2 on aaris ja seega on ka korrutis (k + 2(k + 16l2 k 2 + 2k + l 2 (a + 1(a 1 + b 2 (c + 1(c 1 + d2 aaris Kirjutades lahti murru a 1 k a 1 2k, näeme, et ka korrutis c 1 2 2 2 2 on aaris ja seega oleme veendunud, et N(λ 1 N( 1 on tõeoolest sama aarsusega mis a 1 Sama tulemuse saame ka juhul, kui c 1 (mod c 1 2 2 28

ja d 0 (mod Kui aga a ja c on kongruentsed arvuga 3 mooduli järgi ning b ja d on kogruentsed arvuga 2 mooduli järgi, siis korrutis (a + 1(a 1 + b 2 (c + 1(c 1 + d2 (k + (k + 2 + (l + 22 (m + (m + 2 + (n + 22 (k 2 + 6k + l 2 + l + 3 (m 2 + 6m + n 2 + n + 3 }{{}}{{} aaritu aaritu on aaritu, nagu ka korrutis a 1 2 c 1 2 k + 2 2 m + 2 2 (2k + 1 (2m + 1 }{{}}{{} aaritu aaritu Olgu meil edasidi rimaarne esimest liiki Gaussi algarv, mille norm N( 1 (mod ja ( sellega seotud biruutjäägi sümbol Juhul, kui ( ( ( 2, siis on mittetriviaalne karakteristik ning ühtlasi Legendre i sümbol Loengukonsekti [5] lemma 75 ütleb, et aarisarvulise järguga tsüklilises rühmas on täselt üks selline element, mille järk on kaks Kuna Legendre i sümbol on karakteristik, mis ei ole võrdne ühikkarakteristikuga ( 2 ε, aga ε, siis tema järk on 2 Samuti biruutjäägi sümboli uhul ( ( 2 2 ( ε, aga 2 ε Seega langevad nad kokku Lause 63 Kehtib võrdus J ((, ( ( 1 ( ( ( J, Tõestus Teoreemi 512 osa (d õhjal J ((, ( g(( 2 g(( ṗ ning seega 29

lausete 59 ja 513 kohaselt (( ( 2 g (( J, (( 2 g ( 1 J ((, ( ( ( J g 2 ( 1 J ((, ( ( ( J ( 1 J (( ( 1 1 2 (, 0 (lause 510, võime võrduse selle Jacobi sum- ning kuna J ((, ( maga läbi jagada ning saamegi soovitud tulemuse J, (, ( ( ( (, Lause 6 Kehtib võrdus g (( (( J, ( 2 Tõestus Lausete 512 ja 63 õhjal (( ( 1 (( ( ( ( ( g J, J, ( 1 (( ( ( 1 (( J, J ( ( 1 2 (( ( 2 J, (, Lause 65 Gaussi täisarv ( (( 1 J (, on rimaarne Tõestus Paneme tähele, et (( J (, ( s s+t1 s,t F 1 ( t 2 ( s ( 1 s + s1 2 2 ( s 1 s2 1 ( s s1 1 s +3 2 ( 1 s 30 + ( 1 s ( s ( 1 s ( +1 2 2, + ( +1 2 ( 1 +1 2

sest kui s {( + 3/2,, 1}, siis 1 s { ( + 1/2,, } Viimased aga on mooduli ja seega ka mooduli järgi( kongruentsed arvudega 1 +1 2 ( 1/2,, 0 Samuti võime biruutjäägi sümbolis liita elemendi ( (, sest ja seega saame 1 ((+1/2+ (+1/2 Paneme tähele, et iga ööratav element hulgas Z[i] on kongruentne elemendiga 1 mooduli (1 + i järgi Veendume näiteks, et 1 1 (mod 1 + i Siis kongruentsuse definitsiooni kohaselt 1 + i 2 (1 + i(1 i ning tõeoolest, 1 ja 1 on mooduli 1 + i järgi kongruentsed Ülejäänud variantides saab veenduda analoogiliselt Järelikult 2 ( s 1 s2 ( 1 s 2 1 s2 1 1 3 2 (mod 1 + i Kuna +1 2 + 1 1 (mod, siis +1 2 1, ja et ( 2 2 2 ( 2 2 ( 2 2 Nüüd 1, kehtib ( +1 2 2 ( 2 1 2 ( 2 ( i (1 + i 2 2 2 ( 2 2 ( 2 ( i 1 Täheldame, et kuna ( 1/2 on aaris, siis 2 ( 1/2 Samas kehtib 1 + i 2 ja seega 1 + i 1 Korrutades nüüd viimase jaguvuse elemendiga 2 2, saame, et 1 (mod 2 + 2i Kokkuvõttes (( ( ( ( 3 1 J, 2 + 2 ( 1 2 + (mod 2 + 2i Teades, et ( 1 ±1 ja korrutades saadud tulemust biruutjäägi sümboliga ( 1, saamegi, et ( 1 (( ( ( 1 J, 2 1 1 (mod (1 + i 3 Lause 66 Kehtib võrdus ( 1 J((, ( 31

Tõestus Et ( 1 J((, ( on rimaarne, iisab lemma 3 õhjal veenduda, et võrduse ooled erinevad üksteisest ööratava elemendi võrra Definitsiooni kohaselt (( J ( 1 ( s, Näitame nüüd, et s1 ( 1 s 1 S x k 0 x1 1 s 1 (1 s 1 (mod s1 (mod, kui 1 k < ( 1 Veendume selles Kuna on algarv, siis leidub algjuur g selliselt, et {1, 2,, 1} {1, g, g 2,, g 2 } Järelikult 1 k + + ( 1 k 1 + g k + + (g k 2 (mod Võttes q g k, kehtib g ööratavavuse tõttu (q, (g, 1 Seega Fermat väikese teoreemi õhjal q 1 1 0 (mod Kuna g on algjuur, siis q 1, sest k < 1 Seetõttu S (q 1 q 1 + q 2 + + q q 2 1 q 1 1 0 (mod Eelnevast q 1 0 (mod ja seega S 0 (mod Binoomvalemist saame, et s 1 (1 s 1 ( 1/ i0 ( ( 1/ i ( s i s 1 Järelikult ( ( 1 J(, s1 ( 1/ i0 ( ( 1/ i ( 1 ( 1/ ( 1 i ( 1/ i0 i ( 1 i s s1 1 i+ 1 i+ s Kuna 1 ( 1/ korral kehtib 1 i + ( 1/ ( 1/2 < 1, siis 1 1 i+ s 0 (mod s1 32

Seega J( (, ( ( 1/ i0 ( ( 1/ ( 1i 0 0 (mod ja kuna, i siis tõeoolest (( ( J, 0 (mod Kuna ( ε, siis lause 510 õhjal g(( ning järelikult tänu ( faktile ε kehtib teoreemi 512 osa (d õhjal ( ( J(, g (( 2 (( g Nüüd N ( J ((, ( (( ja seega J, ( on Gaussi algarv Kuid J ((, ( ja järelikult on nad assotsieeritud, mida tahtsimegi näidata Lausete 6 ja 66 õhjal saame järgmise tulemuse: Lause 67 Kehtib võrdus g (( 3 Tõestus Kuna g (( ( J(, ( 2 ning me teame, et, ja J( (, ( 2 2, siis saamegi, et (( g 3 Järgmisena vaatame kahte biruutvastavuse erijuhtu Lause 68 Olgu q > 0 algarv kujul k + 3, k Z Siis ( ( q q Tõestus Et q 3 (mod, kehtib lemma 120 ning lausete 51 ja 57 33

õhjal Seega ( (( q 1 g 1 j1 1 j1 j1 ( k+3 1 j ξ qj j1 ( j ( q 1 j ξ j j1 ( k j ( 2 1 j ξ qj j1 ( j ( q j ξ qj ( j 1 ( 2 ( ( j j ( ξ qj 1 g q j1 ( ( q 1 ( ( q g 1 ( (( q+1 g 3 1 ξ qj 1 ( 2 j ξ qj ( ( g j1 (mod q (( q+1 ( q (( ( ( g g g ( 3 j ξ qj (mod q (mod q Tõeoolest, lemma 120 ja Fermat väi- Paneme tähele, et q kese teoreemi kohaselt q (a + bi q a q + (bi q Järelikult saame lause 67 õhjal, et ( ib q + a q a bi (mod q (q+3(q+1 ( 3 ( q+1 (( g q+1 ( q (( ( ( g g ( q (( ( 1 (( g g ( q (( ( ( 2 q q g ( ( q q q q+1 (mod q 3

Veendume, et 0 (mod q Kui q, siis kuna on taandumatu, võime kirjutada q u, kus u U(Z[i] Seejuures N( N(q u q 2, mis on ja q algarvulisuse tõttu võimatu Sarnaselt näeme, et 0 (mod q Järelikult jagades kongruentsi läbi arvuga q+1, saame q2 1 ( q ( Samas teame vastavalt definitsioonile, et ( q ( q (mod q q q2 1 (mod q ja seega (mod q Kuna ekvivalentsi mõlemal oolel on ööratavad elemendid, saame lemma 33 õhjal ( ( q q Lause 69 Olgu q algarv ning q 1 (mod Siis ( q ( q Tõestus Kuna q k + 1, k Z, siis (( 1 q ( j g j1 ( 1 ( j j1 q 1 ξ qj k j1 ( j ( k+1 j ξ qj ξ qj 1 ( j (( 1 k ξ qj g q j1 ( q (( g (mod q, kus viimane võrdus kehtib lausete 51 omaduse 3 ja 57 õhjal Seega (( q+3 ( q (( g g (mod q 35

Lause 67 õhjal g (( 3, järelikult võime kirjutada ( 3 q+3 ( q 3 (mod q Nagu eelnevas tõestuses, kehtib ka siin, et 0 (mod q ja 0 (mod q Seega võime kongruentsi läbi jagada korrutisega 3 ning saame ( ( 3 q 1 q 1 q (mod q Kuna teoreemi 27 õhjal q λ λ, kus λ on esimest liiki Gaussi algarv, siis ( q ( ( 3 (mod λ, λ λ sest N(λ q Selle kongruentsi mõlemal oolel on ööratavad elemendid, mistõttu võime kirjutada ( Et ( λ kirjaildiga 3 λ ( q Järelikult ( q ( ( q 1 ( ( λ λ ( λ q ( q ( λ ( 3 λ, siis ( 3 ehk λ ( (3 λ ( ja (3 on samaväärne λ ( q ( λ Nüüd saamegi, et kehtib võrdus ( q ( q ( q ( q ( λ Lause 610 Olgu a täisarv ja a 1 (mod, a 1 Olgu λ rimaarne Gaussi täisarv ning (λ, a 1 Siis ( λ ( a a λ 36

Tõestus Aritmeetika õhiteoreemi kohaselt võime kirjutada a q i r j, i j kus q i 3 (mod ja r j 1 (mod, q i, r j P Paneme tähele, et elemente q i on aarisarv, sest vastasel korral saaksime a 3 (mod Et λ on rimaarne, siis λ µ k ν l, kus µ k, ν l on vastavalt rimaarsed teist ja esimest liiki k l Gaussi algarvud (lemma 35 Näitame, et q i, µ k on ühisteguriteta Oletame vastuväiteliselt, et (q i, µ k 1 Taandumatuse tõttu on see suurim ühistegur q i µ k P, kust q i a ning q i λ, mis on vastuolus sellega, et (a, λ 1 Samal õhjusel kehtib ka (r j, µ k 1 Kuna i on aarisarv, siis ( 1 q i 1 i Võttes ν ν l ja arvestades, et lemma 35 tõestuse kohaselt võib võtta µ k l täisarvudeks, µ k µ k, saame lausete 8, 10, 68 ja 69 õhjal, et ( a λ ( qi ( rj ( rj ( qi µ k i,k ν l j,l µ k j,k ν l i,l ( qi ( rj ( rj ( ( 1 qi µ k i,k ν l j,l µ k j,k ν l i,l ν l 1 ( νl 1 ( ( 1 νl j,l r j ( νl ( µk q i i,k r j j,l j,k µ k ν l k l q i ( 1 ν i j r j l i,l ν l ( µk r j q i ( 1 i,l ( λ a ν l ( νl q i Lause 611 Olgu a + bi ja λ c + di rimaarsed ja ühistegurita Kui (a, b 1 ja (c, d 1, siis ( λ ( ( 1 λ a 1 2 c 1 2 Tõestus Et ja λ kordajad on ühistegurita, siis ka (a, (b, (c, λ (d, λ 1 Kuna c ac + bci λbi ac + bci bci + bd ac + bd (mod λ, siis (ac + bd, λ (ac + bd, 1 Veendume viimase võrduse kehtivuses Oletame vastuväiteliselt, et (ac + bd, s 1 Siis Z[i] faktoriaalsuse tõttu 37

leidub Gaussi algarv t nii, et t s Vastuväitelise oletuse kohaselt siis t ac + bd ja t a + bi Nüüd, kui t, siis ka t c ac + bci Järelikult t ac + bd ac bci b(d ci Kuna t on taandumatu, siis kas t b või t d ci Kuid siis kehtib ka t a ja seetõttu jõuame vastuoluni Samuti, kui t d ci iλ, siis t λ Kuna t jagab ka elementi ning (λ, 1, oleme saanud vastuolu Seega tõeoolest (ac + bd, 1 Kuna c ac + bd (mod, siis ( c ( ( ac + bd ( λ λ λ ja analoogiliselt ( a ( λ ( ac + bd (5 Võttes võrdusest (5 kaaskomleksarvu ning korrutades seda võrdusega (, saame seoste a a ja ac + bd ac + bd tõttu võrduse ( a ( c λ ( λ ( ( ac + bd λ λ ja ( c λ (6 Korrutades võrdust (6 elementide ( a öördelementidega, saame võrdusest (6 lause 51 omaduse 3 õhjal võrduse ( λ ( λ ( c λ ( a ( ac + bd λ Oletame esmalt, et a, c ja ac + bd on mitteööratavad Defineerime aaritu täisarvu n jaoks funktsiooni γ(n ( 1 n 1 2 Siis γ(n n 1 (mod ja γ(ac + bd ( 1 ac+bd 1 2 ( 1 ac 1 2 ( 1 a 1 2 ( 1 c 1 2 γ(a γ(c, sest bd 0 (mod (lemma 32 Lause 610 õhjal ning teades, et ( x ( ( α γ(x γ(xx, saame α α ( λ ( λ ( ( ( ( ( ( γ(c λ γ(a γ(ac + bd λ λ γ(c c γ(a a λ γ(ac + bd (ac + bd 38

Märgime, et γ(a { 1, kui a 1 (mod, 1, kui a 3 (mod, ja seega lemma 33 õhjal ( γ(a γ(a N(λ 1 λ { 1 (mod λ, kui a 3 (mod c 3 (mod, 1 (mod λ, muudel juhtudel Lause 6 omaduse 2 õhjal võime kirjutada ( ( ( γ(ac + bd γ(a γ(c γ(a λ λ λ ja seetõttu sama lause omaduste 3 ja 6 õhjal ( γ(c λ ( γ(a ( γ(c ( λ ( λ ( ( ( ( ( ( γ(c λ γ(a γ(ac + bd λ λ γ(cc γ(aa λ γ(ac + bd(ac + bd ( ( ( γ(c λ γ(a ( ( ( ( ( ( γ(a γ(c γ(a γ(c λ λ c a λ λ ac + bd ( 2 ( 2 ( ( ( γ(c γ(a γ(a γ(c λ ( ( λ λ λ c a ac + bd ( ( Et γ(a ja γ(c väärtused on samaaegselt kas 1 või 1 ja ruudud λ ( 2 ( 2 γ(c 1 ning γ(a 1, võime need võrdusest taandada Nüüd oleme λ jõudnud olukorrani, kus lause 10 ja a, c, ac + bd mitteööratavuse tõttu ( λ ( λ ( ( ( c di a + bi ac + bd + (ad cbi c a ac + bd ( ( ( ( ( ( d i b i ad bc i c c a a ac + bd ac + bd ( ( ( ( i i i i c a ac + bd ac(ac + bd 39

Kahe järjestikuse aarisarvu korrutis jagub alati arvuga 8, mistõttu ( 1 (ac2 1 ( 1 (ac+1(ac 1 1, kui a 1 või c 1 (mod, ning ka ( 1 ac(ac+bd 1 (ac+1(ac 1 ac+ ( 1 ( 1 ac 1, kui a 3 ja c 3 (mod, ( 1 a 1 2 c 1 2 { 1, kui a 1 (mod või c 1 (mod, 1, kui a 3 (mod ja c 3 (mod (7 Kuna ac(ac + bd (ac 2 saanud võrduse ( λ ( ( i λ ac(ac + bd 1 (mod, siis olemegi lause 11 kohaselt ( 1 ac(ac+bd 1 ( 1 a 1 2 c 1 2 Oletame nüüd, et kas a, c või ac + bd on ööratav Vaatleme näiteks juhtu a 1, sest ülejäänud võimalused on tõestatavad analoogiliselt Kui a 1, siis 1 + bi, b 0 (mod Siis eelnevaga sarnaselt saame, et ( λ ( ( ( c c + bd λ λ λ ( ( ( ( ( γ(c λ γ(c γ(c λ λ c λ c + bd ( ( ( ( λ λ c di c + bd + (d cbi c c + bd c c + bd ( ( ( ( d i d bc i ( i c c c ( i c + bd Nüüd (7 õhjal, võttes a 1, kehtib c + bd ( i c(c + bd c + bd ( 1 c2 +cbd 1 1 ( 1 a 1 2 c 1 2 Seega ( λ ( ( i λ c(c + bd ( 1 c(c+bd 1 ( 1 a 1 2 c 1 2 0

Viimase lause õhjal on lihtne tõestada biruutvastavusseadust Olgu a + b i ja λ c + d i rimaarsed ning ühistegurita Võtame m ±(a, b ja n ±(c, d selliselt, et m n 1 (mod Siis (a, b 1 ja (c, d 1, m(a + bi ja λ n(c + di ning a + bi ja c + di on samuti rimaarsed Vaatleme esiteks juhtu, kus m 1 ja n 1 Kuna (λ, m 1 ja (a+bi, n 1 ning ka (a + bi, c + di 1, siis lausete 610 ja 611 õhjal ( ( m ( ( ( ( a + bi λ a + bi a + bi λ λ λ m n c + di ( ( ( λ n c + di ( 1 a 1 2 c 1 2 m ( λ m ( λ a + bi ( λ a + bi ( 1 N( 1 N(λ 1 a + bi ( 1 a 1 2 c 1 2 ( λ ( 1 a 1 2 c 1 2 Viimane võrdus kehtib tänu lausele 62 Juhul, kui m 1 n, on tegemist lausega 611 Eelnevaga sarnase arutelu õhjal kehtib biruutvastavusseadus ka juhul, kui m 1 või n 1 Sellega olemegi esitanud biruutvastavusseaduse tõestuse, mida võib nimetada arvuteooria üheks sügavamaks ja ilusamaks tõestuseks 1

Kirjandus [1] F Lemmermayer, Recirocity Laws From Euler to Eisenstein, Sringer, Berlin, 2000 [2] G Brokan, Gaussi täisarvud, bakalaureusetöö, Tartu Ülikool, 201 [3] K Ireland, M Rosen, A Classical Introduction to Modern Number Theory, second edition, Sringer, New York, 1990 [] M Kil, Algebra I, Eesti Matemaatika Selts, Tartu, 2005 [5] V Laan, Arvuteooria loengukonsekt, Tartu Ülikool, 2012, htt://mathutee/mi/kursused/arvuteooria/kondf (viimati vaadatud 0062015 2

Lihtlitsents lõutöö rerodutseerimiseks ja lõutöö üldsusele kättesaadavaks tegemiseks Mina, Anu Ahven (sünnikuuäev 28111992, 1 annan Tartu Ülikoolile tasuta loa (lihtlitsentsi enda loodud teose Biruutvastavusseadus, mille juhendaja on Lauri Tart, (a rerodutseerimiseks säilitamise ja üldsusele kättesaadavaks tegemise eesmärgil, sealhulgas digitaalarhiivi DSace lisamise eesmärgil kuni autoriõiguse kehtivuse tähtaja lõemiseni; (b üldsusele kättesaadavaks tegemiseks Tartu Ülikooli veebikeskkonna kaudu, sealhulgas digitaalarhiivi DSace kaudu kuni autoriõiguse kehtivuse tähtaja lõemiseni 2 olen teadlik, et unktis 1 nimetatud õigused jäävad alles ka autorile; 3 kinnitan, et lihtlitsentsi andmisega ei rikuta teiste isikute intellektuaalomandi ega isikuandmete kaitse seadusest tulenevaid õigusi Tartus, 05062015