Priemontbinding in kwadratische lichamen

Transcriptie

1 Priemontbinding in kwadratische lichamen Auteur: Marieke van der Wegen Begeleider: Dr. J. Stienstra Bachelorscriptie Universiteit Utrecht Datum: April-Juni 015 Studentnummer:

2

3 Inhoudsopgave Inleiding 1 Ring van gehelen 3 De ideaalklassengroep 8 3 Ontbinding in priemidealen 15 4 Priemontbinding in de ring van gehelen 0 1

4 Inleiding Het is bekend dat elk natuurlijk getal groter dan 1 te schrijven is als product van priemgetallen, en dat deze ontbinding uniek is. Door met -1 te vemenigvuldigen kunnen we zo ook alle negatieve gehele getallen kleiner dan -1 uniek ontbinden. Dus alle gehele getallen behalve -1, 0 en 1 zijn uniek te ontbinden in priemgetallen. We kunnen Z beschouwen als de gehele getallen in Q. In de wiskunde kijken we ook vaak naar andere getallenlichamen. Ook daar kunnen we ons afvragen of er ontbinding bestaat, en of deze uniek is. In deze scriptie kijk ik niet naar Q, maar naar kwadratische uitbreidingen van Q. Binnen een dergelijke uitbreiding kunnen we ook gehele getallen definiëren. In hoofdstuk 1 zal ik kijken naar een kwadratische uitbreiding van Q: Q( d). Ook zien we hoe we hier gehele getallen kunnen definieren. Deze gehele getallen blijken samen weer een ring te vormen, de ring van gehelen O K. We zullen in de rest van de scriptie kijken naar ontbinding in O K. In hoofdstuk zal ik kijken naar een equivalentierelatie op idealen. De equivalentieklassen hiervan vormen een groep, de ideaalklassengroep. De orde van deze groep blijkt een goede maat te zijn voor unieke ontbinding. Hoofdstuk 3 zal laten zien dat als we geen elementen, maar idealen gaan ontbinden, ontbinding wel altijd uniek is. Tot slot zullen we in hoofdstuk 4 bewijzen dat ontbinding uniek is dan en slechts dan als de ideaalklassengroep triviaal is. Hierbij hebben we de resultaten uit hoofdstuk en 3 nodig. Voor negatieve d vermoedde Gauss al dat ontbinding uniek is in precies de volgende gevallen: d = 1,, 3, 7, 11, 19, 43, 67, 163. Het is in de jaren vijftig en zestig van de twintigste eeuw bewezen dat de ideaalklassengroep inderdaad precies in deze gevallen triviaal is. Voor positieve d vroeg Gauss zich af of het er eindig veel zijn waarvoor ontbinding uniek is. Dit is echter nog steeds een open probleem. Als voorkennis voor deze scriptie worden enkele begrippen uit ringentheorie verwacht, onder anderen worden de begrippen lichaamsuitbreiding en ideaal bekend verondersteld.

5 1 Ring van gehelen In dit hoofdstuk zullen we een lichaam K bekijken, waarbij K een kwadratische uitbreiding van Q is. Dan is K een deelverzameling van C. We zullen de ring van gehelen van K definiëren, en laten zien dat deze ring van gehelen een uitbreiding van Z is. Stel dat K een kwadratische uitbreiding van Q is: K = Q(α). Dan is α een nulpunt van een kwadratisch polynoom f(x) = ax + bx + c, met coëfficiënten in Q en a 0. Dus met de abc-formule zien we dat α = b ± b 4ac. a Noem nu D = b 4ac. Voor een willekeurige β K, geldt dat we β kunnen schrijven als β = m + nα met m en n rationaal. Hieruit volgt dat β = m + n b± D a = m bn a ± a n D, dus β Q( D). Het is ook eenvoudig te zien dat elk element in Q( D) ook in K zit. Dus er volgt dat K = Q( D). We kunnen D schrijven als D = kd, waar k een kwadraat is, en d kwadraatvrij. Dan zien we dat K = Q( d). Om deze reden zullen we vanaf nu alleen lichamen van de vorm K = Q( d) bekijken, waar d kwadraatvrij is. In deze lichamen is 1, d een Q-basis voor K. In de rest van deze scriptie zullen we met K een dergelijke kwadratische uitbreiding Q( d) bedoelen, waar d kwadraatvrij is. We weten dat een getal algebraïsch is als het een nulpunt van een polynoom met coëfficiënten in Q is. Op een soortgelijke wijze kunnen we een algebraïsch geheel getal definiëren: Definitie 1.1. Een getal α C noemen we algebraïsch geheel getal als het een nulpunt van een monisch polynoom met coëfficiënten in Z is. Binnen de rationale getallen vallen de algebraïsch gehele getallen precies samen met de gehele getallen: Stelling 1.. Stel r Q, dan geldt dat r een algebraïsch geheel getal is dan en slechts dan als r Z. Bewijs. Stel r Z, dan is r een nulpunt van x r. Dus dan is r een algebraïsch geheel getal. Stel dat r Q een algebraïsch geheel getal is. Zonder verlies van algemeenheid kunnen we aannemen dat r = p q, met ggd(p, q) = 1. Omdat r een algebraïsch geheel getal is, geldt r n + c n 1 r n c 1 r + c 0 = 0, voor zekere c i Z. Door met q n te vermenigvuldigen volgt dat p n + c n 1 p n 1 q c 1 pq n 1 + c 0 q n = 0. We zien dat q c n 1 p n 1 q c 1 pq n 1 + c 0 q n en q 0, dus q p n. Omdat ggd(p, q) = 1 volgt dat q = ±1, dus r Z. We kunnen nu ook bekijken wanneer elementen van K algebraïsche gehele getallen zijn. Bekijk hiervoor de volgende definities: Definitie 1.3. De norm, N(α), van α = a + b d K is a db. Definitie 1.4. Het spoor, t(α), van α = a + b d K is a. Zij α = a + b d, dan noemen we α = a b d de geconjugeerde van α. Merk op dat αβ = αβ 3

6 en α + β = α + β. Nu geldt dat N(α) = αα en t(α) = α + α. Door de definitie uit te schrijven is te zien dat de norm multiplicatief is, en het spoor additief: N(αβ) = N(α)N(β) en t(α + β) = t(α) + t(β). Een belangrijk resultaat over de norm en het spoor is het volgende: Stelling 1.5. Zij α K, dan is α een algebraïsch geheel getal dan en slechts dan als N(α) en t(α) gehele getallen zijn. Bewijs. Zij α = a + b d K, en stel dat α een algebraïsch geheel getal is. Dan is er een polynoom P (X) = X + c 1 X + c 0 met gehele coëfficiënten, zodanig dat α een nulpunt van P is. Bekijk dan het polynoom (X α)(x α) = X ax + a db, waar α een nulpunt van is. Zo hebben we twee kwadratische vergelijkingen voor α: α + c 1 α + c 0 = 0 α + aα + a db = 0 Door deze van elkaar af te trekken krijgen we de vergelijking: c 1 α + aα + c 0 a + db = (c 1 b + ab) d + c 1 a + a + c 0 a + db = 0. Hieruit volgt meteen dat c 1 = a of b = 0. We bekijken eerst het eerste geval. Dan volgt ook dat c 0 = a db. Omdat c 1 en c 0 geheel zijn, blijkt nu dat de norm en het spoor ook geheel zijn. In het tweede geval volgt dat α Q. Uit Stelling 1. volgt dan dat α Z. Hieruit zien we meteen dat de norm en het spoor ook geheel zijn. Zij nu α K en stel dat N(α) en t(α) geheel zijn. Bekijk dan het polynoom (X α)(x α) = X (α + α)x + αα = X t(α)x + N(α). Omdat het spoor en de norm geheel zijn volgt nu dat α het nulpunt is van een monisch polynoom met gehele coëfficiënten, dus α is een algebraïsch geheel getal. We kunnen nu de ring van gehelen definiëren. We zullen straks laten zien dat dit ook echt een ring is. Definitie 1.6. De ring van gehelen, O K, van een lichaam K, is de doorsnede van K met de verzameling van algebraïsche gehele getallen. We zullen bewijzen dat O K een ring is, door te laten zien welke elementen precies in O K zitten. Deze elementen vormen een bekende ring, daaruit volgt dan dat O K ook een ring is. Stelling 1.7. De ring van gehelen heeft de volgende vorm: { Z[ d] als d, 3 (mod 4) O K = Z[ 1+ d ] als d 1 (mod 4). Bewijs. Merk eerst op dat d kwadraatvrij is, dus het geval d 0 (mod 4) komt niet voor. We zullen hier eerst bewijzen dat Z[δ] O K, voor δ = d als d, 3 (mod 4), en δ = 1+ d als d 1 (mod 4). Daarna zullen we laten zien dat O K Z[δ]. Stel dat d, 3 (mod 4). Zij α Z[ d], dan geldt α = a + b d voor gehele a en b. Door de definitie van de norm en het spoor uit te schrijven volgt dat de norm en het spoor beide ook geheel zijn. Omdat α ook een element is van K volgt uit Stelling 1.5 dat α een algebraïsch geheel getal is, dus in O K zit. Ofwel Z[ d] O K. Stel nu dat d 1 (mod 4). Zij α Z[ 1+ d ], dan geldt α = a + b 1+ d = a + b + b d voor 4

7 gehele a en b. Het spoor van α is nu gelijk aan a + b, en is dus geheel. De norm is nu a + ab b d 4 b = a + ab d 1 4 b. Omdat d 1 (mod 4) is d 1 4 een geheel getal, dus de norm is ook geheel. Wederom volgt nu uit Stelling 1.5 dat α een element van O K is, dus Z[ 1+ d ] O K. Stel α = a + b d O K, voor zekere a, b Q. Omdat α algebraïsch geheel is, geldt t(α) Z, dus a is geheel. Dus ook 4a Z. Uit N(α) Z volgt nu dat 4(a db ) = 4a 4db Z, dus 4db Z. We kunnen nu uit het ongerijmde, met een gevalsonderscheiding, bewijzen dat b Z: Stel dat b Z. Stel eerst dat 4b Z. Dus b = r s, waar ( r s ) Z, met r, s Z en ggd(r, s) = 1. Dan geldt dus dat s r. Omdat ggd(r, s) = 1 geldt dat s = ±1. Dit is in tegenspraak met b Z. Stel nu dat 4b Z. Dan is 4b = ( r s ), met ggd(r, s) = 1. Invullen geeft r d Z. s Omdat ggd(r, s) = 1 volgt nu dat s d. Dit is in tegenspraak met het feit dat d kwadraatvrij is. Dus b Z. Stel nu m = a en n = b, dan volgt m, n Z. Dan geldt m dn = 4a 4db 0 (mod 4). We zullen hier de gevallen d (mod 4), d 3 (mod 4) en d 1 (mod 4) apart bekijken. Hier maken we gebruik van het feit dat x 0 (mod 4), als x 0 (mod ) en x 1 (mod 4), als x 1 (mod ). Stel d (mod 4). We bekijken de combinaties voor m en n modulo : m 0, n 0 (mod ): m dn (mod 4) m 0, n 1 (mod ): m dn 0 1 (mod 4) m 1, n 0 (mod ): m dn (mod 4) m 1, n 1 (mod ): m dn (mod 4) Dus m n 0 (mod ) is de enige oplossing, dus a, b Z. Dus als d (mod 4), dan geldt O K Z[ d]. Het bewijs voor d 3 (mod 4) gaat analoog. Stel nu d 1 (mod 4). Dan bekijken we weer de combinaties voor m en n modulo : m 0, n 0 (mod ): m dn (mod 4) m 0, n 1 (mod ): m dn (mod 4) m 1, n 0 (mod ): m dn (mod 4) m 1, n 1 (mod ): m dn (mod 4) Nu zijn er twee oplossingen: m n 0 (mod ) en m n 1 (mod ). Hieruit volgt dat a en b beide van de vorm k of k + 1 zijn, waar k Z. Dus α = p+q d+r( d), voor zekere p, q, r Z. Nu zien we dat α = s + t 1+ d, waar s = p q en t = q + r. Dus α Z[ 1+ d ], dus O K Z[ 1+ d ] Al met al zien we dat O K = wat precies is wat we wilden bewijzen. { Z[ d] als d, 3 (mod 4) Z[ 1+ d ] als d 1 (mod 4), 5

8 In de rest van deze scriptie zullen we gaan kijken wanneer ontbinding in irreducibele elementen in deze ring van gehelen uniek is. Om verwarring te voorkomen geven we hier nog de definitie van irreducibel en priem element. Definitie 1.8. Een element p noemen we irreducibel als voor elke ontbinding p = ab geldt dat a of b een eenheid is. Definitie 1.9. Een element p noemen we priem als het volgende geldt: als p ab dan ook p a of p b. In Z vallen deze definities samen. Dit is in het algemeen niet zo. In een domein is een priem element ook irreducibel. En in hoofdideaaldomeinen zijn irreducibele elementen ook priem. Stelling Zij R een domein. Als een element p R priem is, dan is p ook irreducibel. Bewijs. Stel dat p priem is, en dat p = ab. Dan geldt dus ook dat p ab, dus zonder verlies van algemeenheid volgt dat p a. Dus a = kp voor een zekere k. Hieruit volgt dat p = kpb, ofwel p(1 kb) = 0. Hieruit volgt dat kb = 1, dus b is een eenheid. Dus p is irreducibel. Stelling Als R een hoofdideaaldomein is en p R is een irreducibel element, dan is p ook priem. Bewijs. Stel dat p irreducibel is, en dat p ab. Bekijk dan het ideaal (a, p). Dit is een hoofdideaal, zeg (g). Dan geldt g p en g a, dus p = gk en a = gl voor een zekere k en l. Dus g is een eenheid, of k is een eenheid. In het laatste geval geldt dat a = pk 1 l, dus dan p a. In het eerste geval geldt dat (g) de hele ring is, dus dat er x en y zijn zodanig dat xa + yp = 1. Als we nu beide kanten met b vermenigvuldigen zien we dat xab+ypb = b. Omdat p de linkerzijde deelt, moet dus ook gelden dat p b. Wij zullen dus ontbinding in irreducibele elementen in deze ring van gehelen bekijken. Ik zal hier eerst een aantal voorbeelden geven met behulp van Euclidische domeinen. Definitie 1.1. Een Euclidisch domein is een domein R waarvoor een functie λ : R\{0} N bestaat die aan de volgende voorwaarde voldoet: voor alle a, b R en b 0, zijn er c, d R zodanig dat a = cb + d en ófwel d = 0 ófwel λ(d) < λ(b). In een Euclidisch domein bestaat er een soort algoritme van Euclides om de grootste gemene deler van twee elementen te bepalen. Ook kunnen we laten zien dat elk Euclidisch domein een hoofdideaaldomein is. Stelling Elk Euclidisch domein is ook een hoofdideaaldomein. Bewijs. Stel dat R een Euclidisch domein is, en bekijk een ideaal A in R. Bekijk dan de verzameling {λ(α) α A\{0}}. Dit is een deelverzameling van N, dus er is een kleinste element, λ(k). We zullen nu laten zien dat A voortgebracht wordt door k. Omdat k A, volgt meteen dat (k) A. Stel nu dat a A. Dan zijn er m, n zodanig dat a = mk + n, met n = 0 of λ(n) < λ(k), want we werken in een Euclidisch domein. Omdat we λ(k) hebben gekozen als het kleinste element moet nu gelden dat n = 0. Hieruit volgt dat a een veelvoud van k is, ofwel a (k). Dus A (k). Al met al concluderen we dat R een hoofdideaaldomein is. 6

9 We weten dat elk hoofdideaaldomein ook een uniek factorisatiedomein is, hier zullen we in hoofdstuk 4 meer over zien. Op deze manier kunnen we dus van enkele ringen laten zien dat het unieke ontbindingsdomeinen zijn. Voorbeeld Bekijk de uitbreiding K = Q(i) = Q( 1). Omdat d = 1 3 (mod 4) is de ring van gehelen in dit geval O K = Z[i]. We kunnen laten zien dat Z[i] een Euclidisch domein is, door te laten zien dat de norm-functie de gewenste eigenschappen heeft. Dus stel λ(a + bi) = a + b. We zien dat deze functie altijd positieve gehele waarden aanneemt voor elementen uit Z[i] ongelijk aan 0. Neem nu α, β twee elementen van Z[i], waar β ongelijk aan 0 is. Bekijk dan α β = m + ni, met m, n rationaal. Kies dan r, s Z zodanig dat m r 1 en n s 1, en noem γ = r + si. Dan zien we dat α = γβ + (α γβ), waar γ en α γβ elementen van Z[i] zijn. Ook zien we dat ( λ(α γβ) = λ ( )) α β β γ ( ( )) α = N β β γ ( ) α = N (β) N β γ = N(β)N(m + ni r si) ( 1 N(β) ) 4 = 1 λ(β) < λ(β) Dus λ voldoet aan de gewenste voorwaarden. Dus Z[i] is een Euclidisch domein, dus ook een hoofdideaaldomein. Voorbeeld We zullen ook K = Q(ζ) bekijken, waar ζ de derdemachtseenheidswortel is. Merk eerst op dat ζ een nulpunt is van het polynoom X + X + 1, en dat ζ = 1+ 3, dus K = Q( 3). Dan is de ring van gehelen O K = Z[ 1+ 3 ]. Ook dit is een Euclidisch domein, wederom met de norm-functie. Dus stel λ(a + b 3) = a + 3b. We zien dat het domein van deze functie inderdaad N is. Stel nu α en β twee elementen van O K, met β 0. Bekijk dan α β = m + n 3, waar m, n rationaal zijn. Kies nu r Z[ 1 ] zodanig dat r m 1 4. Als nu r een element van Z is, kies dan s Z, zodanig dat s n 1. Als r van de vorm k + 1 is, kies dan s ook van de vorm l + 1 zodanig dat s n 1. Definieer dan γ = r + s 3, dan is γ een element van O K. Definieer tot slot η = α βγ, dan is η ook een element van O K. Dan zien we dat α = γβ + η. Als nu η 0, dan volgt dat λ(η) = λ(β( α β γ)) = N(β)N(α 1 β γ) = λ(β)( ) < λ(β). Dus Z[ 1+ 3 ] is een Euclidisch domein, dus ook een hoofdideaaldomein. We hebben nu twee voorbeelden gezien waar de norm-functie de ring van gehelen tot een Euclidisch domein maakt. Er zijn echter ook domeinen waar de norm-functie niet aan de gewenste voorwaarden voldoet, maar die wel Euclidisch zijn. Ook zijn er ringen waar ontbinding wel uniek is, maar die geen Euclidisch domein zijn. We zullen daarom verder kijken naar eigenschappen van de ring van gehelen die wat zeggen over of ontbinding uniek is. 7

10 De ideaalklassengroep We zullen in dit hoofdstuk de ideaalklassengroep definiëren. Dit zullen we doen door een equivalentierelatie op de idealen in O K te definiëren. Om dan te laten zien wat de ideaalklassengroep is, hebben we ook nog een stelling nodig die zegt dat elk ideaal door hoogstens twee elementen wordt voortgebracht. Om te beginnen zullen we een aantal eigenschappen van idealen herhalen, die we later nodig zullen hebben. De definitie van een hoofdideaal is een ideaal dat voortgebracht kan worden door slechts één element. Als α O K zien we dat (α) = {αr r O K }. Dus (1) = {1 r r O K } = O K. Zij A en B twee idealen. Dan definiëren we het product AB = {a 1 b 1 + a b a m b m a i A, b j B voor alle i, j}. Omdat we hier commutatieve ringen bekijken, is vermenigvuldiging van idealen ook commutatief. Immers: AB = {a 1 b a m b m a i A, b j B voor alle i, j} = {b 1 a b m a m a i A, b j B voor alle i, j} = BA. Uit de definitie van ideaalvermenigvuldiging volgt dat het product van twee idealen voortgebracht wordt door de producten van de voortbrengers: Als A = (a 1, a,..., a n ) en B = (b 1, b,..., b m ), dan is AB = (a 1 b 1, a 1 b,..., a n b m ). Een aantal directe voorbeelden hiervan zijn de volgende: Als A = (α) en B = (β) twee hoofdidealen zijn, dan is AB = (αβ) weer een hoofdideaal. Ook volgt dat als A = (α) een hoofdideaal is, en B een ideaal, dan is AB = {αb b B}. Merk op dat hieruit volgt dat (1)B = {1 b b B} = B. Tot slot zullen we nog de geconjugeerde van een ideaal definiëren: Definitie.1. Zij A een ideaal. We noemen A = {α α A} de geconjugeerde van A. Omdat 0 A geldt ook dat 0 A. Stel dat α, β A. Dan geldt dus dat α, β A, dus ook α + β = α + β A. Dus dan α + β A. Stel nu dat α A en r O K. Dan volgt dat α A en r O K, dus ook rα A. Dus dan ook rα A. Dus A is ook een ideaal in O K. En als A = (a 1, a,..., a n ), dan volgt dat A = {α α A} = {r 1 a 1 + r a +... r n a n r i O K } = {r 1 a 1 + r a +... r n a n r i O K } = (a 1, a,..., a n ). Dus A wordt voortgebracht door de geconjugeerde van de voortbrengers van A. We kunnen nu een equivalentierelatie definiëren op de idealen, ongelijk aan het nulideaal. Daarom zullen we in de rest van dit hoofdstuk, en in de rest van de scriptie met ideaal, een ideaal ongelijk aan het nulideaal bedoelen. We noemen twee idealen A en B equivalent als er α, β O K, ongelijk aan 0, zijn zodanig dat (α)a = (β)b. We zullen eerst laten zien dat dit een equivalentierelatie is: Reflexief Zij A O K een ideaal. Dan geldt dat (1)A = (1)A, dus A A. Symmetrisch Zij A, B O K idealen en A B. Dan zijn er α, β O K zodanig dat (α)a = (β)b. Dus ook (β)b = (α)a, ofwel B A. Transitief Zij A, B, C O K idealen en A B en B C. Dan zijn er α, β, γ, δ O K zodanig dat (α)a = (β)b en (γ)b = (δ)c. We zullen nu laten zien dat A equivalent is aan C door te laten zien dat (αγ)a = (βδ)c. Stel k (αγ)a, dan geldt k = αγa voor een zekere a A. Omdat αa (α)a volgt dat αa = βb voor een zekere b B. Dus k = γβb. Omdat γb (γ)b volgt dat γb = δc voor 8

11 een zekere c C. Dus k = βδc (βδ)c. Hieruit volgt dat (αγ)a (βδ)c. Analoog zien we dat (βδ)c (αγ)a. We concluderen dat A C. We zullen nu de equivalentieklassen van deze relatie bekijken. Er zal blijken dat die klassen een groep vormen: de klassengroep. De orde van deze groep zullen we klassengetal noemen. We zullen eerst bewijzen dat elk ideaal een inverse heeft. We hebben al gezien dat (1) als identiteit werkt. Dus we willen dat voor elk ideaal A er een ideaal B is, zodanig dat AB = (1). We zullen bewijzen dat AA (1). Hiervoor hebben we eerst een aantal definities en lemma s nodig. We zullen eerst laten zien dat elk ideaal in O K gegenereerd wordt door hoogstens twee elementen. Daarna zullen we laten zien dat AA = (k) voor een zekere k Z. En tot slot merken we op dat (k) (1). Merk eerst op dat we O K kunnen beschouwen als vectorruimte over Z, want O K = Z[δ] voor een zekere δ (Stelling 1.7). Dus O K is isomorf aan Z. Stel nu dat A een ideaal is in O K. Dan kunnen we elk element α = a 1 + a δ beschouwen als vector (a 1, a ). Omdat A een ideaal in O K is geldt: 0 A, Als α, β A, dan ook α + β A, Stel α A, omdat 1 O K volgt dat α A. Dus A is een ondergroep van Z onder optelling. We willen nu laten zien dat A ten hoogste twee voortbrengers heeft. verzameling { } a D = 1 b 1 a b a 1 + a δ, b 1 + b δ A. Bekijk hiervoor de Omdat a 1, a, b 1, b Z volgt dat elk element x D, ook in Z zit, dus D Z. We hebben een stelling over D nodig: Stelling.. D is een ideaal in Z. Bewijs. Omdat A een ideaal is geldt dat 0 A. Hieruit volgt dat = 0 D. Stel dat k Z en a 1 b 1 k a b D. Dan volgt dat a 1 b 1 a b = ka 1 b 1 ka b D, want k(a 1 +a δ) A, omdat A een ideaal is in O K, k O K en a 1 + a δ A. Stel dat α = a 1 b 1 a b D en β = c 1 d 1 c d D en α, β 0. Stel dat a 1 0 en b 1 0, en stel dat a 1 b 1. Met het Euclidisch algoritme kunnen we de grootste gemeenschappelijke deler van a 1 en b 1 vinden: a 1 = p 1 b 1 + r 1 b 1 = p r 1 + r. r n 1 = p n+1 r n + 0 9

12 Bekijk dan nu: α = a 1 b 1 a b = a 1 p 1 b 1 b 1 a p 1 b b = r 1 b 1 a p 1 b b = r 1 b 1 p r 1 a p 1 b b p (a p 1 b ) = r 1 r a p 1 b b p (a p 1 b ). = 0 l k m of l 0 m k = ± 0 l k m Voor zekere l, k en m in Z, waar l = ggd(a 1, b 1 ). Merk hierbij op dat de kolomvectoren steeds in A zitten, omdat A een ideaal is. Dus (0, k), (l, m) A. Als b 1 < a 1 gaat deze afleiding analoog. Als a 1 = 0 of b 1 = 0, dan staat de determinant al in de gewenste vorm. Analoog volgt dat β = ± 0 t s u. Zij nu q = ggd(k, s). Uit de stelling van Bézout volgt dan dat q = xk + ys voor zekere gehele x en y, dus (0, q) A. We weten dat k = vq en s = wq voor zekere v, w Z. Dus α = ± 0 vl k v vm = 0 ±vl q ±vm β = ± 0 wt s wu = 0 ±wt q ±wu Merk op dat de kolomvectoren nog steeds in A zitten. Dus α + β = 0 q = 0 q w ±vl ±vm + 0 ±wt q ±wu ±vl ± wt ±vm ± wu En (0, q) A en (±vl ± wt, ±vm ± wu) A, dus α + β D. Al met al volgt dat D een ideaal is in Z. Dan hebben we nu alle gegevens om te bewijzen dat elk ideaal ten hoogste twee voortbrengers heeft: 10

13 Stelling.3. Elk ideaal heeft ten hoogste twee voortbrengers. Bewijs. Zij A een ideaal in O K. Stel nu dat D alleen het element 0 bevat. Als A het nulideaal is, dan is het een hoofdideaal. Als A niet het nulideaal is, dan is er een element m + n d in A ongelijk aan 0. Dit element heeft norm ongelijk aan 0. Dan bevat A ook het element (m + n d)(m n d) = m dn, want n m d O K. Dit element zit in Z, dus heeft norm groter dan 0. Dus er is een element met norm groter dan 0 in A. Kies dan het element α = a 1 + a δ A zodanig dat α de kleinste positieve norm heeft. We zullen laten zien dat A een hoofdideaal is dat voortgebracht wordt door α. Zij nu β = b 1 +b δ een element van A ongelijk aan 0. Dan geldt dat a 1 b 1 a b = a 1b a b 1 = 0. Stel nu dat a 1 = 0, dan geldt dat a b 1 = 0. Omdat α geen 0 is, volgt dat b 1 = 0. Omdat α en β niet 0 zijn, zijn a en b niet 0. Definieer dan g = ggd(a, b ), dan volgt uit de stelling van Bézout dat er x, y Z zijn zodanig dat xa + yb = g. Omdat a δ, b δ A, volgt dat gδ A. Dus N(gδ) N(α) = N(a δ), dus g = a. Hieruit volgt dat β = kα, voor k Z. Dus in dit geval is A = (α). Als b 1 = 0, dan volgt analoog dat A = (α). Stel nu dat a 1, b 1 0. We weten dat a 1 b a b 1 = 0, dus nu volgt dat a a 1 = b b1, noem deze verhouding q = r s, waar ggd(r, s) = 1. Hieruit volgt ook dat a = qa 1 en b = qb 1. Definieer ook g = ggd(a 1, b 1 ). Nu volgt wederom uit de stelling van Bézout dat er x, y Z zijn, zodanig dat xa 1 + yb 1 = g. Bekijk dan xα + yβ = xa 1 + yb 1 + (xa + yb )δ = g + qgδ. Dit is een element van A. Dan weten we het volgende over de norm: N(g + qgδ) N(α). Als δ = d dan volgt dat N(g + qgδ) = g + dq g = g (1 + dq ) en N(α) = a 1 + dq a 1 = a 1 (1 + dq ). We zien nu dat g (1 + dq ) a 1 (1 + dq ). We hebben α zo gekozen dat N(α) positief is, dus (1 + dq ) is positief, dus g a 1. Omdat g een deler is van a 1 volgt nu dat g = ±a 1. Als δ = 1+ d dan volgt g = ±a 1 analoog. Hieruit concluderen we dat β = kα voor een k Z, dus A = (α) is een hoofdideaal. Stel nu dat D {0}. Dan is er een kleinste positief element in D, noem deze k. Dit element is de determinant van een matrix met twee kolomvectoren α = (a 1, a ) en β = (b 1, b ). Omdat Z een hoofdideaaldomein is, is D een hoofdideaal, dus D = (k). Stel nu γ = (c 1, c ) A. Omdat elke drie vectoren in Z lineair afhankelijk zijn geldt dat λ 1 α + λ β + λ 3 γ = 0 voor zekere λ 1, λ, λ 3 R, niet allen 0. Als λ 3 gelijk is aan 0, dan zijn α en β lineair afhankelijk. Dit is in tegenspraak met dat hun determinant ongelijk aan 0 is. Dus λ 3 is ongelijk aan 0. We weten dat 0 a 1 0 a = 0. Invullen van de vergelijking geeft: λ 1a 1 + λ b 1 + λ 3 c 1 a 1 λ 1 a + λ b + λ 3 c a = λ 1 a 1 a 1 a a + λ b 1 a 1 b a + λ 3 c 1 a 1 c a b = λ 1 a 1 b a + λ 3 c 1 a 1 c a = 0. 11

14 Hieruit volgt dat λ c 1 a 1 c a = λ 3 b 1 a 1 b a = c 1 a 1 c a a 1 b 1 a b = r voor een zekere r Q. Analoog vinden we λ c 1 b 1 1 c b = λ 3 a = s voor een zekere s Q. 1 b 1 a b Omdat D = (k) en k = a 1 b 1 a b volgt dat c 1 a 1 c a = µ 1k en c 1 b 1 c b = µ k, met µ 1, µ Z. Dus r = µ 1 en s = µ. Als we nu weer naar de vergelijking λ 1 α + λ β + λ 3 γ = 0 kijken, zien we dat γ = λ 1 λ 3 α λ λ 3 β = µ α µ 1 β. Dus γ is een lineaire Z-combinatie van α en β. Omdat Z O K volgt dat A (α, β). En omdat α, β A geldt (α, β) A. Dus A = (α, β). Dus elk ideaal in O K heeft hoogstens twee voortbrengers. Dan kunnen we nu bewijzen dat voor elk ideaal A het ideaal AA een hoofdideaal is. Hiermee kunnen we straks bewijzen dat elk ideaal een inverse heeft. Stelling.4. Zij A O K een ideaal. Dan is AA een hoofdideaal. Bewijs. Zij A een hoofdideaal in O K. Dan geldt dat A = (α) voor een zekere α, en A = (α). Dus AA = (αα), ofwel AA is een hoofdideaal. Zij A een ideaal in O K, geen hoofdideaal. Dan volgt uit Stelling.3 dat A = (α, β) voor zekere α en β. Hieruit volgt dat A = (α, β). Nu weten we dat AA = (αα, αβ, βα, ββ). Bekijk dan nu de elementen αα, ββ en αβ + βα, dit zijn elementen van AA. Ook geldt dat αα = N(α) Z, want α O K. Zo geldt ook ββ Z. Tot slot zien we dat αβ + βα = t(αβ) Z, want αβ O K. Nu kunnen we de grootste gemeenschappelijke deler bepalen van αα, ββ en αβ + βα, noem deze g. Uit de stelling van Bézout volgt dan dat g = c 1 αα + c ββ + c 3 (αβ + βα) voor zekere c 1, c en c 3 in Z. We zullen nu laten zien dat AA = (g). Omdat g een Z-lineaire combinatie is van elementen in AA weten we dat g AA. (g) AA. Stel nu k AA. Dan weten we dat k = λ 1 αα + λ αβ + λ 3 βα + λ 4 ββ voor zekere λ 1, λ, λ 3, λ 4 O K. αα = λ 1 g g + λ αβ g g + λ βα 3 g g + λ ββ 4 g g Dus 1

15 Omdat g een deler is van αα en ββ volgt dat Het is duidelijk dat αβ g αβ = µ 1 g + λ g g + λ βα 3 g g + µ 4g met µ 1 en µ 4 in O K. en βα g ( X αβ g nulpunten zijn van het polynoom: ) ( X βα ) = X g αβ + βα g X + αα ββ g g En omdat g een deler is van αβ + βα, αα en ββ, volgt dat de coëfficiënten van dit polynoom elementen van Z zijn. Dus αβ g en βα g zijn algebraïsche gehele getallen. Dus k = µ 1 g + µ g + µ 3 g + µ 4 g waar µ 1, µ, µ 3, µ 4 O K. Dus k (g), ofwel AA (g). Al met al zien we dat AA een hoofdideaal is. Stelling.5. De equivalentieklassen vormen een groep, deze groep noemen we de ideaalklassengroep, of kortweg klassengroep. Bewijs. We zullen eerst laten zien dat vermenigvuldiging van equivalentieklassen welgedefinieerd is, daarna zullen we alle groepseigenschappen aflopen. Stel A 1 A en B 1 B. Dan zijn er α, β, γ, δ O K zodanig dat (α)a 1 = (β)a en (γ)b 1 = (δ)b. Nu kunnen we laten zien dat (αγ)a 1 B 1 = (βδ)a B. Stel k (αγ)a 1 B 1. Dan geldt k = αγl voor zekere l A 1 B 1 = αγ(a 1 c 1 + a c a m c m ) voor zekere a i A 1 en c j B 1 = αγa 1 c 1 + αγa c αγa m c m = αa 1 γc 1 + αa γc αa m γc m = βb 1 δd 1 + βb δc βb m δd m voor zekere b i A en d j B = βδ(b 1 d 1 + b d b m d m ) (βδ)a B. Dus A 1 B 1 A B. Het bewijs voor A B A 1 B 1 gaat analoog. Dus A 1 B 1 A B. Dan zullen we nu de eigenschappen van een groep nagaan: De vermenigvuldiging van twee idealen geeft weer een ideaal, dus de klassen zijn gesloten onder vermenigvuldiging. Omdat vermenigvuldiging in O K associatief is, is vermenigvuldiging van idealen in O K ook associatief. We hebben al gezien dat het ideaal (1) als identiteitselement werkt. Tot slot volgt uit Stelling.4 dat voor elk ideaal A het ideaal AA een hoofdideaal is. Zij (k) een hoofdideaal in O K. Dan geldt dat (1)(k) = (k)(1), dus (k) (1). We concluderen dat AA (1). Dus elk ideaal heeft een inverse. Definitie.6. Het klassengetal van een lichaam K definiëren we als de orde van de klassengroep. Notatie: u K. 13

16 Nu kunnen we laten zien dat uit de definitie van een klassengroep volgt dat de klassengroep triviaal is, dan en slechts dan als O K een hoofdideaaldomein is. Hiermee zullen we daarna van een aantal ringen hun klassengetal kunnen bepalen. Stelling.7. u K = 1 dan en slechts dan als O K een hoofdideaaldomein is. Bewijs. Stel dat O K een hoofdideaaldomein is, en zij A een ideaal in O K. Dan geldt dat A = (α) voor een zekere α. We zien dat (1)(α) = (α)(1), dus A (1). Dus elk ideaal is equivalent aan (1), dus u K = 1. Stel dat u K = 1, en zij A een ideaal in O K. Dan geldt dat A (1). Dus er zijn α, β O K zodanig dat (α)a = (β)(1), ofwel (α)a = (β). We zullen laten zien dat A = ( β α ). Er geldt dat β (α)a, dus β α A. Dus ( β α ) A. Zij nu k A. Dan geldt dat αk (β), dus αk = mβ voor een zekere m O K. Ofwel k = m β α, dus k ( β α ). Dus A is een hoofdideaal, en O K is een hoofdideaaldomein. Alle hoofdidealen zijn dus aan elkaar gerelateerd, en elk ideaal, dat geen hoofdideaal is, is niet gerelateerd aan een hoofdideaal: [(1)] = {A A een hoofdideaal in O K }. Voorbeeld.8. Bekijk de ring Z, dit is de ring van gehelen van Q. Het is bekend dat elk ideaal in Z een hoofdideaal is. Hieruit volgt dus dat het klassengetal 1 is. Voorbeeld.9. Bekijk de ring Q(i) = Q( 1). De ring van gehelen is in dit geval O K = Z[i]. We hebben in Voorbeeld 1.14 gezien dat Z[i] Euclidisch is, en dus een hoofdideaaldomein is. Nu blijkt dus ook dat de klassengroep triviaal is. Voorbeeld.10. In hoofdstuk 1 hebben we ook de ring Q(ζ) = Q( 3) bekeken, waar ζ de derdemachtseenheidswortel is. De ring van gehelen is in dit geval Z[ 1+ 3 ]. We hebben gezien dat deze ring ook Euclidisch is, dus deze ring heeft ook klassengetal 1. Het klassengetal geeft een maat geeft voor of ontbinding uniek is. Het klassengetal is namelijk 1 dan en slechts dan als ontbinding uniek is. Dit zullen we in hoofdstuk 4 bewijzen. 14

17 3 Ontbinding in priemidealen We zullen in dit hoofdstuk laten zien dat ondanks dat ontbinding in elementen niet altijd uniek is, ontbinding in idealen altijd uniek is. We zullen dit eerst illustreren aan de hand van een voorbeeld: Voorbeeld 3.1. We bekijken d = 1, dus K = Q(i). Omdat d 3 (mod 4) volgt dat de ring van gehelen in dit geval Z[i] is. Bekijk het element in deze ring. Dit element is als volgt te ontbinden: = (1 + i)(1 i). We kunnen deze ontbinding ook in idealen bekijken. Dan krijgen we () = (1 + i)(1 i). Het blijkt dat (1 + i) en (1 i) priemidealen zijn. Bekijk hiervoor de afbeelding φ : Z[i] Z/Z die gegeven wordt door a + bi a b (mod ). Dit is een homomorfisme: φ(1) = 1 Stel dat α = a 1 +a i en β = b 1 +b i elementen zijn van Z[i], dan zien we dat φ(α+β) = φ(a 1 + b 1 + (a + b )i) = a 1 + b 1 (a + b ) (mod ) = φ(α) + φ(β). Stel dat α = a 1 + a i en β = b 1 + b i elementen zijn vanz[i], dan zien we dat φ(αβ) = φ(a 1 b 1 a b + (a 1 b + a b 1 )i) = a 1 b 1 a b a 1 b a b 1 (mod ) a 1 b 1 + a b a 1 b a b 1 (mod ) = (a 1 a )(b 1 b ) (mod ) = φ(α)φ(β) Ook zien we dat φ(0) = 0 en φ(1) = 1, dus dit is een surjectief homomorfisme. De kern hiervan zijn de elementen a + bi waarvoor geldt dat a b (mod ). We zien dat 1 + i in de kern zit. Stel nu dat a + bi in de kern zit, dan geldt dus dat a b (mod ). We zien dat ( b+a + b a b+a i)(1 + i) = a + bi, en + b a i Z[i]. Dus a + bi (1 + i). We concluderen dat (1 + i) de kern is van dit homomorfisme. Nu volgt uit de eerste isomorfismestelling dat Z[i]/(1 + i) isomorf is aan Z/Z. En omdat Z/Z een domein is, is (1 + i) een priemideaal. Daarnaast geldt dat (1 i) = (1+i), want 1 i = i(1+i), dus 1 i (1+i), en 1+i = i(1 i), dus 1 + i (1 i). Het ideaal () is dus te ontbinden in priemidealen. In het algemeen is elk ideaal, ongelijk aan het nulideaal, te ontbinden in priemidealen in de ring van gehelen. Dat zullen we in dit hoofdstuk bewijzen. Hiervoor zullen we eerst een aantal rekenregels voor idealen bewijzen. Vanaf nu zullen we met idealen, idealen ongelijk aan het nulideaal bedoelen. Rekenen met idealen Om te beginnen moeten we deling definiëren op idealen. Dit gaat analoog aan deling voor gehele getallen: Definitie 3.. Zij A en B idealen. We zeggen dat A een deler is van B als er een ideaal C is zodanig dat B = AC. Notatie: A B. Nu kunnen we een aantal stellingen over idealen bewijzen. Stelling 3.3. Zij A, B en C idealen. Als AB = AC, dan geldt B = C. Bewijs. Zij A, B en C idealen en stel AB = AC. We weten dat AA = (k) voor een zekere 15

18 k, dus AAB = AAC, ofwel (k)b = (k)c. Zij nu b B, dan geldt dat kb (k)b, dus ook kb (k)c. Dus er is een c C, zodanig dat kb = kc. Omdat O K een domein is, kunnen we concluderen dat b = c. Dus B C. Analoog vinden we C B, dus B = C. Stelling 3.4. Zij A en B idealen, dan geldt A B dan en slechts dan als B A Bewijs. Stel A en B idealen zodanig dat A B. Dan is er een ideaal C zodaning dat B = AC. Zij nu b B. Dan volgt dat b = a 1 c 1 + a c a m c m voor zekere a i A en c i C. Omdat A een ideaal is volgt dat b ook een element van A is, dus B A. Stel nu dat A en B idealen zijn zodanig dat B A. We weten dat AA = (k) voor een zekere k, dus BA (k). Noem de, niet noodzakelijk verschillende, voortbrengers van BA nu a 1 en a. Dan zijn a 1 = kb 1 en a = kb voor zekere b 1 en b. Noem nu C = (b 1, b ), dan zien we dat BA = (k)c. Door beide kanten met A te vermenigvuldigen krijgen we nu B(k) = (k)ca, ofwel B = CA (Stelling 3.3). Dus A B. Stelling 3.5. Zij A een priemideaal en B en C idealen. Stel BC A, dan geldt B A of C A. Bewijs. Zij A een priemideaal, en stel BC A. Als nu geldt B A dan zijn we klaar. Stel dat B A. Kies dan β B zodanig dat β A. Dan geldt voor elke c C dat βc BC, dus ook βc A. Omdat A een priemideaal is volgt nu dat c A, voor elke c C. Dus C A. Stelling 3.6. Zij A een ideaal in O K. Dan is O K /A eindig. Bewijs. Zij A een ideaal in O K. Omdat A niet het nulideaal is, is er een element α A, ongelijk aan 0. Noem nu a = N(α), dan geldt dat a = αα A, en a Z. Bekijk dan O K /(a), de ring van nevenklassen van (a). We zullen laten zien dat (a) ten hoogste a nevenklassen heeft, door te laten zien dat elk element een representant heeft in de verzameling S = {m + nδ 0 m, n < a}. En deze verzameling heeft a elementen, dus hieruit volgt dat O K /(a) eindig is. Tot slot zullen we laten zien dat daaruit volgt dat O K /A ook eindig is. Zij β O K, dan is β = b 1 + b δ = ka + laδ + p + qδ p + qδ (mod a), met 0 p, q < a. Dus elk element heeft een representant in S. En S heeft precies a elementen, dus O K /(a) heeft hoogstens a elementen. We weten dat a A, dus (a) A. Er bestaat een surjectieve afbeelding φ : O K /(a) O K /A, gegeven door φ((a) + b) = A + b Bekijk een restklasse A + b, als b geen element van A is, dan is b ook geen element van (a). Deze restklasse wordt dus bereikt door (a) + b. Daarnaast wordt A bereikt door (a). Dus de functie is inderdaad surjectief. Hieruit volgt dat O K /A kleiner dan of gelijk aan O K /(a) is, dus O K /A heeft ook hoogstens a elementen en is dus ook eindig. Definitie 3.7. Zij A een ideaal in O K, dan noemen we O K /A de norm van A. Notatie: N(A). Het is bekend dat elk maximaal ideaal priem is. De andere kant is niet algemeen geldig. Bekijk bijvoorbeeld het ideaal (X) in de ring Z[X]. We zien dat Z[X]/(X) Z, en Z is een domein, dus (X) is een priemideaal. Maar het ideaal (, X) bevat (X), dus (X) is geen maximaal ideaal. In O K is een priemideaal wel alijd maximaal: 16

19 Stelling 3.8. Elk priemideaal in O K is een maximaal ideaal. Bewijs. Stel dat A een priemideaal is. Dan geldt dat O K /A een domein is. Stel nu dat α 0 een element is van O K /A. Dan moet gelden dat er verschillende k en l zijn, 0 < k, l N(A)+1, zodanig dat α k = α l. Dus α k α l = 0, ofwel α l (α k l 1) = 0. Omdat O K /A een domein is volgt nu dat α k l = 1. Dus α heeft een inverse, dus O K /A is een lichaam. Hieruit volgt nu dat A een maximaal ideaal is. Stelling 3.9. Zij A een ideaal. Dan zijn er slechts eindig veel idealen die A bevatten. Bewijs. Zij A en B idealen, en stel A B. Zij β een element van B. Als nu β A, dan is er een nevenklasse A + a zodanig dat β A + a. Zij nu α A + a, dan geldt α β = γ A voor een zekere γ. Dus α = β + γ B, want B is een ideaal en bevat β en γ. Dus als B een element uit een restklasse A + a bevat, dan bevat B de hele restklasse. Omdat er maar eindig veel restklassen zijn, zijn er ook maar eindig veel mogelijke idealen B die A bevatten. Hieruit volgt direct dat elke keten A 1 A A 3... van idealen eindig is. Ringen met deze eigenschap noemen we Noethers. Dus de ring van gehelen is altijd een Noetherse ring, deze eigenschap zullen we vaak gebruiken. Stelling Zij A een ideaal. Dan is er een maximaal ideaal P, zodanig dat A P. Bewijs. Zij A een ideaal. Als A een maximaal ideaal is, dan zijn we klaar. Als A geen maximaal ideaal is, dan is er een ideaal B 1 O K zodanig dat A B 1. Als B 1 een maximaal ideaal is, dan zijn we klaar. Als B 1 geen maximaal ideaal is, dan is er een ideaal B O K zodanig dat B 1 B. Etc. Merk nu op dat A B 1 B... een keten van idealen is. Deze keten moet eindig zijn, dus er is een maximaal ideaal P, zodanig dat A P. Ontbinding in idealen Stelling Elk ideaal in O K is uniek te ontbinden in priemidealen. Bewijs. We zullen eerst laten zien dat elk ideaal te ontbinden is, en vervolgens dat deze ontbinding ook uniek is. Zij A een ideaal. Als A een priemideaal is, dan zijn we klaar. Als A geen priemideaal is, dan is er een maximaal ideaal P 1, zodanig dat A P 1. Dan volgt uit Stelling 3.4 dat er een B 1 is, zodanig dat A = P 1 B 1. Elk maximaal ideaal is priem, dus P 1 is een priemideaal. Als B 1 ook een priemideaal is, dan zijn we klaar. Als B 1 geen priemideaal is, dan is er een maximaal ideaal P zodanig dat B 1 P. Dus er is een B zodanig dat B 1 = P B. Als B een priemideaal is zijn we klaar. Als B geen priemideaal is, etc. Merk nu op dat A B 1 B... een keten van idealen is in O K. Omdat er maar eindig veel idealen zijn die A bevatten, is deze keten eindig. Dus A is te ontbinden in priemidealen. Stel nu dat A een ideaal is en A = P 1 P... P m = Q 1 Q... Q n twee verschillende ontbindingen zijn. We nemen aan dat voor alle i, j geldt dat P i Q j, en dat geen van deze idealen gelijk is aan (1). Als dit niet het geval is kunnen we deze idealen namelijk wegdelen (Stelling 3.3). Omdat P 1 P 1 P... P m geldt natuurlijk ook dat P 1 Q 1 Q... Q n. En omdat P 1 een 17

20 priemideaal is geldt nu ook dat P 1 Q k voor een zekere k (Stelling 3.5). Maar elk priemideaal is een maximaal ideaal, dus er geldt P 1 = Q k of P 1 = O K. Beide gevallen zijn in tegenspraak met onze aannames. Tot slot zullen we hier nog een voorbeeld bekijken: Voorbeeld 3.1. Stel d = 5, dan bekijken we dus het lichaam K = Q( 5). Omdat 5 3 (mod 4), volgt dat de ring van gehelen in dit geval Z[ 5] is. Ontbinding in deze ring is niet uniek, bekijk bijvoorbeeld: 6 = 3 = (1 + 5) (1 5). We zullen eerst laten zien dat al deze elementen irreducibel zijn. Hiervoor bekijken we de normen: N() = 4, N(3) = 9, N(1 + 5) = 6, N(1 5) = 6. Stel dat = αβ. Dan geldt 4 = N() = N(αβ) = N(α)N(β). Als N(α) = 1 (of N(β) = 1), dan is α (respectievelijk β) een eenheid. Dan blijft het geval N(α) = N(β) = over. Stel α = a + b 5, dan zien we dat N(α) = a (mod 5). Maar kwadraten kunnen alleen 0, 1 of 4 (mod 5) zijn, dus dit geeft geen oplossingen. Dus is irreducibel. Het bewijs dat 3, en 1 5 irreducibel zijn gaat analoog. We zullen tot slot laten zien dat deze ontbindingen inderdaad verschillend zijn. Bekijk hiervoor weer de normen. We weten dat eenheden norm ±1 hebben, dus twee geassocieerde elementen hebben dezelfde norm, op teken na. We zien dus dat de ontbindingen verschillend zijn. We kunnen deze ontbinding nu ook in idealen bekijken: (6) = ()(3) = (1 + 5)(1 5). Deze idealen zijn echter geen priemidealen. Bekijk daarom nu de volgende idealen: A = (, 1 + 5) B = (3, 1 + 5) C = (3, 1 5) We zullen eerst laten zien dat dit allemaal priemidealen zijn. Bekijk het ideaal B. Dit ideaal is niet het nulideaal, ook geldt B (1). Als namelijk 1 B, dan geldt 1 = 3a + b(1 + 5). Dan moet gelden a = 1 3 en b = 0, en 1 3 is geen element van Z[ 5]. Bekijk verder de afbeelding φ : Z[ 5] Z/3Z die gegeven wordt door a + b 5 a b (mod 3). Dit is een homomorfisme: φ(1) = 1 Als α = a 1 + a 5 en β = b1 + b 5 elementen zijn van Z[ 5], dan zien we dat φ(α + β) = φ(a 1 + a 5 + b1 + b 5) = a1 + b 1 a b (mod 3) = φ(α) + φ(β). Als α = a 1 + a 5 en β = b1 + b 5 elementen zijn van Z[ 5], dan zien we dat φ(αβ) = φ((a 1 + a 5)(b1 + b 5)) = a1 b 1 5a b a 1 b a b 1 (mod 3) a 1 b 1 + a b a 1 b a b 1 (mod 3) (a 1 a )(b 1 b ) (mod 3) = φ(α)φ(β). En we zien ook dat φ(0) = 0, φ(1) = 1 en φ() =, dus dit is een een surjectief homomorfisme. Het is eenvoudig te zien dat de kern precies de elementen a + b 5 zijn waarvoor geldt dat 18

21 a b (mod 3). Zo zien we dat 3 en elementen in de kern zijn. Zij nu a + b 5 een element uit de kern, dan geldt dus dat a b (mod 3). Hieruit volgt dat a = b + 3k voor een zekere k Z. Dus a + b 5 = a(1 + 5) 3k, dus a + b 5 (3, 1 + 5). Dus de kern is B. Uit de eerste isomorfisme stelling volgt nu dat Z[ 5]/B isomorf is met Z/3Z. Omdat Z/3Z een domein is volgt nu dat B een priemideaal is. Het bewijs voor de andere idealen gaat analoog. Bekijk dan nu het ideaal A = (4, (1 + 5), 4 + 5). Door nu de termen bij elkaar op te tellen en af te trekken vinden we: A = (4,, 5) = (). Analoog vinden we dat BC = (3), AB = (1 + 5) en AC = (1 5). Zo zien we dat de twee verschillende ontbindingen eigenlijk neerkomen op hetzelfde: (6) = A BC = ABAC. 19

22 4 Priemontbinding in de ring van gehelen We zullen in dit hoofdstuk bewijzen dat in de ring van gehelen het klassengetal 1 is dan en slechts dan als O K een uniek ontbindingsdomein is. We hebben al gezien dat u K = 1 dan en slechts dan als O K een hoofdideaaldomein is. We zullen hier laten zien dat als O K een hoofdideaaldomein is, dat O K dan ook een uniek factorisatiedomein is. Daarna laten we zien dat in kwadratische ringen ook geldt dat als O K een uniek factorisatiedomein is, dat O K dan ook een hoofdideaaldomein is. Tot slot zullen we nog een aantal voorbeelden bekijken. Het is bekend dat een hoofdideaaldomein een uniek factorisatiedomein is. Maar voor de volledigheid zal ik hier nog een bewijs geven. Hiervoor zullen we eerst een hulpstelling bewijzen. Stelling 4.1. Zij R een hoofdideaaldomein, dan is R een Noetherse ring. Bewijs. Zij R een hoofdideaaldomein, en zij A 0 A 1 A... een keten van idealen in R. Dan is A = i=0 A i ook een ideaal in R. Omdat R een hoofdideaaldomein is geldt nu dat A = (α) voor een zekere α R. Omdat α A is er een k zodanig dat α A k, en daarmee ook α A i voor alle i k. Dus (α) A i voor alle i k. Aan de andere kant geldt dat A i A voor alle i, dus ook A i (α). Dus voor elke i k geldt dat A i = A. Dus R is een Noetherse ring. Stelling 4.. Zij R een hoofdideaaldomein, dan is R een uniek factorisatiedomein. Bewijs. Zij R een hoofdideaaldomein en r een element van R. We zullen eerst laten zien dat er een ontbinding van r in irreducibele elementen bestaat, door te laten zien dat r een irreducibele factor heeft, en daarna dat hij te schrijven is als product van irreducibele factoren. Daarna zullen we laten zien dat deze ontbinding uniek is. Stel dat r irreducibel is, dan heeft hij een irreducibele factor. Stel dat r niet irreducibel is, dan is hij te schrijven als r = a 0 b 0 waar a 0 en b 0 beide geen eenheid zijn. Als a 0 irreducibel is, zijn we klaar. Als a 0 niet irreducibel is, is hij te schrijven als a 0 = a 1 b 1. Als a 1 irreducibel is, zijn we klaar. Als a 1 niet irreducibel is, is hij te schijven als a 1 = a b. Etc. Merk nu op dat (a 0 ) (a 1 ) (a )... een keten van idealen is. Omdat R een Noetherse ring is, volgt dat er een k is zodanig dat (a i ) = (a k ) voor alle i k. Dus a i is geassocieerd met a k voor alle i k. Hieruit volgt dat a k irreducibel is. We zullen nu laten zien dat r te ontbinden is in irreducibele factoren. Stel dat r irreducibel is, dan zijn we klaar. Stel dat r niet irreducibel is, dan is er een irreducibel element a 0 zodanig dat r = a 0 b 0. Als b 0 irreducibel is, zijn we klaar. Als b 0 niet irreducibel is, is er een irreducibel element a 1 zodanig dat b 0 = a 1 b 1. Bekijk dan b 1, als dit irreducibel is, zijn we klaar. Als b 1 niet irreducibel is, is er een een irreducibel element a zodanig dat b 1 = a b. Etc. Merk op dat (r) (b 0 ) (b 1 )... een keten van idealen is. Omdat R een Noetherse ring is, is er een k zodanig dat voor alle i k geldt dat (b i ) = (b k ). Dus b k is irreducibel. Zo zien we dat r = a 0 a 1 a k b k, waar a 0, a 1,..., a k en b k irredicibel zijn, dus r is te ontbinden in irreducibele factoren. Tot slot zullen we laten zien dat deze ontbinding uniek is. Stel dat r = p 1 p p m = q 1 q q n 0

23 twee verschillende ontbindingen in irreducibele factoren zijn. Neem aan dat geen twee van deze elementen geassocieerd zijn. Als dit wel het geval is, delen we deze elementen aan beide kanten weg. Omdat in een hoofdideaaldomein irreducibele elementen ook priem zijn, en p 1 q 1 q q n, geldt dat er een k is, zodanig dat p 1 q k. Omdat q k irreducibel is, volgt dat p 1 geassocieerd is met q k, dit leidt tot tegenspraak. Dus r is uniek te ontbinden, en R is een uniek ontbindingsdomein. In het algemeen geldt niet dat een uniek factorisatiedomein ook een hoofdideaaldomein is. Bekijk bijvoorbeeld de ring Z[X] van alle polynomen met gehele coëfficiënten. Dit is een uniek factorisatiedomein. Maar het ideaal (, X) is geen hoofdideaal, dus Z[X] is geen hoofdideaaldomein. In de ring van gehelen van kwadratische uitbreidingen van Q is deze stelling echter wel waar. Om dit te bewijzen zullen we eerst nog even naar priem elementen kijken. Stelling 4.3. In een uniek factorisatiedomein geldt dat een irreducibel element p ook priem is. Bewijs. Zij R een uniek factorisatiedomein, en stel dat p R irreducibel is. Stel dat p ab voor zekere a, b R. Bekijk dan de ontbindingen a = q 1 q... q n en b = r 1 r... r m. Nu volgt dat ab = q 1 q... q n r 1 r... r m. Omdat R een uniek factorisatiedomein is, volgt dat p geassocieerd is aan q i of r i voor een zekere i. Als p geassocieerd is aan q i, dan volgt dat p a, als p geassocieerd is aan r i, dan volgt dat p b. Dus p is priem. Stelling 4.4. Het hoofdideaal (p) is een priemideaal, dan en slechts dan als p een priem element is. Bewijs. Zij p een priem element. Bekijk dan het ideaal (p) en stel dat ab (p). Dan volgt dat ab = kp voor een zekere k, dus p ab. Omdat p priem is volgt nu dat p a of p b. Dus a (p) of b (p). Dus (p) is een priemideaal. Stel nu dat (p) een priemideaal is, en dat p ab. Dan volgt dat ab (p), dus ook dat a (p) of b (p). Zo zien we dat p a of p b, dus p is een priem element. Nu hebben we alle stellingen die nodig zijn om te bewijzen dat ontbinding in de ring van gehelen uniek is, dan en slechts dan als het klassengetal 1 is. Stelling 4.5. Als O K een uniek factorisatiedomein is, dan is O K een hoofdideaaldomein. Bewijs. We zullen eerst bewijzen dat elk priemideaal een hoofdideaal is, en daarna dat dan ook elk ideaal een hoofdideaal is. Stel dat O K een uniek factorisatiedomein is, en zij A een priemideaal in O K, ongelijk aan het nulideaal. Dan is er een element α A, ongelijk aan 0, en dit element is te ontbinden in irreducibele factoren: α = a 1 a... a n. Omdat A een priemideaal is, is er een factor a k waarvoor geldt a k A. Dus ook (a k ) A. En omdat a k irreducibel is, is a k ook priem en dus is (a k ) een priemideaal. Uit Stelling 3.8 volgt dat (a k ) ook een maximaal ideaal is. Hieruit volgt dat A = O K of A = (a k ). In het eerste geval is A = (1), dus dan is A een hoofdideaal. In het tweede geval geldt A = (a k ), dus dan is A ook een hoofdideaal. Uit Stelling 3.11 volgt dat elk ideaal het product is van priemidealen. Dus elk ideaal is het product van hoofdidealen. En het product van hoofdidealen is weer een hoofdideaal. Dus O K is een hoofdideaaldomein. Al met al volgt dus dat O K een uniek factorisatiedomein is dan en slechts dan als u K = 1. 1

24 Voorbeeld 4.6. We hebben in Voorbeeld.9 en Voorbeeld.10 gezien dat Z[ 1] en Z[ 1+ 3 ] hoofdideaaldomeinen zijn, en dus klassengetal 1 hebben. In Voorbeeld 1.14 en Voorbeeld 1.15 hebben we gezien dat ontbinding in Z[ 1] en Z[ 1+ 3 ] inderdaad uniek is. Voorbeeld 4.7. We hebben in Voorbeeld 3.1 gezien dat ontbinding in Z[ 5] niet uniek is, dus het klassengetal van Z[ 5] is groter dan 1. Er zijn dus idealen die geen hoofdidealen zijn. Het ideaal (3, 1 + 5) is geen hoofdideaal. Stel namelijk dat (3, 1 + 5) = (α), voor een zekere α = a + b 5. Dan moet gelden dat 3 = kα en = lα voor zekere k, l. Als we nu de normen bekijken volgt N(3) = N(kα) = N(k)N(α) = 9 en N(1 + 5) = N(lα) = N(l)N(α) = 6. Omdat de norm altijd positief is volgt hieruit dat N(α) = 3 of N(α) = 1. Als N(α) = 3 moet dus gelden dat a + 5b = 3, dit heeft geen oplossingen in Z. Stel nu dat N(α) = 1, dan volgt dat α een eenheid is. Dus dan moet dit ideaal de hele ring zijn. In dat geval volgt dat er r + s 5 en t + u 5 zijn, zodanig dat 3(r + s 5) + (1 + 5)(t + u 5) = 1, ofwel 3r + t 5u = 1 en 3s + u + t = 0. Uit de laatste vergelijking volgt dat u + t 0 (mod 3). Hieruit zien we dat t 5u 0 (mod 3). Maar uit de eerst vergelijking volgt dat t 5u = 1 (mod 3). Dus dit heeft ook geen oplossingen. Dus (3, 1 + 5) is geen hoofdideaal. Ook de idealen (, 1 + 5) en (3, 1 5) zijn geen hoofdidealen. We zullen laten zien dat de idealen A = (, 1 + 5), B = (3, 1 + 5) en C = (3, 1 5) uit Voorbeeld 3.1 allemaal equivalent zijn: (3) A = (3) (, ) = ( 6, ) = ( 6, ) Hieruit volgt ook dat = ( 1 5 ) (3, ) = ( 1 5 ) B dus A B. (3) A = (3) (, ) = ( 6, ) = ( ) (3, 1 5 ) = ( ) C dus A C. ( 1 5 ) B = ( ) C dus B C. Er zijn manieren om te bewijzen dat het klassengetal van Z[ 5] precies is. In [9] wordt dit bijvoorbeeld gedaan met behulp van de grens van Minkowski. We zullen tot slot kijken naar de relatie tussen ontbinding in irreducibele elementen en ontbinding in priemidealen. We weten uit hoofdstuk 3 dat in O K elk ideaal te ontbinden is in priemidealen. In een hoofdideaaldomein zijn al deze priemidealen hoofdidealen, dus allemaal voortgebracht door priem elementen (Stelling 4.4). In een hoofdideaaldomein zijn priem elementen ook irreducibele elementen. Daar is dus een direct verband tussen ontbinding van het element p in irreducibele elementen, en ontbinding van het ideaal (p) in priemidealen. We weten dat Z[ 1] en Z[ 1+ 3 ] hoofdideaaldomeinen zijn, dus hier correspondeert ontbinding in priemidealen met ontbinding in irreducibele elementen. Als niet alle priemidealen hoofdidealen zijn, dan komt ontbinding in priemidealen niet overeen met ontbinding in irreducibele