Seminar zur Zahlentheorie Spezialfälle des Satzes von Fermat

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1 Seminar zur Zahlentheorie Spezialfälle des Satzes von Fermat Vortrag von Kristina Rupp und Benjamin Letschert am

2 Inhaltsverzeichnis 13 Speziallfälle des Satzes von Fermat Der Große Satz von Fermat: Bemerkung: Satz: Satz: Erinnerung: Korollar: Korollar: Korollar: Satz: Lemma: Literaturverzeichnis

3 13 Speziallfälle des Satzes von Fermat 13.1 Der Große Satz von Fermat: Für jede natürliche Zahl n 3 hat die Gleichung X n + Y n = Z n keine nichttrivialen Lösungen (x, y, z) Z 3, das heißt, dass für jede Lösung (x, y, z) gilt: x y z = 0. (A) Reduktion des Exponenten auf 2 Fälle 13.2 Bemerkung: Jede natürliche Zahl n 3 ist durch 4 oder durch eine ungerade Primzahl teilbar Satz: Um den Großen Satz von Fermat, X n + Y n = Z n mit 3 n N zu zeigen, genügt es, die Fälle n = 4 und n = p, wobei p eine ungerade Primzahl ist, zu betrachten. Begründung: Angenommen, es existiert eine nichttriviale Lösung (x, y, z) Z 3 von X n + Y n = Z n. Nach (13.2) folgt dann: 1. Fall: Sei n = p d mit p ungerade Primzahl und d N. Dann gilt aufgrund von Potenzgesetzen: x pd + y pd = z pd = (z d ) p = (x d ) p + (y d ) p. Somit ist auch (x d, y d, z d ) Z 3 eine nichttriviale Lösung von der Gleichung X p + Y p = Z p. 2. Fall: Sei n = 4 d. Der Fall ist analog zu Fall 1. (B) Der Fall n = 4 Die Gleichung X 4 + Y 4 = Z 4 hat keine nichttrivialen Lösungen (x, y, z) Z 3. Dies folgt aus 1

4 13.4 Satz: Die Gleichung X 4 + Y 4 = Z 2 hat keine nichttrivialen Lösungen (x, y, z) Z 3. Wir beweisen dies durch die Technik des unendlichen Abstiegs, das heißt: gibt es eine nichttriviale Lösung (x, y, z) Z 3, so existiert eine weitere nichttriviale Lösung (x, y, z ) Z 3 für die z < z gilt. Beweis per Widerspruch: Angenommen es gibt eine nichttriviale Lösung (x, y, z) Z 3 mit z N minimal. Wir können x, y, z > 0 voraussetzen. Behauptung 1: Sind x, y, z paarweise teilerfremd, so gilt ggt(x, y, z) = 1. Beweis: Betrachte den Fall ggt(x, y) = p > 1 Primzahl. Dann liefert die Gleichung ( x 4 p ) + ( y 4 p ) = ( z 2 p ) 2 eine weitere Lösung mit betragsmäßig kleinerer dritter Komponente ( z p < z ). 2 Analog gilt dies für ggt(x, z) > 1 und ggt(y, z) > 1. Aufgrund des Widerspruchs zu der Annahme, dass z minimal gewählt wurde, können wir annehmen, dass x, y und z paarweise teilerfremd sind, also ggt(x, y, z) = 1 gilt. Behauptung 2: x und y dürfen nicht gleichzeitig ungerade sein. Beweis: Für a N ungerade gilt: a ±1 mod 4. Daraus folgt a 4 (±1) 4 = 1 mod 4, sodass für x, y ungerade gilt: x 4 + y 4 = z 2 2 mod 4. Aus z 2 2 mod 4 folgt 2 z 2, also auch 2 z. Daher ist z 0 mod 2, womit z 2 0 mod 4 gilt. Aus diesem Widerspruch ergibt sich, dass x und y nicht beide gleichzeitig ungerade sein dürfen. Also können wir annehmen, dass x ungerade und y gerade ist, wodurch z ebenfalls ungerade ist. Durch Umstellen von x 4 + y 4 = z 2 erhalten wir mit binomischen Formeln y 4 = (z x 2 )(z + x 2 ). Betrachte nun den ggt ((z x 2 ), (z + x 2 )) = g > 0. Da y gerade ist, folgt 2 g. 2

5 Behauptung 3: Es gilt g = 2. Beweis: Wir nehmen an, es gibt eine Primzahl p 3, für die p g gilt. Dann folgt p (z +x 2 ) und p (z x 2 ), somit teilt p auch auch die Summe und die Differenz, also p 2z und p 2x 2. Jedoch ist das ein Widerspruch zur Teilerfremdheit von x und z. Desweiteren gilt: g 2z, womit 4 g folgt, da z ungerade ist. Daher ist g 2 k für k N, k 2, und es folgt g = 2. Behauptung 4: z + x 2 ist genau einmal durch 2 teilbar. Beweis: Angenommen 2 teilt (z x 2 ) genau einmal. Dann existieren ganze, teilerfremde Zahlen a und b mit 2 a und z x 2 = 2a 4 z + x 2 = 8b 4. Dies ist ein Widerspruch, da sonst x 2 = 4b 4 a 4 1 mod 4 wäre, obwohl für x ungerade x ±1 mod 4 gilt, sodass x 2 (±1) 2 = 1 mod 4 folgt. Daher ist nur z + x 2 genau einmal durch 2 teilbar und es existieren ganze, teilerfremde Zahlen a und b mit 2 b und ( ) z x 2 = 8a 4 z + x 2 = 2b 4. Wäre a = 0, so würde z = x 2 folgen, für b = 0 würde z = x 2 folgen. Aus beiden Fällen ergibt sich y = 0. Daher können wir a, b > 0 annehmen. Dann folgt aus ggt(a, b) = 1 und x 2 = b 4 4a 4, dass ggt(b, x) = 1 gilt. Durch Umstellen und Einsetzen folgt aus den beiden obigen Gleichungen ( ) zunächst z = 8a 4 + x 2 und somit 8a 4 + x 2 + x 2 = 2b 4, woraus sich 4a 4 + x 2 = b 4 ergibt. Mit binomischen Formeln erhalten wir 4a 4 = (b 2 x)(b 2 + x). Behauptung 5: Es gilt ggt((b 2 x), (b 2 + x)) = 2. Beweis: Angenommen es gilt p ggt((b 2 x), (b 2 + x)), wobei p 3 eine Primzahl ist. Dann gilt auch p (b 2 x) und p (b 2 + x), woraus p b und p x folgt. Dies ist ein Widerspruch zur Teilerfremdheit von b und x. Würde ggt((b 2 x), (b 2 + x)) = 2 k mit k 2, k N gelten, so wäre b 2 x 0 mod 4 und ebenso b 2 + x 0 mod 4 und somit 2b 2 0 mod 4, woraus b 2 0 mod 2 folgt. Dies ist ein Widerspruch zur Behauptung 4: 2 b, daher gilt auch 2 b 2. 3

6 Somit können wir aus 4a 4 = (b 2 x)(b 2 + x) schließen, dass ganze Zahlen c und d existieren, mit b 2 x = 2c 4 und b 2 + x = 2d 4, woraus c 4 + d 4 = b 2 folgt. Da 2b 4 = z + x 2 z 2 + x 4 < z 2 + z 2 = 2z 2 gilt, folgt b < z. Jetzt haben wir eine Lösung (c, d, b) gefunden mit b < z. Diese Lösung steht aber im Widerspruch zu unserer Annahme, dass z minimal ist! Also folgt, dass für X 4 + Y 4 = Z 2 keine nichttrivialen Lösungen (x, y, z) Z 3 existieren. (C) Der Fall n = 3 als Beispiel für n = p Primzahl 13.5 Erinnerung: (7.13) Ein gebrochenes Ideal von K ist ein endlich erzeugter O Untermodul, a 0 von K. (7.15) Die Idealgruppe J K von K, die Menge der gebrochenen Ideale von O K, ist bezüglich der Multiplikation eine abelsche Gruppe. (7.17) Die Hauptidealgruppe P K ist die Menge der gebrochenen Hauptideale von O K. Die Idealklassengruppe ist definiert als Cl K = J K /PK. Die Einheitengruppe von O K bezeichnet man als O K. (10.7) Die Klassenzahl h K von K ist die Ordnung von Cl K. (9.7) Ist K = Q( d) ein quadratischer Zahlkörper, so ist (1, ω) eine Z Basis des Ringes O K mit d, wenn d 1 mod 4 ω = { 1 2 (1 + d), wenn d 1 mod 4. Notation: Sei nun K = Q( 3) ein quadratischer Zahlkörper. Wir setzen ζ = 1 2 ( 1 + 3) = e 2 3 πi und λ = 1 ζ = 1 2 (3 3). Zur Erinnerung: N K Q, (a + 3b) (a 2 + 3b 2 ) Korollar: 1. Die Klassenzahl h K von O K ist gleich 1, das bedeutet O K ist ein Hauptidealring. Beweis: Diese Behauptung folgt aus (10.9), da K = Q [ 3] gilt. 4

7 2. (1, ζ) ist eine Z Basis von O K. Beweis: Nach (9.7) gilt, dass, falls Q [ d] ein quadratischer Zahlkörper ist, (1, ω) eine Z Basis des Ringes O K ist. Aus d 1 mod 4 folgt somit die Behauptung mit ζ = ω Korollar: 1. {±1, ±ζ, ±ζ 2 } ist die Einheitengruppe von O K. Beweis: Wir wissen, dass K Q eine endliche Körpererweiterung ist. Mit dem Dirichletischen Einheitensatz folgert man O K = Z r+s 1 µ(k) mit µ(k) = {z K n N {0} z n = 1}, der Anzahl der reellen Einbettungen r und der halbierten Anzahl der nicht reellen Einbettungen s. Für K gilt dann r = 0 und s = 1, woraus sich O K = µ(k) ergibt. Daraus folgt die Behauptung. 2. Das Ideal p 2 ist gleich 3O K mit p = (λ). Beweis: Wir behaupten, dass p = (λ) gilt. Dann genügt es (λ 2 ) = 3O K zu zeigen. Wir rechnen nach: λ 2 = ( ) = 1 4 ( ) = 6 4 (1 3) = ( 1 + 3) = 3 ζ = 3 ( ζ) Da ( ζ) eine Einheit von O K ist, folgt p 2 = (3) = 3O K Korollar: 1. {0, ±1} ist vollständiges Vetretersystem für die primen Restklassen mod p. Beweis: Es gilt nach (10.3): N (p) = N ((λ)) = N K Q (λ) = 3. Weiterhin gilt p ist prim und teilt (3). So ist die Restklasse O K /p gleich der Restklasse von Z / 3Z, also F 3. Hieraus folgt die Behauptung. 2. O K ist ein vollständiges Vertretersystem für die primen Restklassen mod p2. Beweis: Betrachtet man N (p 2 ), so gilt nach (10.2): N (p) 2 = O K / p 2 = N (p) 2 = 9. 5

8 Da O K gleich zu Z [ζ] ist, folgt für das Charakteristische Polynom µ ζ,q, dass dieses gleich dem Polynom X3 1 X 1 = X2 + X + 1 in Q [ζ] ist. So erhalten wir für O K den Ausdruck Z[X] / (µζ,q ), wobei ζ O K mit der Restklasse von X identifiziert wird. Nun folgt: O K / p 2 = O K / 3OK = Z[X] / (µζ,q,3) = F 3[X] / (µζ,q ) = F 3[X] / (X 1) 2. Betrachten wir mit X + 1 X 2 ( mod X 2 + X + 1), µ ζ,q F 3, dann existiert ein eindeutiger Isomorphismus ϕ F 3[X] / (X 1) 2 M = {0, 1, 2, X, X 1, X 2, 2X, 2X 1, 2X 2}. Die Einheitengruppe ( F 3[X] / (X 1) 2) wird daher von ϕ auf die Einheitengruppe von M abgebildet, das bedeutet, eine Einheit f M ist teilerfremd zu (X 1). Durch Ausrechnen der Einheiten von M, welche die Menge {±1, ±X, ±X 2 } hervorbringt, lässt sich auch die Einheitengruppe von O K bestimmen. Da die Restklasse von X als ζ O K identifiziert wird, folgt für O K die Behauptung. 3. Aus α β mod p k folgt α 3 β 3 mod p k+2 mit α, β O K und k N, k 0. Beweis: Aus der Voraussetzung α β mod p k folgt, dass α β 0 mod p k. Somit gilt: (α β) 3 0 mod p 3k. Mit k 1 gilt dann 2 + k 3k, also ist (α β) 3 0 mod p 2+k. Daher folgt: (α β) 3 = α 3 β 3 + 3αβ(α β) 0 mod p 2+k. Mit 3 0 mod p 2 und (α β) 0 mod p k muss auch α 3 β 3 0 mod p 2+k sein Satz: Für eine durch 3 teilbare Zahl n hat die Gleichung X n +Y n = Z n keine nichttrivialen Lösungen (x, y, z) O K. Beweis: Wir können n = 3 annehmen. Angenommen, es existiert eine nichttriviale Lösung (x, y, z) Z 3 mit x 3 + y 3 = z 3, wobei x, y und z paarweise teilerfremd sind (vgl. n = 4). Aus x 3 + y 3 = z 3 folgt somit, dass es ein Primideal q gibt, welches (x), (y) und (z) teilt. Wegen h K = 1 ist q = (α) O K mit α teilt x, y und z. Nach endlich vielen Schritten erhalten wir eine Lösung (x, y, z) mit paarweise teilerfremden x, y, z O K. Angenommen p teilt keine der x, y, z. Dann gilt nach (13.8)(1): x, y, z ±1 mod p. Mit (13.8)(3) folgt: ±1 z 3 = x 3 + y 3 (±1) + (±1) {0, ±2} mod p 3. 6

9 Also können wir annehmen, dass p = (λ) eine der 3 Zahlen x, y, z teilt. Sei nun z durch p teilbar. Somit genügt nur noch zu zeigen: Lemma: Es gibt keine paarweise teilerfremden α, β, γ O K, sodass mit ɛ O K, p αβγ und m N gilt. α 3 + β 3 = ɛλ 3m γ 3 Beweis: Wir nehmen daher an, dass solch eine Lösung (α, β, γ) mit m N minimal existiert. Behauptung 1: Für i, j {0, 1, 2}, i j, gilt: (α + ζ i β, α + ζ j β) = p. Beweis: Sei q ein Primideal mit q teilt (α + ζ i β) und (α + ζ j β). Dann teilt p auch die Differenz (ζ i ζ j )β = ζ i (1 ζ j i )β. Hieraus folgert man, dass ζ j i entweder ζ oder ζ 2 ist. Wegen 1 ζ 2 = ζ 3 ζ 2 = ( ζ 2 )(1 ζ) schließen wir, dass q ein Teiler von (1 ζ)β ist, also auch von (1 ζ), was wiederum gleich p ist. Folglich gilt: q p oder q β. Analog folgt aus q ζ i (α+ζ i β) ζ j (α+ζ j β), dass q = p oder q teilt α gilt. Für q p folgt somit: q α und q β - Widerspruch zur Teilerfremdheit! Also gilt: q = p. Behauptung 2: Es gilt m 2. Beweis: Der Beweis geht daraus hervor, dass p kein Teiler von α und β ist. Mit (13.8)(3) folgert man nun aus α, β ±1, ±ζ, ±ζ 2 mod p 2, dass gilt: α 3 + β 3 (±1) + (±1) mod p 2+2. Wegen p teilt (α 3 + β 3 ) folgt: ɛλ 3m γ 3 = α 3 + β 3 0 mod p 4. Somit gilt m 2. Weiterhin können wir aus Behauptung 1, nach eventueller Multiplikation mit ζ k, k {0, 1, 2}, annehmen, dass α + ζβ und α + ζ 2 β genau einmal durch p teilbar sind. Mit paarweise teilerfremden δ 1, δ 2, δ 3 O K, δ i p und ɛ 1, ɛ 2, ɛ 3 O K gilt: (α + β) = p 3m 2 (δ 1 ) 3 α + β = ɛ 1 λ 3m 2 δ1 3 (α + ζβ) = p(δ 2 ) 3 anders ausgedrückt: α + ζβ = ɛ 2 λδ2 3 (α + ζ 2 β) = p(δ 3 ) 3 α + ζ 2 β = ɛ 3 λδ3 3. 7

10 Dann folgt für die Addition der rechten Seite: (λ 3m 2 ɛ 1 δ 3 1) ζ + (λɛ 2 δ 3 2) ζ 2 + (λɛ 3 δ 3 3) ζ 0 = (α + β)ζ + (α + ζβ)ζ 2 + (α + ζ 2 )β = α(ζ + ζ 2 + 1) + β(ζ ζ 2 ) = 0, da gilt: 1 + ζ + ζ 2 = ( )2 = = 0. Dividieren wir jetzt durch λɛ 3, erhalten wir: ( ) λ 3(m 1) δ 3 1 µ = δ 3 2 ν + δ 3 3 mit den Einheiten µ = ɛ 1 ɛ 1 3, ν = ɛ 2 ɛ 1 3. Da die δ i prim zu p sind, folgt nach (13.8)(1), dass die δ i ±1 mod p sind. Dann gilt mit (13.8)(3), dass δi 3 ±1 mod p3 ist, mit i = 1, 2, 3. Da m 2 aus Behauptung 2 gilt, muss nach (13.8)(3) gelten: δ 3 2 ν + δ 3 3 = (±1)ν ± 1 0 mod p 3. Somit ist ν eine Einheit aus O K mit ν ±1 mod p 2 und mittels (13.8)(1) folgt: ν = ±1. Nach ( ) folgern wir jetzt: δ (±δ 2 ) 3 = µλ 3(m 1) δ 3 1. Dies ist wieder eine Lösung einer Gleichung vom angegebenen Typ (α, β, γ) mit α, β, γ O K. Aber hier ist der λ Exponent m 1 1. Dies steht jedoch im Widerspruch zu dem in Behauptung 2 minimal gewählten m 1. Somit existiert keine nichttriviale Lösung (α, β, γ) für α 3 + β 3 = ɛλ 3m γ 3 X 3 + Y 3 = Z 3, also auch keine nichttriviale Lösung (x, y, z) Z 3, was zu zeigen war. 8

11 13.11 Literaturverzeichnis [Sch] A. Schmidt: Einführung in die Algebraische Zahlentheorie, Springer Verlag

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