Liczby zespolone podstawowe własności

Transkrypt

1 Liczby zespolone podstawowe własności W tym tekście omówione zostanie Wielkie Twierdzenie Fermata dla n = 4 i dla n = 3. Zostanie też pokazany dowód wzoru Leibniza przedstawiającego liczbę π w postaci nieskończonej sumy naprzemiennej odwrotności kolejnych liczb nieparzystych. Wykorzystywać 4 będziemy własności liczb zespolonych, co upraszcza rozumowania istotne, choć można tego unikać. Na potrzeby tych wyników udowodnimy twierdzenie o jednoznaczności rozkładu w niektórych zbiorach liczbowych. Rzecz rozpoczniemy od omówienia podstawowych własności liczb zespolonych wraz z kilkoma standardowymi przykładami ich użycia do zagadnień, w których sformułowaniu liczby zespolone nie występują. Definicja 1.1 ( liczb zespolonych i działań na nich) Liczbami zespolonymi nazywamy liczby postaci a + bi, gdzie i oznacza jednostke urojona, przyjmujemy, że i = 1 zaś a i b sa liczbami rzeczywistymi. Suma liczb zespolonych z 1 = a+bi i z = c + di to z 1 + z = (a + c) + (b + d)i. Iloczyn liczb zespolonych z 1 = a + bi i z = c + di to z 1 z = (ac bd) + (ad + bc)i. Zbiór wszystkich liczb zespolonych oznaczany jest (na całym świecie z wyjatkiem polskich szkół średnich) przez C. Stwierdzenie 1. (przemienność działań) Dla dowolnych liczb zespolonych z 1, z zachodza równości z 1 + z = z + z 1 oraz z 1 z = z z 1, czyli dodawanie i mnożenie sa działaniami przemiennymi. Uzasadniamy to w nastepuj acy sposób: z 1 + z = (a + c) + (b + d)i = (c + a) + (d+b)i = z +z 1, bo wynik dodawania liczb rzeczywistych nie zależy od kolejności składników. Teraz mnożenie: z 1 z = (a + bi)(c + di) = (ac bd) + (ad + bc)i = (ca db) + (cb + da)i = (c + di)(a + bi) = z z 1, bo dodawanie i mnożenie liczb rzeczywistych sa przemienne. Zamiast pisać a+0i bedziemy pisać a, zamiast pisać 0+bi bedziemy pisać bi. Liczby postaci bi, b R nazywać b edziemy urojonymi. Dzi eki tej umowie liczby rzeczywiste to szczególne liczby zespolone te w których nie ma i. Liczbe a nazywamy cześci a rzeczywista liczby z = a + bi, piszemy Re z = a; liczbe b cześci a urojona liczby z = a + bi, piszemy Im z = b W taki sam sposób sprawdzić można, że zachodzi Stwierdzenie 1.3 (łaczność, rozdzielność, istnienie różnicy i ilorazu) Dla dowolnych liczb zespolonych z 1, z, z 3 zachodza równości (z 1 + z ) + z 3 = z 1 + (z + z 3 ) dodawanie jest łaczne, (z 1 z )z 3 = z 1 (z z 3 ) mnożenie jest łaczne, z 1 (z + z 3 ) = z 1 z + z 1 z 3 mnożenie jest rozdzielne wzgledem dodawania. Dla dowolnych liczb zespolonych z 1, z istnieje dokładnie jedna taka liczba zespolona z, że z 1 + z = z, liczba ta zwana jest różnica liczb z i z 1 i oznaczana symbolem z z 1. Dla dowolnych liczb zespolonych z 1 0 i z istnieje dokładnie jedna taka liczba zespolona z, że z 1 z = z, liczba ta zwana jest ilorazem liczb z i z 1 i oznaczana symbolem z z 1 lub z /z 1. 1

2 Liczby zespolone Przemienność i łączność działań wynika natychmiast z ich definicji i analogicznych własności liczb rzeczywistych. Podobnie rozdzielność. Jedynie dowód istnienia ilorazu różni si e nieco od nich. Przyjmijmy, że z 1 = a + bi, z = c + di. Szukamy liczby zespolonej z = x + yi, dla której z = zz 1, czyli c + di = (a + bi)(x + yi) = (ax by) + (ay + bx)i. Ma wi ec być c = ax by i jednocześnie d = ay + bx. Otrzymaliśmy wi ec układ równań z niewiadomymi x, y. Mnożac pierwsze z nich przez a, drugie przez b i dodajac stronami otrzymujemy ac + bd = (a + b )x, zatem x = ac+bd, dzielenie jest wykonalne, bo 0 a + bi, wiec a +b co najmniej jedna z liczb a, b jest 0. Analogicznie otrzymujemy wzór y = ad bc. a +b Wykazaliśmy wszystkie podstawowe własności działań. Jest oczywiste, że w zbiorze liczb zespolonych zachodza równości 1 z = z, 0 z = 0 i 0 + z = z dla dowolnego z C. Na liczbach zespolonych możemy wiec wykonywać działania tak, jak na liczbach rzeczywistych. Na przykład: c+di = (c+di)(a bi) = (c+di)(a bi) = (ac+bd)+(ad bc)i = (ac+bd)+(ad bc)i = ac+bd + ad bc i. a+bi (a+bi)(a bi) a (bi) a b i a b ( 1) a +b a +b Niestety, nie wszystko jest tak, jak w przypadku liczb rzeczywistych. W zbiorze C nie można w sensowny sposób wprowadzić nierówności. Nadamy temu zdaniu postać twierdzenia, a nast epnie udowodnimy je. Twierdzenie 1.4 o nieistnieniu nierówności w zbiorze liczb zespolonych W zbiorze C nie istnieje taka relacja, że 1. Jeśli z 1, z C, to zachodzi dokładnie jedna z trzech możliwości: z 1 = z albo z 1 z albo z z 1 (każde dwie liczby można porównać);. jeśli z 1 z i z z 3, to z 1 z 3 (nierówność ma być przechodnia); 3. jeśli z 1 z i z C, to z 1 + z z + z (do obu stron nierówności wolno dodać dowolna liczbe z C); 4. jeśli z 1 z i 0 z, to zz 1 zz (nierówność wolno pomnożyć obustronnie przez dowolna liczbe z wieksz a od 0). Załóżmy bowiem, że udało nam si e w taki sposób zdefiniować nierówność, że spełnione sa warunki 1 4. Jeśli 0 z, to 0 = 0 z z z = z, czyli kwadraty liczb dodatnich sa dodatnie. Mamy oczywiście z = ( z). Jeśli z 0, to 0 = z +( z) 0+( z) = z, zatem 0 ( z) = z, wiec również w tym przypadku 0 z. Wobec tego kwadraty liczb różnych od zera musza być dodatnie. Mamy 1 = 1 i i = 1, zatem 0 1 i jednocześnie 0 1. Dodajac do obu stron pierwszej z tych nierówności liczbe 1 otrzymujemy 1 ( 1) + 1 = 0, co przeczy temu, że 0 1. Dowód został zakończony. Okazało si e wi ec, że liczb zespolonych porównywać si e nie da. Można oczywiście definiować jakieś nierówności miedzy liczbami zespolonymi rezygnujac z cześci warunków 1 4, ale takie nierówności nie sa użyteczne, wiec na ogół nikt tego nie robi. Liczby zespolone, więc uporządkowane pary liczb rzeczywistych, można traktować jako punkty płaszczyzny. Przyjmujemy, że cz eść rzeczywista liczby zespolonej to pierwsza współrz edna (czyli pozioma), a cz eść urojona to druga współrz edna (pionowa) punktu płaszczyzny. Przy takiej interpretacji suma z 1 + z liczb zespolonych może być potraktowana jako koniec wektora, który jest suma wektorów 0z 1 i 0z.

3 Liczby zespolone Definicja 1.5 (wartości bezwzględnej) Wartościa bezwzgledn a z liczby zespolonej z = a+bi nazywamy liczb e a + b, argumentem arg z liczby z = a + bi 0 dowolna liczbe φ taka, że cos φ = a a oraz sin φ = b +b a +b. Z definicji tej wynika, że liczba z jest odległościa punktu z od punktu 0, a argument liczby z, to kat miedzy wektorami 01 i 0z mierzony w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara. arg = 0 lub arg = 004π, arg i = π lub arg i = 3π, arg( 1 + i) = π π 4 = 3 4 π itp. = = = i = i, 1 + i = 1 + i+ = 1 i = 1 i =. Stwierdzenie 1.6 (Nierówność trójkata) Dla dowolnych liczb zespolonych z 1, z zachodzi nierówność z 1 + z z 1 + z, jest ona równościa jedynie wtedy, gdy punkty płaszczyzny odpowiadajace liczbom 0, z 1, z leża na jednej prostej, przy czym 0 nie leży miedzy 1 z 1 i z. Dowodu nie podajemy, bo wynika on ze znanych własności figur geometrycznych (np. trójkata), a ci którzy ich nie pamietaj a, moga bez kłopotu wykazać, że dla dowolnych liczb rzeczywistych a 1, b 1, a, b zachodzi nierówność (a 1 + a ) + (b 1 + b ) a 1 + b 1 + a + b, staje sie ona równościa wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje liczba rzeczywista t 0 taka, że z 1 = tz lub z = tz 1. Z równości z = a + bi, r = z, cos φ = a a i sin φ = b +b a wynika, że zachodzi równość +b z = r(cos φ + i sin φ). Zapisaliśmy liczbe z w postaci trygonometrycznej. Załóżmy, że z 1 = r 1 (cos φ 1 + i sin φ 1 ) i z = r (cos φ + i sin φ ). Wtedy z 1 z = r 1 r ( cos φ1 cos φ sin φ 1 sin φ + i(cos φ 1 sin φ + cos φ sin φ 1 ) ) = = r 1 r ( cos(φ1 + φ ) + i sin(φ 1 + φ ) ) skorzystaliśmy tu z wzorów cos(φ 1 + φ ) = cos φ 1 cos φ sin φ 1 sin φ oraz sin(φ 1 + φ ) = = cos φ 1 sin φ +cos φ sin φ 1, z którymi wiele osób spotyka si e czasem w szkołach. Wykazaliśmy w ten sposób, że wartość bezwzgl edna iloczynu dwu liczb zespolonych równa jest iloczynowi ich wartości bezwzgl ednych, a argument iloczynu dwu liczb zespolonych równa jest sumie ich argumentów. Stosujac otrzymany wzór wielokrotnie otrzymujemy Twierdzenie 1.7 (Wzór de Moivre a) ( r(cos φ + i sin φ) ) n = r n ( cos(nφ) + i sin(nφ) ). Z tego wzoru wynika, że dla każdej liczby zespolonej w 0 i każdej liczby naturalnej n istnieje dokładnie n różnych liczb zespolonych z 1, z,...,z n takich, że z n j = w dla j = 1,,..., n. Załóżmy bowiem, że w = ϱ(cos ψ + i sin ψ). Jeśli z = r(cos φ + i sin φ) i w = z n, to musza być spełnione równości ϱ = r n oraz nφ = ψ + kπ dla pewnej liczby całkowitej k. Wynika stad, że r = n ϱ, zatem r jest wiec wyznaczone jednoznacznie. Musi też być φ = ψ + kπ. n n Zastepuj ac liczbe k liczba k + n zwiekszamy kat φ o π, co nie zmienia liczby z. Różne liczby z otrzymujemy przyjmujac kolejno k = 0, k = 1,..., k = n 1. Otrzymujemy wiec dokładnie n różnych wartości. Łatwo zauważyć, że odpowiadajace im punkty płaszczyzny sa wierzchołkami n kata foremnego wpisanego w okrag o promieniu r = n ϱ o środku w punkcie 0. Jeśli w = 1, to wśród tych liczb jest liczba 1. 1 nieostro, jedna z liczb z 1, z może być zerem 3

4 Liczby zespolone Definicja 1.8 (pierwiastka algebraicznego z liczby zespolonej) Algebraicznym pierwiastkiem n tego stopnia z liczby zespolonej w nazywamy każda liczbe zespolona z, dla której w = z n. Przykłady 1. Pierwiastkami algebraicznymi stopnia z liczby 1 = cos 0 + i sin 0 sa z 1 = cos 0π + i sin 0π = cos 0 + i sin 0 = 1 oraz z = cos π + i sin π = cos π + i sin π = 1.. Pierwiastkami algebraicznymi stopnia 3 z liczby 1 = cos 0 + i sin 0 sa z 1 = cos 0π + i sin 0π = 1, z 3 3 = cos π + i sin π = 1 + i 3 oraz 3 3 z 3 = cos 4π + i sin 4π = 1 i Pierwiastkami algebraicznymi stopnia 3 z liczby 1 = cos π + i sin π sa z 1 = cos π 3 + i sin π 3 = 1 + i 3, z = cos π+π 3 + i sin π+π 3 = 1 oraz z 3 = cos π+4π 3 + i sin π+4π 3 = 1 i Ponieważ cos α + i sin α = (cos α + i sin α) = cos α + i cos α sin α + i sin α = = cos α sin α + i cos α sin α, cześci rzeczywiste sa równe i cześci urojone sa równe, wiec cos α = cos α sin α i sin α = sin α cos α. 5. Ponieważ cos 3α+i sin 3α = (cos α+i sin α) 3 = cos 3 α+3i cos α sin α+3i cos α sin α+i 3 sin 3 α = = cos 3 α 3 cos α sin α + i ( 3 cos α sin α sin 3 α ), wi ec cos 3α = cos 3 α 3 cos α sin α = 4 cos 3 α 3 cos α oraz sin 3α = 3 cos α sin α sin 3 α = 3 sin α 4 sin 3 α. Widzimy wiec, że za pomoca liczb zespolonych można powiazać wzory na cos nα i sin nα z dwumianem Newtona, więc można przestać poszukiwać tych wzorów w tablicach. Definicja 1.9 (sprz eżenia) Jeśli z = a + bi, a, b R, to liczbe z = a bi nazywamy sprzeżon a do liczby z. 3i = + 3i, 13 = 13, i = i. Liczba z jest rzeczywista wtedy i tylko wtedy, gdy, z = z. Jeśli z / R, to z C jest jedyna liczba taka, że z + z R i jednocześnie z z R. Prosty dowód tego stwierdzenia pozostawiam czytelnikom w charakterze ćwiczenia. Mamy też z z = (a + bi)(a bi) = a + b = z, z + z = Re z oraz z z = i Im z. Możemy wiec napisać Re z = 1(z + z) i Im z = 1 (z z). Punkty płaszczyzny odpowiadaj ace i liczbom z i z sa symetryczne wzgledem osi rzeczywistej. Przypomnijmy, że argument iloczynu dwu liczb zespolonych równy jest sumie argumentów składników. Jest to własność przypominajace nieco logarytm (logarytm iloczynu to suma logarytmów czynników). Wykorzystujac te analogie można w sposób sensowny zdefiniować poteg e o wykładniku zespolonym i podstawie, która matematycy uważaja za najważniejsza, tzn. o podstawie e Liczby zespolone sa używane, bo w niektórych sytuacjach nie sposób sie bez nich obejść. Historycznie pierwszym przypadkiem tego rodzaju był chyba wzór na pierwiastki równania trzeciego stopnia: jeżeli x 3 + px + q = 0, to x = 3 q + p 3 + q + 3 q p 3 + q

5 Liczby zespolone Wyprowadzenie tego wzoru nie jest długie. Załóżmy, że u + v = x. Ma wi ec być spełniona równość 0 = (u + v) 3 + p(u + v) + q = u 3 + v 3 + q + (u + v)(p + 3uv). Wystarczyłoby wi ec znaleźć pare liczb rzeczywistych u, v taka, że u 3 +v 3 = q i jednocześnie uv = p. W dziedzinie 3 rzeczywistej równanie uv = p jest równoważne równaniu 3 u3 v 3 = p3. Bez trudu stwierdzamy 7 wiec, że liczby u 3, v 3 musza być pierwiastkami równania kwadratowego t + qt p3 = 0. Musz a 7 zatem być spełnione równości u 3 = q q + p3 i 4 7 v3 = q + q + p3 (lub odwrotnie, ale 4 7 przecież u, v graja w naszym rozumowaniu te same role). Stad otrzymujemy równość x = u + v = 3 q p q q p q 4 Pokażemy, że stosowanie tego wzoru może być kłopotliwe. Niech p = 63, q = 16, zajmujemy sie wiec równaniem x 3 63x 16 = 0. Mamy p 3 + q = ( p 3 ( 7 4 3) + q ) = ( 1) = 700 < 0. Teraz z tej liczby należy wyciagn ać pierwiastek kwadratowy. Ten pierwiastek nie jest liczba rzeczywista! Można pomyśleć, że to dlatego, że nasze równanie nie ma rozwiazań rzeczywistych. Tak jednak nie jest. Mamy bowiem ( 3) 3 63 ( 3) 16 = 0, ( 6) 3 63 ( 6) 16 = 0 oraz = 0, wi ec nasze równanie ma trzy pierwiastki rzeczywiste. Otrzymujemy wi ec wzory 3 = , 6 = , 9 = Wyglada to nieco podejrzanie: prawe strony sa równe, a lewe różne. To jednak tylko pozór. Sa dwie wartości pierwiastka kwadratowego z danej liczby zespolonej 0 i trzy wartości pierwiastka trzeciego stopnia. Przy tej interpretacji można sie spodziewać do trzydziestu sześciu pierwiastków tego równania. To jednak nie jest możliwe. Równanie stopnia trzeciego ma najwyżej trzy pierwiastki (po prostu nie można wybierać wartości tych pierwiastków w sposób dowolny). Udowodniono, że nie jest możliwe napisanie wzorów na pierwiastki równania stopnia trzeciego z użyciem dodawania, odejmowania, mnożenia, dzielenia i pierwiastkowania, które nie prowadziłyby do wyciagania pierwiastków kwadratowych z liczb ujemnych w przypadku rzeczywistych współczynników i trzech rzeczywistych pierwiastków! Oznacza to, że w tym przypadku bez liczb zespolonych obyć si e nie można. Zacz eto ich wiec używać w XVI wieku, choć ich nie było. Zostały ostatecznie zaakceptowane na poczatku XIX wieku, gdy C.F.Gauss pokazał, że można je potraktować jako punkty płaszczyzny i że wtedy działania na liczbach zespolonych zaczynaja mieć sens geometryczny. Dziś trudno sobie wyobrazić matematyke bez ich użycia. Gaussowi udało si e również podać poprawny dowód zasadniczego twierdzenia algebry (nazwa dziś stosowana). Udowodnił on mianowicie, że każdy wielomian stopnia 1 o współczynnikach zespolonych ma co najmniej jeden pierwiastek zespolony. Choć udowodnione twierdzenie sformułowane zostało w terminach algebraicznych, to dowód Gaussa był w swej istocie geometryczny (czy jak byśmy dziś powiedzieli topologiczny, tej nazwy w czasach autora dowodu jeszcze nie używano). Sformułujemy teraz to twierdzenie wraz z pewnym wnioskiem. Twierdzenie 1.10 (Zasadnicze twierdzenie algebry) Jeśli a 0, a 1,..., a n C oraz n 1 i a n 0, to istnieje co najmniej jedna liczba zespolona z 1 taka, że a 0 + a 1 z a n z n 1 = 0, czyli: każdy wielomian stopnia wi ekszego od 0, o współczynnikach zespolonych ma co najmniej jeden pierwiastek zespolony. 5

6 Liczby zespolone Dowód tego twierdzenia nie mieści si e w tym wykładzie. Z twierdzenia tego wynika, że jeśli p(z) = a 0 +a 1 z+ +a n z n, n 1, a n 0, to istnieje co najmniej jedna liczba zespolona z 1 taka, że dla pewnych liczb zespolonych b 0, b 1,..., b n 1 wzór p(z) = (z z 1 )(b 0 + b 1 z + + b n 1 z n 1 ) zachodzi dla każdej liczby zespolonej z (twierdzenie Bézout). Oczywiście b n 1 = a n 0. Jeśli n 1 1, to istnieje liczba z taka, że b 0 + b 1 z + + b n 1 z n 1 = 0, wiec powtarzajac rozumowanie stwierdzamy istnienie liczb c 0, c 1,..., c n takich, że dla każdej liczby zespolonej z zachodzi równość p(z) = (z z 1 )(z z )(c 0 +c 1 z+ +c n z n ). T e zabaw e można kontynuować dopóty, dopóki nie rozłożymy wielomianu p na iloczyn wielomianów stopnia pierwszego i stałej: p(z) = a n (z z 1 )(z z ) (z z n ). Wywnioskowaliśmy właśnie z zasadniczego twierdzenia algebry Wniosek 1.11 Każdy wielomian o współczynnikach zespolonych możemy przedstawić w postaci iloczynu wielomianów stopnia pierwszego o współczynnikach zespolonych. Wniosek ten może być zastosowany również do wielomianów, których współczynnikami sa liczby rzeczywiste, w końcu liczby rzeczywiste sa również liczbami zespolonymi (bardzo szczególnymi). Takie wielomiany bedziemy nazywać rzeczywistymi. Wtedy z tego wniosku można wywnioskować nieco wi ecej. Twierdzenie 1.1 (o nierzeczywistych pierwiastkach wielomianu rzeczywistego) Jeśli a 0, a 1,..., a n R, n 1 i a n 0 oraz a 0 + a 1 z + a z + + a n z n = 0, to również a 0 + a 1 z + a z + + a n z n = 0, tzn. jeśli liczba zespolona z jest pierwiastkiem wielomianu o współczynnikach rzeczywistych, to jej sprz eżenie z też jest pierwiastkiem tego wielomianu. Mamy 0 = 0 = a 0 + a 1 z + a z + + a n z n = = ā 0 + ā 1 z + ā z + + ā n z n = a 0 + a 1 z + a z + + a n z n trzecia równość wynika z własności sprzeżenia, czwarta z tego, że liczby a 0, a 1,..., a n sa rzeczywiste. Dowód został zakończony. Widzimy wiec, że nierzeczywiste pierwiastki wielomianu rzeczywistego wystepuj a parami. Jeśli z 1, jest nierzeczywistym pierwiastkiem wielomianu rzeczywistego p(z), to z = z 1 z 1 też jest jego pierwiastkiem, wi ec wielomian p(z) jest podzielny przez wielomian (z z 1 )(z z ) = =z (z 1 + z )z + z 1 z = z (z 1 + z 1 )z + z 1 z 1 = z Re z 1 z + z 1. Współczynniki tego ostatniego wielomianu sa liczbami rzeczywistymi! Oczywiście ten wielomian kwadratowy nie ma pierwiastków rzeczywistych (bo ma nierzeczywiste, a ma ich tylko dwa jako wielomian stopnia drugiego). Stad łatwo już wnioskujemy, że Twierdzenie 1.13 (o rozkładzie wielomianu rzeczywistego na czynniki nierozkładalne) Każdy wielomian rzeczywisty stopnia nie mniejszego niż 1 można przedstawić w postaci iloczynu wielomianów rzeczywistych stopnia pierwszego i drugiego o ujemnych wyróżnikach. Okazało sie wiec, że przynajmniej z punktu widzenia rozwiazywania równań wielomianowych dalsze rozszerzania zapasu liczb nie jest potrzebne. Ze znanego wzoru na sume pierwszych n wyrazów ciagu geometrycznego wyprowadzimy wzór na sumy: sin φ + sin(φ) + + sin nφ oraz cos φ + cos(φ) + + cos(nφ). Nie jest też w pewnym sensie możliwe, ale wyjaśnienie odpowiedniego twierdzenia zaj ełoby za dużo miejsca. 6

7 Liczby zespolone Mamy cos φ + cos(φ) + + cos(nφ) + i sin φ + i sin(φ) + + i sin nφ = = cos φ + i sin φ + cos(φ) + i sin(φ) + + cos(nφ) + i sin(nφ) = = cos φ + i sin φ + (cos φ + i sin φ) + + (cos φ + i sin φ) n q=cos φ+i sin φ ============= = q + q + + q n = q qn 1 cos(nφ)+i sin(nφ) 1 = (cos φ + i sin φ) q 1 cos(nφ)+i sin(nφ) 1 = (cos φ + i sin φ)(cos φ i sin φ 1) cos φ+i sin φ 1 = = ( 1 (cos φ + i sin φ) ) cos(nφ)+i sin(nφ) 1 (cos φ 1) +sin φ Ponieważ cześci rzeczywiste równych liczb zespolonych s cos φ + cos(φ) + + cos(nφ) = Re = cos(nφ) 1 cos(n+1)φ+cos φ (1 cos φ) = (cos φ+i sin φ 1)(cos φ i sin φ 1) cos(nφ)+i sin(nφ) 1 cos(n+1)φ i sin(n+1)φ+cos φ+i sin φ =. (1 cos φ) a równe, wi ec ( cos(nφ)+i sin(nφ) 1 cos(n+1)φ i sin(n+1)φ+cos φ+i sin φ (1 cos φ) = sin φ (n+1)φ sin sin φ (n+1)φ sin sin = = sin nφ (n+1)φ cos 4 sin φ sin φ sin φ zastosowaliśmy w końcówce wzory trygonometryczne znane kiedyś licelistom. Porównujac cześci urojone otrzymujemy wzór: sin φ + sin(φ) + + sin nφ = sin nφ (n+1)φ sin. Zapewne wiele osób dowodziło za pomoca indukcji matematycznej uzyskane wzory, ale nam udało sie je uzyskać jako wniosek z wzoru na sume wyrazów skończonego ciagu geometrycznego. Żadna hipoteza na wstepie nie była potrzebna! Również w tym przypadku pokazaliśmy rozwiazanie problemu, w którego sformułowaniu liczb zespolonych nie ma, natomiast pojawiaja sie w rozwiazaniu. Znacznie bardziej spektakularne było rozumowanie Eulera z połowy XVIII w uzasadniajace szczególny przypadek twierdzenia Fermata. Udowodnił on mianowicie, że równanie x 3 +y 3 = z 3 nie ma rozwiazań całkowitych poza takimi, w których jedna z niewiadomych jest równa 0. Spróbujemy opisać to rozumowanie. 3 sin φ ) = 3 Autor tego tekstu nie widział dowodu twierdzenia Fermata w przypadku n = 3 nie korzystajacego z liczb zespolonych, choć wie, że taki dowód został napisany. 7

8 Twierdzenie Fermata dla n = 4 P. Fermat sformułował w XVII w. twierdzenie: Jeśli n 3 jest liczbą naturalną, x n + y n = z n, x, y, z Z, to xyz = 0, więc równanie to nie ma rozwiązań z wyjątkiem oczywistych. Twierdzenie to chcieli udowodnić różni matematycy, ale dopiero po ponad 300 latach, w końcówce XX w. udało się Andrew Wilesowi udowodnić je. Fermat napisał, że umie je udowodnić, ale dziś chyba nikt w to nie wierzy. Znany dowód korzysta z teorii i twierdzeń powstałych po śmierci Fermata. Jest też długi. Wiles skorzystał z wyników wielu osób wcześniej badających to równanie i inne problemy. Dla n = istnieje wiele trójek x, y, z Z, dla których x + y = z. Np = 5, albo = 5. Zanim opiszemy wszystkie trójki liczb całkowitych x, y, z, dla których x + y = z zauważymy, że można szukać jedynie takich rozwiązań równania x n + y n = z n, dla których każde dwie liczby z trójki x, y, z są względnie pierwsze. Jeśli bowiem dwie liczby dzielą się przez liczbę pierwszą p, to trzecia też, więc x = px 1, y = py 1, z = pz 1 dla pewnych liczb całkowitych x 1, y 1, z 1 oraz (px 1 ) n + (py 1 ) n = (pz 1 ) n, zatem x n 1 + y n 1 = z n 1 podzieliśmy obie strony równania przez p n. Powtórzywszy tę procedurę być może wiele razy doprowadzamy do sytuacji, w której każde dwie liczby spośród x, y, z są względnie pierwsze. Twierdzenie, które za chwilę sformułujemy jest znane od wieluset lat. Twierdzenie 1.14 (o postaci całkowitych rozwiązań równania x + y = z ) Jeśli x, y, x Z i x, y, z > 0 oraz x + y = z, przy czym NWD(x, y, z) = 1, x, to istnieją takie liczby całkowite a, b, że x = a b, y = ab i z = a + b. Niech NWD(x, y, z) = 1. Zauważmy najpierw, że jeśli x + y = z, to dokładnie jedna z liczb x, y, z jest parzysta. Dwie nie mogą być, bo wtedy trzecia też byłaby parzysta wbrew założeniu. Jeśli natomiast dwie liczby są nieparzyste, to trzecia jest parzysta. Kwadrat liczby całkowitej może być podzielny przez 4, ale kwadrat liczby nieparzystej z dzielenia przez 4 daje resztę 1, co wynika z równości (m) = 4m i (m + 1) = 4m + 4m + 1. Kwadrat liczby całkowitej nie może więc dać reszty ani reszty 3 z dzielenia przez 4. Wynika stąd, że z jest nieparzyste oraz że jedna z liczb x, y jest parzysta, a druga nieparzysta. Dla ustalenia uwagi przyjmujemy, że x i y. Mamy zatem ( ) y = z x z+x z x. Ponieważ + z+x = z i z+x z x = x oraz NWD(x, z) = 1, więc NWD( z x, z+x z+x ) = 1. Oczywiście > z x > 0. Jeśli iloczyn dwu względnie pierwszych liczb całkowitych dodatnich jest kwadratem liczby całkowitej, to te liczby też są kwadratami liczb całkowitych. Istnieją więc takie liczby a, b Z, że z+x = a oraz z x = b. Wynika stąd, że y = ab, x = a b i z = a + b, czyli dowodzona teza. Kolej na równanie x 4 + y 4 = z 4. Zajmiemy się równaniem nieco ogólniejszym, mianowicie x 4 + y 4 = z i wykażemy, że ono nie ma rozwiązań całkowitych, dla których x, y, z > 0. Twierdzenie 1.15 (o braku dodatnich liczb całkowitych, dla których x 4 + y 4 = z ) Jeśli x, y, z Z i x 4 + y 4 = z, to xy = 0. Załóżmy, że istnieje trójka dodatnich liczb całkowitych x, y, z, dla której x 4 + y 4 = z. Jeśli x, y są podzielne przez liczbę pierwszą p, to z też jest podzielna przez p, a nawet przez p, czyli x = px 1, y = py 1 i z = p z 1 dla pewnej trójki liczb całkowitych x 1, y 1, z 1. Wtedy x y 4 1 = z 1. Jeśli np. x i z dzielą się przez p, to również y jest przez p podzielne i jak przed chwilą możemy równanie podzielić przez p 4. Można więc dzieląc równanie przez kolejne potęgi liczb pierwszych doprowadzić do równania, 8

9 Twierdzenie Fermata dla n = 4 w którym x, y, z > 0 oraz NWD(x, y, z) = 1. Skoro tak, to na mocy poprzedniego twierdzenia możemy napisać, że x = a b, y = ab, z = a + b. Jasne jest, że każdy wspólny dzielnik liczb a, b jest też wspólnym dzielnikiem liczb x, y, z, a ponieważ te są względnie pierwsze, więc NWD(a, b) = 1. Wobec tego również NWD(a, b, x) = 1. Liczba y jest parzysta, więc y też jest parzysta, zatem jedna z liczb a, b jest parzysta, a druga nieparzysta. Z równości x = a b wynika, że b jest liczbą parzystą, a a nieparzystą. Wobec tego, że ( ) y = a b, stwierdzamy, że a = c i b = d dla pewnych dodatnich liczb całkowitych c, d. Ponieważ b + x = a i x, więc x = k l, d = b = kl i a = k + l dla pewnych dodatnich liczb całkowitych k, l. Ponieważ k, l są względnie pierwsze i d = kl, więc k = k 1 i l = l 1 dla pewnych dodatnich liczb całkowitych k 1, l 1. Stąd wynika, że c = a = k + l = k l 4 1. Otrzymaliśmy więc równanie typu x 4 +y 4 = z, ale z = a +b > a = c 4, więc z > c. Procedurę można powtarzać dopóki otrzymujemy kwadraty liczb dodatnich. Rzecz jednak może zdarzyć się jedynie skończenie wiele razy malejący ciąg dodatnich liczb całkowitych jest skończony. Sprzeczność ta kończy dowód. Według historyków matematyki zaprezentowany dowód był znany Fermatowi. Autor tego tekstu natrafił nań kiedyś w świetnej książce O liczbach i figurach autorstwa dwóch Niemców: H. Rademachera i O. Toeplitza, ale jest on w wielu innych książkach. Czytelnik na pewno widzi, że idea jest w gruncie rzeczy taka sama, jak w dowodzie niewymierności liczby podawanym zwykle w podręcznikach: z istnienia rozwiązania równania wnioskujemy istnienie mniejszego rozwiązania, co prowadzi do sprzeczności. Zanim przejdziemy do równania x 3 + y 3 = z 3 zajmiemy się własnościami pewnych zbiorów złożonych z niektórych liczb zespolonych. 9

10 Jednoznaczność rozkładu w niektórych zbiorach Zaczniemy od zbioru liczb całkowitych. Punktem wyjścia będzie Twierdzenie 1.16 (o dzieleniu z resztą w Z) Jeśli a, b Z, b 0, to istnieje dokładnie jedna taka para liczb całkowitych q, r, że a = q b + r i 0 r < b. Załóżmy, że b > 0. Istnieją takie liczby całkowite k, że a > kb, czyli a > k. b Niech q będzie największą taka liczbą całkowitą, że a qb. Wtedy qb a < (q + 1)b, zatem a qb < b. Przyjmujemy r = a qb, co kończy dowód istnienia pary q, r w tym wypadku. Jeśli b < 0, to znajdujemy parę q, r dla pary a, b i otrzymujemy równość a = q( b)+r = ( q)b+r i oczywiście r < b = b. Para q, r jest jedyna, bo jeśli qb + r = q 1 b + r 1 i 0 r, r 1 < b, to (q q 1 )q = r 1 r. Ponieważ r 1 r < b, więc musi być q = q 1, bo inaczej (q q 1 )b b. Z tego wynika, że 0 = (b b 1 )q = r 1 r, zatem r = r 1, co kończy dowód. Liczba q z twierdzenia o dzieleniu z resztą nazywana jest ilorazem, a liczba r resztą z dzielenia a przez b. Twierdzenie 1.17 (o największym wspólnym dzielniku) Jeśli a, b są liczbami całkowitymi i co najmniej jedna z nich nie jest zerem, to istnieją takie liczby całkowite x, y, że NWD(a, b) = ax + by. Dla ustalenia uwagi załóżmy, że a > 0. Istnieją takie pary liczb całkowitych u, v, że au + bv > 0, np. u = 1, v = 0. Niech x, y będą takimi liczbami całkowitymi, że ax + by jest najmniejszą z liczb postaci au + bv. Wykażemy, że ax + by = d jest wspólnym dzielnikiem liczb a i b. Na mocy twierdzenia o dzieleniu z resztą istnieją takie liczby całkowite q, r, że a = qd + r i 0 r < d. Wtedy r = a qd = a(1 qx) + b( qy), więc r jest postaci au + bv. Ponieważ r 0 i r < d, więc r = 0, co dowodzi, że d jest dzielnikiem a. W taki sam sposób przekonujemy się o tym, że d jest dzielnikiem b. Jednak każdy wspólny dzielnik a i b, również największy, jest też dzielnikiem liczby ax + by = d. Dowód został zakończony. Lemat 1.18 (o liczbie pierwszej dzielącej iloczyn) Jeśli p jest liczbą pierwszą, a, b Z i p ab, to p a lub p b. Załóżmy, że p a. Wtedy NWD(a, p) = 1, bo p jest liczbą pierwszą. Wobec tego istnieją takie liczby całkowite x, y, że 1 = ax + py. Wtedy b = abx + bpy. Liczby (ab)x i bpy dzielą się przez p, więc ich suma, czyli b też. Dowód został zakończony. Twierdzenie 1.19 (o jednoznaczności rozkładu w Z) Każdą liczbę całkowitą można przedstawić w postaci iloczynu liczb pierwszych. Jeśli p 1, p,..., p k oraz p 1, p,..., p l są liczbami pierwszymi i p 1 p... p k = p 1 p... p l, to k = l i po ewentualnej zmianie numeracji p j = p j dla j = 1,,..., k. Istnienie rozkładu dowodzimy przez indukcję. Wystarczy oczywiście dowieść twierdzenie dla liczb dodatnich. Załóżmy, że każda liczba mniejsza od n jest iloczynem liczb pierwszych. Jeśli n jest liczbą pierwszą, to jest iloczynem złożonym z jednego czynnika. Jeśli n nie jest liczbą pierwszą, to n = kl, przy czym k, l > 1. Wtedy 1 < k < n i 1 < l < n, więc k i l są iloczynami liczb pierwszych, zatem ich iloczyn też. Jeśli p 1 p... p k = p 1 p... p l, to p 1 p 1 ( p... p l ), więc albo p 1 = p 1, albo p 1 p... p l. Powtarzając to rozumowanie wielokrotnie stwierdzamy, że p 1 to jedna z liczb 10

11 Jednoznaczność rozkładu w niektórych zbiorach p 1, p,..., p l. Dzielimy równość p 1 p... p k = p 1 p... p l przez p 1 i powtarzamy rozumowanie eliminując z iloczynu p itd. Dowód został zakończony. Widać, że kluczem do dowodu twierdzenia o jednoznaczności rozkładu w zbiorze liczb całkowitych był lemat o liczbie pierwszej dzielącej iloczyn. Nie korzystaliśmy w dowodzie z jednoznaczności ilorazu q ani reszty r. Zajmiemy się teraz dzieleniem w zbiorze Z[i] = {a + bi : a, b Z}, zwanym często pierścieniem Gaussa. W tym zbiorze wykonalne są: dodawanie, odejmowanie i mnożenie. Wynika to z tego, że suma, różnica oraz iloczyn liczb całkowitych są całkowite i równości i = 1. Aby rozwinąć teorię podzielności w zbiorze Z[i], zdefiniujemy najpierw dzielenie z resztą. Nie możemy posłużyć się nierównością, jak to uczyniliśmy w wypadku Z, bo jak wykazaliśmy wcześniej liczb zespolonych nie można porównywać w sensowny sposób. Można jednak porównywać ich wartości bezwględne, a dokładniej ich kwadraty. W dalszym ciągu N(z) = z z, N(z) nazywamy normą z w Z[i]. Jeśli z = a + bi Z[i], czyli a, b Z, to N(z) = a + b. Twierdzenie 1.0 (o dzieleniu z reszta w Z[i]) Dla dowolnych liczb w, z Z[i], z 0 istnieja liczby κ, ϱ takie, że w = κz + ϱ i N(ϱ) < N(z). κ nazywamy ilorazem, a ϱ reszta z dzielenia liczby w przez liczbe z. 4 Niech a, b, c, d oznaczaja liczby całkowite takie, że w = a + bi, z = c + di. Niech r, s bed a takimi liczbami wymiernymi, że r +si = w = a+bi = (a+bi)(c di) z c+di c +d m, n oznaczaja takie liczby całkowite, że r m 1 i s n 1. Mamy wiec = ac+bd+(bc ad)i. Niech c +d a + bi = (c + di)(r + si) = (c + di)(m + ni) + (c + di) ( (r m) + (s n)i ). Mamy (c + di) ( (r m) + (s n)i ) = a + bi (c + di)(m + ni) Z[i], bo a, b, c, d, m, n sa liczbami całkowitymi. Mamy też (c + di) ( (r m) + (s n)i ) = (c + d ) ( (r m) + (s n) ) (c + d ) ( 1 + ) = 1 (c + d ) = 1 N(z) < N(z). Wystarczy wiec przyjać κ = m + ni i ϱ = a + bi (c + di)(m + ni). Ciąg dalszy jest taki sam, jak poprzednio. Twierdzenie 1.1 (o najwi ekszym wspólnym dzielniku dwu liczb z Z[i]) Dla dowolnych dwu liczb z 1, z Z[i], z 1 0 z istnieje liczba D Z[i], która jest dzielnikiem obu liczb z 1, z podzielnym przez wszystkie wspólne dzielniki obu liczb z 1, z. Niech A b edzie zbiorem wszystkich liczb postaci xz 1 +yz, gdzie x, y Z[i]. Niech D = x 0 z 1 +y 0 z oznacza element zbioru A o najmniejszej dodatniej normie N(D) = D D. Jasne jest, że jeśli d jest wspólnym dzielnikiem liczb z 1 i z, to jest dzielnikiem każdej liczby postaci xz 1 + yz, wi ec jest również dzielnikiem wybranej przez nas liczby D. Z twierdzenia o dzieleniu z reszta wynika, że istnieja liczby q 1, r 1 Z[i] takie, że z 1 = q 1 D +r 1 i N(r 1 ) < N(z 1 ) r 1 jest reszta z dzielenia liczby z 1 przez liczbe D. Mamy r 1 = z 1 q 1 D = (1 q 1 x 0 )z 1 q 1 y 0 z A. Wobec tego, że 0 N(r 1 ) < N(D) stwierdzamy, że N(r 1 ) = 0, czyli z 1 = q 1 D. W ten sposób wykazaliśmy, że liczba D jest dzielnikiem liczby z 1. Tak samo dowodzimy, że D jest dzielnikiem liczby z. Jak widać ten dowód nie różni się istotnie od dowodu tego twierdzenia dla liczb całkowitych. Kolej na ważną definicję, siłą rzeczy nieco mniej oczywistą niż dla liczb całkowitych. 4 Iloraz i reszta nie sa zdefiniowane jednoznacznie: 3 = (1 i)(1 + i) + 1 = ( i)(1 + i) i, więc resztą z dzielenia 3 przez 1 + i jest zarówno 1 jak i i, ilorazami są odpowiednio 1 i oraz i. 11

12 Jednoznaczność rozkładu w niektórych zbiorach Definicja 1. (najwi ekszego wspólnego dzielnika dwu liczb z Z[i]) Jeśli z 1, z Z[i], z 1 0 z, to najwi ekszym wspólnym dzielnikiem liczb z 1, z nazywamy taka liczbe D Z[i], która jest dzielnikiem obu liczb z 1, z oraz jeśli liczba d jest dzielnikiem obu liczb z 1, z, to liczba d jest dzielnikiem liczby D. Najwi ekszy wspólny dzielnik nie jest wyznaczony jednoznacznie, bo pomnożywszy go przez dowolny dzielnik jedności różny od 1, w tym wypadku jedną z liczb 1, i, i, otrzymujemy inny najwi ekszy wspólny dzielnik. Bez trudu można stwierdzić, że jest to jedyna niejednoznaczność: jeśli D 1, D sa dwoma najwiekszymi wspólnymi dzielnikami liczb z 1, z, to istnieja takie liczby µ, ν Z[i], że D 1 = µd i D = νd 1, zatem D 1 = µνd 1, wiec µν = 1. Zauważmy, że definicja największego wspólnego dzielnika w Z[i] nie gwarantuje jego istnienia automatycznie. Istnienie wynika z twierdzenia o największym wspólnym dzielniku. Definicja 1.3 (elementu nierozkładalnego) Liczba p Z[i] nazywana jest elementem nierozkładalnym wtedy i tylko wtedy, gdy nie istnieją takie liczby m, n Z[i], że p = mn oraz N(m) > 1 i N(n) > 1. Elementy nierozkładalne zastępują liczby pierwsze w sensie szkolnym. Uwaga 1.4 Liczba 5 jest pierwsza w Z, ale jest rozkładalna w Z[i], bo 5 = ( + i)( i) i jednocześnie N( ± i) = 5 > 1. Liczba + i jest nierozkładalna, bo z równości + i = z w wynika, że 5 = N( + i) = N(z 1 )N(z ), ale ponieważ liczby N(z 1 ) i N(z ) są całkowite i dodatnie, więc jedną z nich jest 1, a drugą 5. Definicja 1.5 (liczby pierwszej) Liczba p Z[i] nazywana jest pierwszą wtedy i tylko wtedy, gdy p nie jest dzielnikiem liczby 1, czyli N(p) > 1, i jeśli p mn, gdzie m, n Z[i], to p m lub p n. Twierdzenie 1.6 (o liczbie nierozkładalnej dzielacej iloczyn dwu liczb) Jeśli p Z[i] jest nierozkładalna i jest dzielnikiem iloczynu z 1 z, to jest dzielnikiem co najmniej jednej z liczb z 1, z, czyli liczby nierozkładalne z Z[i] są pierwsze. 5 Załóżmy, że p nie jest dzielnikiem liczby z 1. Ponieważ p jest nierozkładalna, wi ec najwiekszym wspólnym dzielnikiem liczb p i z 1 jest 1, zatem istnieja liczby x, y Z[i] takie, że xz 1 + yp = 1. Wobec tego z = xz 1 z + ypz. Z założenia wynika, że liczba p jest dzielnikiem z 1 z, zatem jest dzielnikiem obu składników prawej strony równości, zatem jest dzielnikiem prawej strony, a to oznacza, że również lewej, czyli z. Kolejne twierdzenie podajemy bez dowodu, bo jest identyczny jak dla przypadku Z. Twierdzenie 1.7 (o jednoznaczności rozkładu na czynniki pierwsze) Jeśli z Z[i] jest liczba nieodwracalna, to istnieja liczby pierwsze p 1, p,..., p k Z[i] takie, że z = p 1 p... p k. Jeśli liczby p 1, p,..., p l Z[i] sa pierwsze i z = p 1 p... p l, to k = l i po ewentualnej zmianie numeracji ilorazy p j p j sa dzielnikami jedności w Z[i]. Teraz zajmiemy się trzecim przypadkiem, który nam się przyda później w dowodzie twierdzenia Fermata dla n = 3. 5 W Z[ 5] to twierdzenie jest nieprawdziwe! O tym przekonamy się niebawem. 1

13 Jednoznaczność rozkładu w niektórych zbiorach Niech ω = 1 + i 3 = cos 10 + i sin 10, wi ec ω 3 = cos i sin 360 = 1, zatem 0 = ω 3 1 = (ω 1)(ω +ω +1). Wobec tego ω +ω +1 = 0, co co można też zapisać w postaci ω = ω 1. Zachodzi też równość ω = ω. Bedziemy rozważać zbiór Z[ω], którego elementami sa liczby zespolone postaci a + bω, gdzie a i b oznaczaja liczby całkowite. 6 Zauważmy po pierwsze, że suma, różnica i iloczyn liczb z Z[ω] sa również w Z[ω]. W przypadku sumy i różnicy jest to zupełnie oczywiste. Sprawdzimy, że jest tak również w przypadku iloczynu. Niech a, b, c, d bed a liczbami całkowitymi. Mamy (a+bω)(c+dω) = ac+(bc+ad)ω+bdω = ac+(bc+ad)ω+bd( 1 ω) = ac bd+(bc+ad bd)ω. Udało si e. Zauważmy też, że ω = 1 ω Z[ω]. Niech N(z) = z = z z dla z Z[ω]. Mamy wi ec N(a + bω) = (a + bω)(a + b ω) = a + ab(ω + ω) + b ω ω = a ab + b skorzystaliśmy z oczywistych równości ω + ω = 1 oraz ω ω = 1. Ponieważ z 1 z = z 1 z dla dowolnych liczb zespolonych z 1, z, wi ec N(z 1 z ) = N(z 1 )N(z ) dla dowolnych z 1, z Z[ω]. Załóżmy teraz, że dla pewnych liczb z 1, z Z[ω] zachodzi wzór z 1 z = 1. Niech z 1 = a+bω, z = c + dω, a, b, c, d Z. Mamy wi ec 1 = N(z 1 z ) = N(z 1 )N(z ) = (a ab + b )(c cd + d ). Wobec tego 1 = a ab + b = 1 ( a + b + (a b) ), czyli = a + b + (a b) i analogicznie = c + d + (c d). Suma trzech kwadratów liczb całkowitych równa jest, zatem dwa z tych kwadratów sa równe 1 a trzeci równy jest 0. Stad wnioskujemy, że musi zachodzić jeden z warunków: a = b = 1; a = b = 1; a = ±1, b = 0; a = 0, b = ±1. Oznacza to, że jeśli z 1 Z[ω] jest taka liczba, 7 że 1 z 1 Z[ω], to z 1 = ±(1 + ω) = ω = ω lub z 1 = ±1 lub z 1 = ±ω. Te liczby nazywamy dzielnikami jedynki w zbiorze Z[ω]. W zbiorze Z[ω] można zajmować sie teoria podzielności. Wyjaśnimy pokrótce jak można to robić. Mówimy, że liczba z 1 Z[ω] jest dzielnikiem liczby z Z[ω] wtedy i tylko wtedy, gdy z z 1 Z[ω]. Mówimy, że liczba z Z[ω] jest odwracalna wtedy i tylko wtedy, gdy 1 Z[ω]. z Mówimy, że liczba z Z[ω] jest rozkładalna (to odpowiada liczbie całkowitej złożonej) wtedy i tylko wtedy, gdy z = z 1 z dla pewnych nieodwracalnych liczb z 1, z Z[ω] \ {0}. Liczby nierozkładalne to te, które sa nieodwracalne i nie są rozkładalne. W poprzednim akapicie wykazaliśmy, że jedynymi odwracalnymi liczbami w Z[ω] sa ±1, ±ω oraz ±ω. Liczba + ω jest nierozkładalna, bo z równości + ω = z 1 z wynika, że 3 = = N( + ω) = N(z 1 )N(z ), a stad wynika, że N(z 1 ) = 1 i N(z ) = 3 lub N(z 1 ) = 3 i N(z ) = 1. W pierwszym przypadku liczba z 1 jest odwracalna, a w drugim liczba z. Natomiast liczba 3 jest rozkładalna (czyli złożona!), bo 3 = ( + ω)( + ω). Udowodnimy, że każda liczbe z Z[ω] można przedstawić w postaci iloczynu liczb pierwszych w Z[ω] i to na jeden sposób. 6 Jeśli liczby a, b, c, d sa całkowite i a + bω = c + dω, to a = c i b = d. DLACZEGO? 7 bo 1 + ω = ω i ω ω = 1 = ω ω. 13

14 Jednoznaczność rozkładu w niektórych zbiorach Twierdzenie 1.8 (o dzieleniu z reszta w Z[ω]) Dla dowolnych liczb w, z Z[ω], z 0 istnieja liczby κ, ϱ takie, że w = κz + ϱ i N(ϱ) < N(z), κ nazywamy ilorazem, a ϱ reszta z dzielenia liczby w przez liczbe z. 8 Niech a, b, c, d oznaczaja liczby całkowite takie, że w = a + bω, z = c + dω. Niech r, s bed a takimi liczbami wymiernymi, że r + sω = w z = a+bω c+dω = (a+bω)(c+d ω) (c+dω)(c+d ω) = ac+bd+bcω+ad ω Niech m, n oznaczaja liczby całkowite takie, że r m 1 i s n 1. Mamy wiec a + bω = (c + dω)(r + sω) = (c + dω)(m + nω) + (c + dω) ( (r m) + (s n)ω ). c cd+d. Mamy (c + dω) ( (r m) + (s n)ω ) = a + bω (c + dω)(m + nω) Z[ω], bo a, b, c, d, m, n sa liczbami całkowitymi. Mamy też (c + dω) ( (r m) + (s n)ω ) = (c cd + d ) ( (r m) (r m)(s n) + (s n) ) (c cd + d ) ( ) = 3 4 (c cd + d ) = 3 N(z) < N(z). 4 Wystarczy wiec przyjać κ = m + nω i ϱ = a + bω (c + dω)(m + nω). Twierdzenie 1.9 (o najwi ekszym wspólnym dzielniku dwu liczb z Z[ω]) Dla dowolnych dwu liczb z 1, z Z[ω], z 1 0 z istnieje liczba D, która jest dzielnikiem obu liczb z 1, z taka, że jeśli liczba d jest dzielnikiem obu liczb z 1, z, to liczba d jest dzielnikiem liczby D. Dowód pomijamy, bo jest identyczny z podanym wcześniej dla dzielenia w Z[i] kluczowe znaczenie w nim ma twierdzenie o dzieleniu z resztą. Definicja 1.30 (najwi ekszego wspólnego dzielnika dwu liczb z Z[ω]) Jeśli z 1, z Z[ω], z 1 0 z, to najwi ekszym wspólnym dzielnikiem liczb z 1, z nazywamy taka liczbe D Z[ω], która jest dzielnikiem obu liczb z 1, z oraz jeśli liczba d jest dzielnikiem obu liczb z 1, z, to liczba d jest dzielnikiem liczby D. Najwi ekszy wspólny dzielnik nie jest wyznaczony jednoznacznie, bo pomnożywszy go przez dowolny dzielnik jedności otrzymujemy inny najwi ekszy wspólny dzielnik. Bez trudu można stwierdzić, że jest to jedyna niejednoznaczność: jeśli D 1, D sa dwoma najwiekszymi wspólnymi dzielnikami liczb z 1, z, to istnieja liczby µ, ν Z[ω] takie, że D 1 = µd i D = νd 1, zatem D 1 = µνd 1, wiec µν = 1. Twierdzenie 1.31 (o liczbie nierozkładalnej dzielacej iloczyn dwu liczb) Jeśli p Z[ω] jest liczba nierozkładalna i jest dzielnikiem iloczynu z 1 z, to jest dzielnikiem co najmniej jednej z liczb z 1, z. Również dowód tego twierdzenia jest taki sam, jak dla Z[i], więc pomijamy go. Z definicji liczby złożonej (rozkładalnej) z Z[ω] wynika, że jest ona iloczynem dwu liczb nieodwracalnych z 1, z, wi ec liczb o normach > 1. Mamy N(z) = N(z 1 )N(z ), zatem 1 < N(z 1 ), N(z ) < N(z). Wynika stad od razu, że każda liczbe nieodwracalna można przedstawić w postaci iloczynu liczb pierwszych N(x) N dla każdego x Z[ω]. Twierdzenie 1.3 (o jednoznaczności rozkładu na czynniki pierwsze) Jeśli z Z[ω] jest liczba nieodwracalna i z 0, to istnieja liczby pierwsze p 1, p,..., p k Z[ω] takie, że z = p 1 p... p k. Jeśli liczby p 1, p,..., p l Z[ω] sa pierwsze, z = p 1 p... p l, to k = l i po ewentualnej zmianie numeracji ilorazy p j p j sa dzielnikami jedności w Z[ω]. Dowód znów pomijamy, bo pokrywa się z dowodem twierdzenia dla liczb całkowitych. 8 Nie twierdzimy, że iloraz i reszta sa zdefiniowane jednoznacznie, bo tak nie jest. 14

15 Jednoznaczność rozkładu w niektórych zbiorach Przykład 1.33 (niejednoznaczności rozkładu na czynniki nierozkładalne) W zbiorze Z[ 5], złożonym z liczb postaci a + b 5 = a + bi 5, gdzie a, b sa liczbami całkowitymi, jednoznaczności rozkładu na czynniki nierozkładalne nie ma. Można, podobnie jak poprzednio, zdefiniować norm e: N(a + b 5) = (a + b 5)(a + b 5) = a + 5b, jest ona oczywiście liczba całkowita dodatnia z wyjatkiem jednego przypadku: a = b = 0. Bez trudu stwierdzić można, że N(z 1 z ) = z 1 z = z 1 z = N(z 1 )N(z ). Mamy N(3) = 9 i N( + 5) = 9. Ponieważ nie istnieje liczba z Z[ 5] taka, że N(z) = 3 (jeśli a, b Z, to a + 5b 3), wi ec jeśli z 1 z = 3, to N(z 1 ) = 1 i N(z ) = 9 (lub odwrotnie), ale to oznacza, że liczba z 1 jest dzielnikiem jedności. Wynika stad, że liczba 3 jest nierozkładalna w Z[ 5]. Ten argument pasuje też do liczb ± 5, wiec też nierozkładalnych. Jeśli x + y 5 Z[ 5] oraz + 5 = 3(x + y 5), to 9 = N( + 5) = N(3)N(x + y 5) = 9(x + 5y ), zatem x + 5y = 1, wiec y = 0 i x = ±1, ale nie jest prawda, że + 5 = ±3. Wobec tego rozkłady 3 3 = 9 = ( + 5)( 5) sa istotnie różne! 15

16 Twierdzenie Fermata dla n = 3 Bedziemy wielokrotnie zajmować sie podzielnościa przez liczbe λ := 1 ω = + ω = + ω lub jej potegi. Pokazaliśmy już, że jest to liczba pierwsza w Z[ω] oraz że jest ona dzielnikiem liczby 3. Ponieważ N(λ) = 3 i dla każdej liczby z Z[ω] mamy N(z), bo nie istnieja liczby całkowite a, b, dla których a ab+b =, czyli a +b +(a b) = 4, wiec resztami z dzielenia przez λ moga być jedynie liczby 0, ±1, ±ω, ±ω. Ponieważ ω = (ω 1) + 1 = λ + 1, wiec reszte ω możemy zastapić reszta 1. Podobnie z tego, że ω = ω = λ(ω + 1) + 1, wynika, że reszte ω = ω można zastapić przez 1. Analogicznie reszty ω i ω zastępujemy reszta 1. Wobec tego można przyjać, że jedynymi resztami z dzielenia przez λ sa liczby 0, 1, 1. Zauważmy jeszcze, że jeśli ε 1 = 1 = ε, to λ = 3 > ε 1 + ε, więc jeśli ε 1, ε Z[ω] i ε 1 = 1 = ε, to liczba λ nie jest dzielnikiem liczby ε 1 + ε. Zajmiemy si e równaniem x 3 + y 3 = µz 3, gdzie µ oznacza dowolny dzielnik jedności, czyli jedna z liczb ±1, ±ω, ±ω. Wykażemy, że niezależnie od wyboru µ każde rozwiazanie tego równania w zbiorze Z[ω] spełnia warunek xyz = 0, więc jest trywialne. Gdy µ = 1, równanie ma postać x 3 + y 3 = z 3. Lemat 1.34 Jeśli λ jest dzielnikiem liczby x 1 Z[ω], to λ 4 jest dzielnikiem liczby x 3 1. Jeśli λ jest dzielnikiem liczby x + 1 Z[ω], to λ 4 jest dzielnikiem liczby x Mamy Zachodzą równości 1 ω = ω ω = ω( + ω) = ω λ. Stąd 1 ω = ωλ. x 3 1 = (x 1)(x ω)(x ω ) = (x 1)(x ω)(x ω ) = = (x 1)(x 1 + λ)(x ω) = (x 1)(x 1 + λ)(x 1 ωλ). Jeśli λ jest dzielnikiem liczby x 1, to istnieje taka liczba t Z[ω], że x 1 = tλ. Wtedy x 3 1 = tλ(tλ+λ)(tλ ωλ) = t(t+1)λ 3 (t ω) = t(t+1)λ 3 (t 1+1 ω) = t(t+1)λ 3 (t 1 ωλ) = =t(t + 1)(t 1)λ 3 ωt(t + 1)λ 4. Ponieważ resztami z dzielenia przez λ są 1, 0, 1, więc jedna z liczb t, t 1, t + 1 jest podzielna przez λ, co kończy uzasadnienie tego, że λ 4 (x 3 1). Jeśli λ x + 1, to λ x 1, więc na mocy już udowodnionej części lematu stwierdzamy, że λ ( x) 3 1 = (x 3 + 1), λ x 3 + 1, co kończy dowód. Załóżmy najpierw, że λ nie jest dzielnikiem xyz. Wykażemy, rozumujac nie wprost, że nie zachodzi równość x 3 + y 3 = µz 3. Można przyjać, że liczba x 1 jest podzielna przez λ. 9 Ponieważ λ y, wiec liczba λ jest dzielnikiem dokładnie jednej z liczb y 1, y + 1. Jeśli λ y 1, to λ 4 jest dzielnikiem liczby x y 3 1 = µz 3. Wobec tego jeśli λ jest dzielnikiem liczby z 1, to λ 4 jest dzielnikiem liczby z 3 1 i więc również dzielnikiem liczby µz 3 µ(z 3 1) = + µ wbrew temu, że N(λ 4 ) = 81 > 9 + µ = N( + µ). Jeśli λ jest dzielnikiem liczby z + 1, to z lematu wynika, że λ 4 jest dzielnikiem liczby z 3 + 1, wi ec λ 4 jest dzielnikiem obu liczb z i µ(z 3 + 1). Wobec tego λ 4 jest dzielnikiem liczby µz 3 µ(z 3 + 1) = µ, co jest niemożliwe (jak wyżej). Wykazaliśmy, że jeśli λ jest dzielnikiem liczby y 1, to trójka x, y, z nie jest rozwiazaniem badanego równania. Załóżmy teraz, że λ jest dzielnikiem liczby y + 1. Z lematu wynika, że wtedy λ 4 jest dzielnikiem liczby y 3 + 1, zatem λ 4 jest dzielnikiem liczby x y = x 3 + y 3 = µz 3, a ponieważ µ jest dzielnikiem jedności, wi ec λ 4 musi dzielić liczb e z 3, a założyliśmy, że tak nie jest. Wy- 9 jeśli nie, to trójke x, y, z zastepujemy trójka x, y, z. 16

17 Twierdzenie Fermata dla n = 3 kazaliśmy, że jeśli trójka x, y, z jest rozwiazaniem równania, to λ jest dzielnikiem co najmniej jednej z liczb x, y, z. Możemy oczywiście zakładać, że każde dwie liczby wybrane z trójki x, y, z sa wzglednie pierwsze. Jeśli nie sa, to jakaś liczba pierwsza p Z[ω] jest ich wspólnym dzielnikiem i wobec tego jest dzielnikiem trzeciej z nich. To pozwala podzielić obie strony równania przez p 3. Po skończonej liczbie kroków dochodzimy do trójki liczb parami wzgl ednie pierwszych. Dalej zakładamy, że liczba λ jest dzielnikiem dokładnie jednej z liczb x, y, z. Załóżmy najpierw, że λ jest dzielnikiem z. Wobec tego nie jest dzielnikiem iloczynu xy. Jeśli obie liczby x i y dają tę samą resztę z dzielenia przez λ, to x 3 + y 3 daję z dzielenia przez λ resztę lub, ale żadna z nich nie dzieli się przez λ, więc to jest niemożliwe. Wobec tego jedna z reszt z dzielenia x 3 i y 3 przez λ jest równa 1, a druga jest równa 1. Dla ustalenia uwagi załóżmy, że λ jest dzielnikiem x 1 i y + 1. Wtedy liczba λ 4 jest dzielnikiem liczby x y = x 3 + y 3 = µz 3, zatem λ jest dzielnikiem z. Mamy µz 3 = x 3 + y 3 = (x + y)(x + ωy)(x + ω y). Ponieważ λ jest dzielnikiem z, wi ec λ 6 jest dzielnikiem z 3. Stad wynika, że co najmniej jedna z liczb x + y, x + ωy, x + ω y jest podzielna przez λ. Bez straty ogólności możemy założyć, że λ jest dzielnikiem x + y. 10 Mamy x + ωy = x + y + (ω 1)y = x + y λy. Ponieważ liczba y jest niepodzielna przez λ a liczba x + y jest podzielna przez λ, wiec liczba x + ωy jest podzielna przez λ ale przez λ już nie. To samo dotyczy liczby x + ω y = x + y + (ω 1)y ====== ω=1 λ x + y λ( λ)y. Mamy (x + y) (x + ωy) = λy oraz (x + ωy) ω(x + y) = λx. Stad i z tego, że liczby x, y sa wzglednie pierwsze (w Z[ω]) wynika, że najwiekszym wspólnym dzielnikiem liczb x+y i x+ωy jest λ. W taki sam sposób można wykazać, że λ jest najwi ekszym wspólnym dzielnikiem x + y i x + ω y oraz x + ωy i x + ω y. Stad i z tego, że rozkład na czynniki pierwsze w Z[ω] jest jednoznaczny wynika, że istnieja dzielniki jedności µ 1, µ, µ 3 Z[ω] oraz takie parami wzglednie pierwsze, niepodzielne przez λ liczby α, β, γ Z[ω] i liczba naturalna k, że x + y = µ 1 α 3 λ k, x + ωy = µ β 3 λ i x + ω y = µ 3 γ 3 λ. Mnożymy stronami druga z tych równości przez ω, trzecia przez ω, nastepnie dodajemy wszystkie trzy. Ponieważ 1 + ω + ω = 0, wiec otrzymujemy 0 = µ 1 α 3 λ k + ωµ β 3 λ + ω µ 3 γ 3 λ. Nie pozostaje nic lepszego do zrobienia niż podzielenie otrzymanej równości stronami przez µ ωλ i skorzystanie z tego, że liczba k +, czyli wykładnik z jakim wchodzi λ w rozkład na czynniki pierwsze liczby z 3, jest podzielna przez 3: 0 = µ 1 µ ω α3 λ k 1 + β 3 + ω µ 3 µ γ 3, przy czym dodatnia liczba k 1 jest podzielna przez 3, w szczególności k 1 3. Niech ε = µ 1 µ ω, ε 1 = ω µ 3 µ, x 1 = β, y 1 = γ, z 1 = αλ (k 1)/3. Mamy ε 1 = ε = 1 oraz ε 1, ε, x 1, y 1, z 1 Z[ω] i x ε 1 y 3 1 = ε z 3 1. Liczby x 1, y 1 nie sa podzielne przez λ, natomiast liczba z 1 jest podzielna przez λ, bo k ad, że Tak jak poprzednio możemy przyjać, że liczba x 1 1 dzieli sie przez λ. Wynika st x dzieli sie przez λ 4, a wobec tego ε 1 y = ε z1 3 (x 3 1 1) jest podzielne przez λ, 10 jeśli trójka x, y, z jest rozwiazaniem naszego równania, to również trójki x, ωy, z i x, ω y, z sa rozwiazaniami tego równania. 17

18 Twierdzenie Fermata dla n = 3 a nawet przez λ 3. Jeśli y dzieli si e przez λ, to y dzieli si e przez λ 4 i wobec tego ε = ε Lz 3 1 (x 3 1 1) ε 1 (y ) dzieli si e przez λ. Jest to możliwe tylko wtedy, gdy ε 1 = 1. Jeśli λ jest dzielnikiem y 1, to wynikiem analogicznego rozumowania jest równość ε 1 = 1. Mamy wi ec do czynienia albo z równaniem x y 3 1 = ε z 3 1 albo z równaniem x ( y 1 ) 3 = ε z 3 1. Jest to równanie takiej samej postaci jak równanie x 3 + y 3 = µz 3 z tym, że liczba λ wystepuje w rozkładzie liczby z 1 z wykładnikiem k 1, wi ec 3 o 1 mniejszym niż w rozkładzie liczby z. Powtarzajac to rozumowanie wielokrotnie musimy dojść w końcu do równania tej samej postaci, w którym prawa strona podzielna przez λ już nie jest, a to jak wykazaliśmy wcześniej jest niemożliwe. Ostatnia możliwość to: λ jest dzielnikiem jednej z liczb x, y i nie jest dzielnikiem liczby z. Dla ustalenia uwagi załóżmy, że λ jest dzielnikiem liczby x i że liczby y, z sa niepodzielne przez λ. Podobnie jak poprzednio możemy przyjać, że liczba y 1 jest podzielna przez λ. Stad wynika, że liczba x 3 + y 3 1 = µz 3 1 = µ(z 3 1) + µ 1 = µ(z 3 + 1) (µ + 1) jest podzielna przez λ 3, zatem albo liczba µ 1 albo liczba µ 1 jest podzielna przez λ 3, wi ec również przez λ. Musi wi ec być µ = 1 lub µ = 1. Pozwala to na przepisanie równania x 3 + y 3 = µz 3 w postaci ( y) 3 +z 3 = x 3 lub w postaci ( y) 3 +( z) 3 = x 3. W obu przypadkach prawa strona jest podzielna przez λ, a to w świetle poprzednich wyników jest niemożliwe. Ten opis twierdzenia o braku nietrywialnych rozwiązań równania x 3 + y 3 = z 3 pochodzi z książki A Classical Introduction to Modern Number Theory wydanej przez Springer Verlag Inc., New York w 198 r., której autorami są K.Ireland, M.Rosen. 18