Charaktery v teorii čísel, kubický a bikvadratický

UNIVERZITA PALACKÉHO V OLOMOUCI PŘÍRODOVĚDECKÁ FAKULTA K A T E D R A A L G E B R Y A G E O M E T R I E DIPLOMOVÁ PRÁCE Charaktery v teorii čísel, kubický a bikvadratický zákon vzájemnosti Vedoucí dilomové ráce: Prof Mgr Radomír Halaš, Dr Rok odevzdání: 01 Vyracoval: Jan Mlčůch M-DG, II ročník

Prohlášení Prohlašuji, že jsem vytvořil tuto bakalářskou ráci samostatně za vedení Prof Mgr Radomíra Halaše, Dr a že jsem v seznamu oužité literatury uvedl všechny zdroje oužité ři zracování ráce V Olomouci dne 10 července 01

Poděkování Rád bych na tomto místě oděkoval vedoucímu dilomové ráce Prof Mgr Radomíru Halašovi, Dr za obětavou soluráci i za čas, který mi věnoval ři konzultacích

Obsah Úvod 1 Základní ojmy 6 Obory integrity Z [i] a Z [ω] 1 Kvadratický zákon vzájemnosti 15 1 Gaussovo lemma 19 Důkaz kvadratického zákona vzájemnosti 1 Kubický zákon vzájemnosti 1 Obor integrity Z [ω] odrobněji Zbytkové třídy okruhu Z [ω] 8 Kubický zákon vzájemnosti 5 Bikvadratický zákon vzájemnosti 9 51 Obor integrity Z [i] odrobněji 9 5 Bikvadratický mocninný symbol 0 5 Bikvadratický zákon vzájemnosti Závěr 9

Úvod Tato ráce se zabývá kvadratickým, kubickým a bikvadratickým zákonem vzájemnosti Tímto tématem se začali zabývat matematici v období druhé oloviny 18 století a zájem o toto téma řetrvává do dneška Kvadratický zákon vzájemnosti se dnes běžně vyučuje v kurzech algebry a stále se objevují nové důkazy tohoto matematického tvrzení K dnešnímu dni jich je evidováno na 6 Tato ráce vychází ze základního kurzu teorie čísel a navazuje na něj Předokládá se znalost algebraických struktur a celočíselných kongruencí, v rozsahu ožadovaném v těchto řednáškách Použito je standardní značení, tak jak se s ním setkáváme ve většině rací zaměřených na algebru Text ráce je rozdělen do ěti kaitol První dvě kaitoly jsou síše oakovacího rázu V té rvní jsou zoakovány základní ojmy z teorie algebry, o kterých se v textu hovoří Tato kaitola je ojata velice stručně a vychází z úvodních kaitol učebního textu [] Druhá kaitola je zaměřena na seciální vlastnosti oborů integrity Z [i] a Z [ω] Jedná se o vlastnosti norem a o tvary jednotek v těchto algebraických strukturách Zbylé tři kaitoly se věnují již zmiňovaným zákonům vzájemnosti Třetí kaitola se zabývá řešitelností kongruenčních rovnic druhého řádu Je v ní k tomuto účelu dokázáno Gaussovo lemma a kvadratický zákon vzájemnosti Kaitola je dolněna o několik říkladů ukazujících alikaci zmíněné teorie ři očetní raxi Čtvrtá kaitola, zabývající se kubickým zákonem vzájemnosti, je rozsahově největší Jsou v ní rozšířeny znalosti o oboru integrity Z [ω] a vybudován otřebný aarát sloužící k řešení kongruenčních rovnic třetího řádu Konkrétně rovnic tyu x a (mod Rozhodnout o řešitelnosti těchto tyů rovnic nám umožní kubický zákon vzájemnosti, který najdeme na konci této kaitoly Text je dolněn o několik ukázkových říkladů, umožňujících rocvičení osané teorie Závěrečná kaitola se zabývá bikvadratickým zákonem vzájemnosti Jde vlastně o zobecnění již uvedených zákonů a tomu také odovídá rozsah a struktura kaitoly Většina vět a tvrzení je zde analogická ředchozím kaitolám Kaitola

začíná rozšířením vlastností oboru integrity Z [i] a okračuje řes bikvadratický zákon vzájemnosti až k několika řešeným říkladům, ukazujícím raktické využití získaných znalostí 5

1 Základní ojmy Uved me na úvod několik základních ojmů a tvrzení, se kterými budeme v dalších kaitolách racovat Grua Definice 11 Algebraická struktura G (G, se nazývá gruoid Definice 1 Prvek e G se nazývá jednotkovým rvkem gruoidu G, jestliže ro libovolné a G latí e a a e a Definice 1 Gruoid G (G, se nazývá grua, jestliže je asociativní, má jednotkový rvek a k libovolnému jeho rvku existuje rvek inverzní Definice 1 Bud G (G, grua, H odmnožina množiny G Řekneme, že H je odgrua gruy G, jestliže latí, že H je uzavřená vzhledem k násobení, obsahuje jednotkový rvek a ke každému svému rvku a obsahuje i inverzní rvek a 1 Definice 15 Bud M odmnožina gruy G Symbolem M označíme růnik všech odgru gruy G obsahujících množinu M Tedy nejmenší odgruu gruy G obsahující množinu M Množinu M nazýváme množinou generátorů gruy M Je-li množina M {a} jednorvková, otom gruu a nazveme cyklickou Okruh Definice 16 Algebraickou strukturu R (R, +,, 0 se dvěma binárními oeracemi + a, kde (R, +, 0 je komutativní grua, (R, je ologrua a oerace je distributivní vzhledem k oeraci + nazýváme okruh Definice 17 Okruh R (R, +,, 0 nazveme komutativní, je-li (R, komutativní ologrua 6

Definice 18 Má-li okruh R (R, +,, 0 neutrální rvek 1 vzhledem k oeraci, budeme jej nazývat okruh s jedničkou (nebo také unitární Definice 19 Prvek a 0 okruhu R nazveme netriviální dělitel nuly, existuje-li v R rvek b 0 takový, že a b 0 nebo b a 0 Obor integrity Definice 110 Každý alesoň dvourvkový komutativní unární okruh R, v němž neexistují netriviální dělitelé nuly se nazývá obor integrity Těleso Definice 111 Netriviální komutativní okruh R, v němž ke každému nenulovému rvku existuje rvek inverzní, se nazývá těleso Věta 11 Netriviální komutativní okruh R je těleso, rávě když (R\ 0,, 1 je grua Definice 11 Množina R všech invertibilních rvků okruhu R, která je uzavřena na násobení se nazývá multilikativní grua okruhu R Věta 1 Multilikativní grua R konečného tělesa R je cyklická Ideál v okruhu Definice 11 Mějme okruh R Nerázdná odmnožina I R se nazývá ideál v okruhu R, latí-li: 1 a, b I : a b I a I, b R : a b I, b a I Tvrzení 11 Průnik libovolného systému ideálů okruhu R je oět ideál tohoto okruhu Definice 11 Pro danou odmnožinu M R existuje nejmenší ideál I (M v R obsahující množinu M Nazýváme jej ideál generovaný množinou M Ideály I ({m} I (m ro m M nazýváme hlavní 7

Kongruence na okruhu Definice 115 Mějme okruh R Relace ekvivalence θ na nosiči R okruhu R se nazývá kongruence na R, latí-li tzv substituční odmínka: a, b, c, d R : ((a, b θ (c, d θ ((a + c, b + d θ, (a c, b d θ Tvrzení 1 V každém okruhu R latí, že ro ideál I na R je relace θ I {(x, y R ; x y I} kongruence na R Obory integrity a dělitelnost Definice 116 Bud J (J, +, 0,, 1 obor integrity a a, b, c J: - řekneme, že rvek a dělí rvek b (zaisujeme a b, existuje-li rvek c tak, že b a c - rvek j J, ro který latí j 1, nazveme jednotka dělení v J - rvky a, b nazveme asociované, latí-li (a b (b a, íšeme a b - rvek d J nazveme solečný dělitel rvků a, b, je-li (d a (d b - rvek d J nazveme největší solečný dělitel rvků a, b, je-li d solečný dělitel a ro každého dalšího solečného dělitele d rvků a, b latí d d; íšeme d (a, b - rvky a J, ro které latí a 1 nebo a b, se nazývají triviální dělitelé rvku b - nenulový rvek, který není jednotka a má ouze triviální dělitele, nazýváme ireducibilní (nerozložitelný - nenulový rvek a, který není jednotka, a ro který latí imlikace a (b c ((a b (a c, nazýváme rvočinitel Tvrzení 1 Každý rvočinitel oboru integrity J je ireducibilní rvek, oak však obecně nelatí Řekneme, že obor integrity J slňuje odmínku 8

- existence ireducibilních rozkladů (EIR, lze-li každý rvek a J, a 0, a 1, rozložit na součin konečného očtu ireducibilních rvků - jednoznačnosti ireducibilních rozkladů (JIR, jsou-li asociovány každé dva rozklady daného rvku a 1 m q 1 q n v součin ireducibilních rvků, kde m n a nezáleží na ořadí součinitelů Definice 117 Obor integrity J nazveme - Gaussův (G, slňuje-li odmínky (EIR a (JIR - obor integrity hlavních ideálů (OIHI, je-li každý ideál v J hlavní - eukleidovský obor integrity (EOI, existuje-li taková funkce δ : J\ 0 N 0, že ro každé dva rvky a, b J, b 0, existují rvky q, r J tak, že a b q + r, kde r 0 nebo δ (r < δ (b (taková funkce na J se nazývá eukleidovská Tvrzení 1 V každém oboru integrity latí: (EOI (OIHI (G Tvrzení 15 Okruh Z je eukleidovský obor integrity s eukleidovskou funkcí δ : Z\0 N, δ (z z Z ředchozího vylývá, že Z je oborem integrity hlavních ideálů a každý ideál v Z je tvaru I (n {k n; k Z} ro n N Každá kongruence na Z je tedy ve tvaru θ I(n { (x, y Z : x y I (n } { (x, y Z : n x y } Kongruence θ I(n bývá označována symbolem n a vlastnost (x, y n budeme zaisovat x y (mod n (čteme x je kongruentní s y modulo n V okruhu Z vzhledem k vlastnosti (EOI slývají rvočinitelé a ireducibilní rvky a nazývají se rvočísla 9

Celá algebraická čísla Definice 118 Komlexní číslo α nazveme algebraické, je-li kořenem nějakého olynomu s racionálními koeficienty Komlexní číslo α nazveme celé algebraické, je-li kořenem nějakého normovaného olynomu (tj olynomu s koeficientem u nejvyšší mocniny rovným jedné s celočíselnými koeficienty Celá část reálného čísla Definice 119 Celá část reálného čísla (řesněji dolní celá část je funkce, která řiřadí reálnému číslu x největší celé číslo, které jej neřevyšuje Značíme x Poznámka 11 Jiným zůsobem by se definice dala nasat tak, že x je jediné celé číslo, slňující nerovnost x x < x + 1 Definice 10 Necelá část reálného čísla je funkce, kterou můžeme definovat omocí celé části jako rozdíl {x} : x x Lemma 11 Pro libovolné číslo x R latí x x {0, 1} Konkrétně x x { 0, jestliže 0 {x} < 1 1, jestliže 1 {x} Důkaz: Pro číslo x latí x x + {x}, kde 0 {x} < 1 Jestliže 0 {x} < 1, tak {x} < 1 a tedy x x Dostaneme tak rvní možnost x x 0 Jestliže 1 {x} < 1, tak 1 {x} < Odtud dostaneme x x + 1 a tedy x x 1 10

Redukovaný systém zbytků Definice 11 Množinu celých čísel {a 1,, a n } nazveme úlný systém zbytků modulo n, latí-li a i a j ro i j Definice 1 Množinu čísel { } a 1,, a φ(n nazveme redukovaný systém zbytků modulo n, je-li množina { } a 1,, a φ(n množinou všech nedělitelů nuly v Zn Malá Fermatova věta Věta 1 Necht je rvočíslo Potom ro všechna řirozená čísla a latí a a (mod Je-li navíc (a, 1, latí a 1 1 (mod Důkaz: Viz [1, str ] 11

Obory integrity Z [i] a Z [ω] Několik důležitých vlastností rvočísel lze odvodit ři studiu dělitelnosti ve seciálních oborech integrity Takovými jsou obory integrity Z [i] a Z [ω] celých algebraických čísel v tělesech Q [i] a Q [ω] Symbolem i se rozumí imaginární jednotka i 1 a symbolem ω rozumíme rimitivní třetí odmocninu z jedné ω 1+ Obor integrity Z [i] {a + bi; a, b Z} se nazývá obor integrity Gaussových celých čísel Definice 1 Normou v oboru integrity Z [i] budeme nazývat zobrazení N : Z [i] N {0}, které je ro libovolný rvek α a + bi Z [i], kde a, b Z, dané ředisem N (α a + b α α, kde α a bi je číslo komlexně sdružené k číslu α Poznámka 1 Snadno lze ukázat, že norma v Z [i] je multilikativní Tedy N (α N (β N (α β Jednotky dělení v Z [i] jsou rávě ty rvky α, ro něž je N (α 1, tj jsou to rvky ±1, ±i Věta 1 Z [i] je eukleidovský obor integrity s normou N Důkaz: Potřebujeme dokázat, že ro libovolná dvě čísla α, β Z [i], kde β 0, existují čísla γ, δ Z [i] taková, že α γβ + δ, kde δ 0 nebo N (δ < N (β Uravíme odíl α αβ αβ r + si, kde r, s Q Zde jsme využili vlastností β ββ N(β β Z [i] a N (β ββ Existují tedy čísla m, n Z taková, že r m 1 a s n 1 Víme, že Z [i] je obor integrity a jeho odílovým tělesem je těleso Q[i] {a + bi a, b Q} Formálně vzato jde o těleso zlomků a+bi, kde a, b, c, d c+di Z Tento zlomek lze uravit na tvar ac+bd + bc ad i Odtud je vidět, že norma c +d c +d v tělese Q[i] je definována jako rozšíření normy z oboru Z [i] Tedy, že norma odílu ( je rovna odílu norem Jestliže oložíme γ m + ni, můžeme otom sát α N γ N ((r m + i (s n (r m + (s n 1 + 1 < 1 β Pro číslo δ α γβ díky multilikativnosti ( ( normy v( tělese komlexních čísel α latí N (δ N (α γβ N β γ α N (β N γ < N (β β β Podívejme se odrobněji na obor integrity Z [ω] Kořeny olynomu x 1 0 jsou x 1 1, x 1+ a x 1 Označíme ω 1+ Pro libovolné k Z latí ω k 1, ω k+1 ω a ω k+ ω Všimněme si dále, že 1 + ω + ω 0 a že ω ω 1 ω Podobně, jako jsme v úvodu kaitoly zavedli množinu Gaussových celých čísel, můžeme zavést množinu Z [ω] {a + bω a, b Z} Tato množina je uzavřená 1

na sčítání a násobení a je zřejmé, že neutrálním rvkem vzhledem k násobení je číslo 1 a oačným rvkem k číslu a + bω je číslo a bω Jedná se tedy o okruh Tato množina je také uzavřená vzhledem ke komlexní sdruženosti svých rvků Označíme-li α a + bω, tak otom α a + bω a + bω a + b ( 1 ω (a b bω Z [ω] Definice Normou v oboru integrity Z [ω] budeme nazývat zobrazení N : Z [ω] N {0}, které je ro libovolný rvek α a + bω Z [ω], kde a, b Z, dané ředisem N (α α α Poznámka Chceme-li odvodit vztah ro výočet normy rvků z množiny Z [ω], stačí římé dosazení do vztahu N (α α α Dostaneme otom: α α (a + bω (a b bω a ab + b ( ω ω Víme, že latí 1 ω ω a odtud již lyne, že norma rvku α a + bω je určena vztahem N (α a ab + b Věta Z [ω] je eukleidovský obor integrity s normou N Důkaz: Analogicky jako ro obor integrity Z [i] dokážeme, že ro libovolná dvě čísla α, β Z [ω], kde β 0, existují čísla γ, δ Z [ω] taková, že α γβ + δ, kde δ 0 nebo N (δ < N (β Uravíme odíl α αβ αβ r + sω, kde r, s Q Existují čísla m, n taková, β ββ N(β že r m 1 a s n 1 Víme, že Z [ω] je obor integrity a jeho odílovým tělesem je těleso Q [ω] {a + bω a, b Q} Norma je v tělese Q [ω] definována odobným zůsobem jako v oboru integrity Z [ω] Jestliže oložíme γ m + nω, můžeme otom sát ( α N β γ N ((r m + ω (s n (r m (r m (s n + (s n 1 + 1 + 1 < 1 Pro číslo δ α γβ díky multilikativnosti norem v Q [ω] latí ( ( ( α α N (δ N (α γβ N β β γ N (β N β γ < N (β 1

Důsledek 1 Z [ω] je obor integrity s jednoznačným rozkladem Libovolný nenulový rvek α Z [ω], který není jednotkou, lze zasat jako součin konečného očtu ireducibilních rvků ze Z [ω] Tvrzení 1 Prvek α Z [ω] je jednotkou oboru integrity Z [ω] rávě tehdy, když N (α 1 Důkaz: Jestliže α je jednotka v Z [ω], otom existuje β Z [ω] takové, že αβ 1 Dále latí, že N (αβ N (α N (β 1 Obě normy N (α, N (β jsou tedy rovny jedné Platí, že N (α αα 1 Prvek α je tedy inverzní k rvku α a ten je jednotkou v Z [ω] Poznámka Chceme-li nalézt všechny jednotky množiny Z [ω], zjistíme, že to již není tak zřejmé, jako tomu bylo v oboru integrity Z [i] Příklad 1 Najděte všechny jednotky v oboru integrity Z [ω] Řešení: Aby rvek α a + bω byl jednotkou v Z [ω] musí latit rovnost a ab + b 1 Tuto rovnost vynásobíme čtyřmi a uravíme a ab + b (a b + b Je vidět, že ro koeficient b musí latit odmínka b 1 Dostaneme tedy následující možnosti: (1 b 1, a b ±1 a tyto koeficienty odovídají číslu 1 + ω a ω ( b 1, a b ±1 a tyto koeficienty odovídají číslu ω a 1 ω ( b 0, a b ± a tyto koeficienty odovídají číslu 1 a 1 Využitím rovnosti ω 1 ω a ω 1 + ω jsme dokázali, že všechny jednotky v oboru integrity Z [ω] jsou tvaru 1, 1, ω, ω, ω, ω 1

Kvadratický zákon vzájemnosti V této kaitole se budeme zabývat řešitelností kongruenčních rovnic tvaru x a (mod, ro nějaké rvočíslo K rozhodnutí o řešitelnosti těchto rovnic zavedeme tzv Legendreův symbol a kvadratický zákon vzájemnosti Tyto ojmy budeme otřebovat i v následujících kaitolách, k důkazům některých vět Definice 1 Mějme m N a a Z taková, že (a, m 1 Číslo a nazveme kvadratickým zbytkem modulo m, má-li kongruence x a (mod m řešení Tedy existuje-li x Z takové, že x a (mod m Pokud žádné takové celé číslo x neexistuje, řekneme, že a je kvadratickým nezbytkem modulo m Věta 1 Necht je liché rvočíslo V redukované soustavě zbytků modulo je stejný očet kvadratických zbytků jako nezbytků Důkaz: { Uvažujme } redukovaný systém zbytků modulo, tedy množinu čísel ±1, ±,, ± 1 Umocněním těchto { rvků na druhou dostaneme množinu kvadratických zbytků modulo, a to 1,,, ( } 1 Musíme ukázat, že to jsou rávě všechny kvadratické zbytky Předokládejme, že dvě z těchto čísel jsou kongruentní modulo Nař ro 1 k < l 1 latí k l (mod Potom latí (k + l (l k, což vzhledem k dává (k + l nebo (l k Vzhledem k nerovnosti 1 k < l 1 není možné aby nastal ani jeden ředchozí říad Proto jsme našli všechny kvadratické zbytky a můžeme říci, že očet kvadratických zbytků modulo je roven 1 a zároveň je to také očet kvadratických nezbytků modulo Příklad 1 Určete všechny kvadratické zbytky a nezbytky modulo 19 Řešení: Libovolné nenulové řešení kongruence x a (mod 19 je kongruentní s jedním z čísel ±1, ±, ±, ±, ±5, ±6, ±7, ±8, ±9 Po umocnění na druhou dostaneme ostuně čísla 1,, 9, 16, 5, 6, 9, 6 a 81 Vydělíme je modulo 19 a obdržíme množinu všech kvadratických zbytků 1,, 9, 16, 6, 17, 11, 7 a 5 Množina všech kvadratických nezbytků modulo 19 obsahuje čísla,, 8, 10, 1, 1, 1, 15, 18 Definice ( Pro liché rvočíslo Z a číslo a Z definujeme Legendreův a symbol následovně: ( a 1 a a a je kvadratický zbytek modulo, 0 a, 1 a a a je kvadratický nezbytek modulo 15

Věta Necht je liché rvočíslo, a, b Z Pak latí: ( a 1 a 1 (mod, ( ( ( ab a b, ( ( je-li a b (mod, ak Důkaz: a b 1 Pokud a je tvrzení zřejmé Podívejme se na říad, kdy a Podle malé Fermatovy věty latí a 1 1 (mod, tedy ( a 1 1 (a 1 + 1 0 (mod Protože Z je těleso, latí bud Zároveň tedy a 1 1 (mod nebo a 1 1 (mod a 1 + 1 a 1 1 (mod, nebot ro liché rvočíslo latí 1 1 (mod Je-li a kvadratický zbytek, ak existuje x Z, (x, 1, takové že a x (mod a dále a 1 ( x 1 x 1 1 (mod Kvadratických zbytků je stejně jako kvadratických nezbytků, a to rávě 1 Rovnice a 1 1 (mod má ro neznámou a rávě 1 řešení Zároveň této rovnici nevyhovuje žádný kvadratický nezbytek Ty slňují rovnici a 1 1 (mod Použijeme rvní část této věty: ( ab ab 1 a 1 b 1 ( a ( b (mod Obě strany nabývají ouze hodnot ±1 a 1 1 (mod Můžeme tak od kongruence řejít k rovnosti Jestliže a b (mod, ak kongruence x a (mod je řešitelná rávě tehdy, když je řešitelná kongruence x b (mod Věta Pro liché rvočíslo latí: 16

( 1 ( 1 ( 1 1, Důkaz: ( 1 1 8 1 Podle věty 1 (1 latí ( 1 ( 1 1 (mod Obě strany kongruence nabývají hodnot ±1 Vzhledem k tomu, že 1 1 (mod můžeme místo kongruence sát římo rovnost Ještě můžeme dolnit, že rvní možnost nastane ro rvočísla 1 (mod a druhá možnost ro rvočísla (mod Necht je liché rvočíslo Budeme chtít ukázat, že je kvadratický zbytek ro rvočísla ve tvaru 8k ± 1 a kvadratický nezbytek ro rvočísla ve tvaru 8k ± Uvažujme následující kongruence: 1 1 ( 1 1 (mod ( 1 (mod ( 1 (mod ( 1 (mod 5 5 ( 1 5 (mod q 1 ( 1 1 (mod kde číslo q je rovno bud 1 nebo 1 Vynásobením těchto kongruencí dostaneme ( 1 1 1++++ 6 ( 1! ( 1 (mod Součet 1 + + + + 1 je roven zlomku 1 a součin 6 ( 1 je 8 roven číslu 1 ( 1! Po úravě oslední kongruence dostaneme 1 ( 1! ( 1! ( 1 1 8 (mod 17

Podle věty 1 (1 dále latí ( 1 ( 1 1 8 (mod Když budeme uvažovat číslo 8k ± 1, tak můžeme exonent z oslední kongruence uravit 1 6k ±16k 8k ± k Dostaneme sudé číslo a roto bude 8 8 kvadratický zbytek modulo Pokud budeme uvažovat 8k ±, dostaneme 1 6k ±16k+8 8k ± k + 1 To je jistě liché číslo a v tomto říadě bude 8 8 kvadratickým nezbytkem modulo Příklad Je dána rovnice araboly y x 15 Zjistěte, jestli na grafu této kuželosečky leží body s celočíselnými souřadnicemi (tzv mřížové body roviny Řešení: Body, které leží na grafu dané funkce, musí vyhovovat její rovnici Tzn, že hledané body existují, jestliže je řešitelná kongruenční rovnice x 15 (mod Již víme, že tato rovnice bude mít řešení, jestliže bude hodnota říslušného Legendreova symbolu rovna jedné Chceme tedy určit hodnotu ( 15 Jednoduše vyočítáme, že (15 ( ( 19 Určíme hodnotu symbolu ( ( ( 1 1 ( 1 51 1 8 Dále ( 19 ( 19 ( 1 9 1 Určíme stejným zůsobem hodnotu symbolu ( 19 ( ( ( 6 19 19 19 Symbol ( 19 má hodnotu ( 19 Celkově dostaneme ( 19 ( 1 5 1 ( 19 ( 19 ( 19 ( 1 1 ( 15 ( 1 ( 1 ( 1 ( 1 1 Rovnice řešitelná je a roto existují mřížové body araboly y x 15 Pro zajímavost můžeme ještě dolnit, že jsou to body [17; 68], [69; 16] 18

1 Gaussovo lemma Na závěr této kaitoly ukážeme se jeden z mnoha důkazů kvadratického zákona vzájemnosti Budeme k tomu ale nejrve otřebovat následující lemma Lemma 1 Gaussovo lemma Necht je liché rvočíslo takové, že a Dále, necht m je očet čísel z množiny { a, a, a,, 1 a}, jejichž zbytek o dělení je větší než Potom latí ( a ( 1 m Důkaz: Označme S a a a 1 S a 1 a Tento součin je roven číslu! ( 1 Dále si uvědomme, že každé z čísel ka, kde k 1,,, 1 se dá vyjádřit ve tvaru s + z, kde z je některý z rvků redukovaného systému zbytků modulo Prvek z bude nabývat záorné hodnoty ro ty čísla, ro která bude zbytek o dělení větší než Tedy rávě m čísel Dále žádná dvě čísla ka nejsou kongruentní modulo a stejně tak nelatí k 1 a k a (mod, ro k 1 k Platí tedy, že mezi čísly ka jsou všechna čísla 1,,, 1 a z nich je m záorných a zbytek je kladných Dostaneme tedy S ( 1 m ( 1! (mod Celkově a 1 ( 1 m (mod Věta Pro číslo m z Gauussova lemmatu latí m ak (mod 1 k1 Legendreův symbol tedy můžeme sát ve tvaru ( a ( 1 1 k1 ak, ro liché a otom ve tvaru ( a ( 1 1 k1 ak 19

Důkaz: Budou nás zajímat zbytky čísel ka o dělení rvočíslem, kde k 1,,, 1 Podle lemmatu 11 latí { } ak ak ak, jestliže 0 < 1 { }, + 1, jestliže 1 ak { } ak ak Odtud lyne, že číslo je sudé, jestliže 0 < 1, a liché v oačném říadě { } ak Číslo ak můžeme sát také ve tvaru ak q k + r k Odtud dostaneme } { } {q k + r r k k r k Pro zlomek r k latí, že r k 1 rávě tehdy, když r k ak Číslo m tedy označuje očet těch čísel, ro které je liché číslo Pro liché číslo a latí ( ( a ( a Dokázali jsme tedy, že ( a + ( ( a Exonent můžeme dále uravit ( a+ ( ( 1 1 k1 (a+k ak ( a+ ( a+ (a + k 1 k1 1 k1 ak + k 1 k1 1 k1 ak + 1 8 Celkem tedy dostaneme ( ( a ( 1 1 k1 ak 1 ( 1 8 ( 1 1 Odtud již dostaneme hledanou rovnost ( a ( 1 1 k1 ak k1 ak ( 0

Důkaz kvadratického zákona vzájemnosti Máme již vše otřebné k tomu, abychom dokázali kvadratický zákon vzájemnosti Věta 5 Kvadratický zákon vzájemnosti Necht, q jsou různá lichá rvočísla Pak ( ( q ( 1 1 q 1 q Důkaz: Počet všech mřížových bodů (x, y N N takových, že 1 x 1 a 1 y q 1 je určitě 1 q 1 Zkusme ted ke stejnému výsledku dojít jiným zůsobem Hledané body rozdělíme na dvě skuiny S 1 {(x, y ; qx > y} a S {(x, y ; qx < y} Tato situace je znázorněna ro 7, q 5 na obrázku 1 Obrázek 1: 7, q5 Počet rvků v množinách S 1 a S můžeme vyjádřit: S 1 1 k1 kq, S q 1 k1 k q Podíváme-li se ozorně na obrázek, který je výše v textu, tak si můžeme všimnout, že očítáme očet mřížových bodů v útvaru, který je složen z obdélníku a malého trojúhelníku Je-li > q je tento trojúhelník nad daným obdélníkem Potřebujeme roto také ukázat, že v tomto trojúhelníku není žádný mřížový bod 1

K tomu si stačí uvědomit, že na římce y q x neleží žádný mřížový bod Sečtením ředchozích rovností, ak dostaneme 1 k1 kq + q 1 k1 k 1 q 1 q Těchto oznatků využijeme ro vyjádření Legendreových symbolů z ředchozí věty a dostaneme Celkově tedy ( 1 1 k1 kq q 1 ( 1 ( q ( q k1 k 1 q ( 1 ( 1 1 q 1 q 1 Příklad Zjistěte, zda je řešitelná kongruence x 11 (mod 1 Řešení: Určíme hodnotu Legendreova symbolu ( 11 1 Můžeme rovnou oužít kvadratický zákon vzájemnosti: ( 11 1 ( 1 11 ( 1 5 15 Podle věty 1 latí ( ( 1 9 1 11 11 Celkový výsledek je ( 11 1 1 a kongruence x 11 (mod 1 tedy řešitelná není ( 1 11 Příklad Určete, ro která rvočísla je řešitelná kongruence x 1 (mod Řešení: Předokládejme, že 1 Kongruence je( tedy řešitelná, rávě když 1 1 je kvadratickým zbytkem modulo, což znamená 1 ( Vyšetříme tedy hodnotu Legendreova symbolu Použijeme kvadratický zákon vzájemnosti ( 1 ( ( 1 1 1 1 1 ( Protože součin 1 1 1 1 ( 1 je číslo sudé, tak můžeme rovnou sát ( 1 Užitím věty 1 ( dostaneme následující možnosti ro hodnotu symbolu ( 1 1

1 (mod 1: ( ( 1 1 1 1 (mod 1: ( ( 1 169 1 1 ( 1 8 1 (mod 1: ( ( 1 1 Použijeme kvadratický zákon vzájemnosti a větu 1 (, ( ( 1 1 1 1 ( 1 1 ( ( 1 1 1 (mod 1: ( ( 1 ( 1 1 Použijeme větu 1 ( a dostaneme 1 ( 1 ( 1 1 5 (mod 1: ( ( 1 5 1 1 Použijeme kvadratický zákon vzájemnosti a větu 1 (, ( ( 5 1 1 1 1 5 ( 1 5 1 ( ( 1 5 ( 5 1 ( 5 5 1 6 (mod 1: ( ( 1 6 ( 1 1 Použijeme větu 1 ( 6 ( 1 ( 1 1 1 7 (mod 1: ( ( 1 7 ( 1 1 Použijeme větu 1 7 ( 1 6 ( 1 1 ( 6 1 1 1 8 (mod 1: ( ( 1 8 ( 1 1 Použijeme větu 1 ( 8 ( 1 ( 1 1 1 9 (mod 1: ( ( 1 9 ( 1 1 Použijeme větu 1 ( 9 ( 1 ( 1 1 1 10 (mod 1: ( ( 1 10 ( 1 1 Použijeme větu 1 ( 10 ( 1 ( 1 5 1 1 11 (mod 1: ( ( 1 11 ( 1 1 Použijeme větu 1 (, 11 ( 1 1 ( 1 ( 1 1 1 1 (mod 1: ( 1 ( 1 1 ( 1 Použijeme větu 1 ( 1 ( 1 ( 1 6 1 1 Kongruence je tedy řešitelná ro rvočísla 1,,, 9, 10, 1 (mod 1

Kubický zákon vzájemnosti V úvodních dvou kaitolách jsme si zavedli otřebný aarát k tomu, abychom se mohli zabývat otázkami řešitelnosti kongruencí vyšších řádů Tedy řešením rovnic tyu x n a (mod, kde a, n Z, n > jsou evně daná čísla V této kaitole budeme uvažovat číslo n a dojdeme k tzv kubickému zákonu vzájemnosti Uvedeme vlastnosti rvočinitelů, zavedeme zbytkové třídy okruhu Z [ω], oté se dostaneme k ojmu kubický mocninný symbol, který je obdobou Legendreova symbolu v teorii kvadratických zbytků a na závěr kaitoly vyslovíme kubický zákon vzájemnosti 1 Obor integrity Z [ω] odrobněji Základní vlastnosti oboru integrity Z [ω] jsme uvedli již v druhé kaitole Nyní naše znalosti rozšíříme o charakterizaci rvočinitelů v tomto oboru Tvrzení 1 Jestliže je rvočinitel v Z [ω], otom existuje rvočíslo takové, že N ( nebo N ( V říadě, že je norma rovna číslu, tak není rvkem asociovaným s žádným rvočíslem V druhém říadě, kdy je norma rovna číslu, je rvek asociovaný s rvočíslem Důkaz: Mějme rvočinitele v Z [ω] Platí tedy N ( Položme N ( n, kde n N Z rovnosti n lyne n, dále také víme, že n lze rozložit v Z jednoznačně (až na ořadí na součin rvočísel Dostáváme, že ro nějaké rvočíslo latí a tedy γ, kde γ Z [ω] Z multilikativnosti normy v okruhu Z [ω] latí N ( N (γ N (γ N ( Pro normy čísel a γ máme tři možnosti: a N (γ 1, N ( b N (γ, N ( c N (γ, N ( 1 V rvním říadě je γ jednotkou, a tedy je asociované s Pokud by v druhém říadě bylo asociované s nějakým rvočíslem q, latilo by δq, kde δ je jednotka v okruhu Z [ω] To by ale znamenalo N ( N (δ N (δ N ( 1 N ( q Pro žádná dvě rvočísla ovšem nemůže latit rovnost q asociované s Třetí rovnost nastat nemůže, nebot není jednotka a tedy není

Tvrzení Jestliže Z [ω] je rvek, ro který latí N (, kde je rvočíslo, otom je rvočinitel v Z [ω] Důkaz: Z ředokladů lyne, že není jednotka Předokládejme tedy, že číslo je složené a lze jej sát ve tvaru γδ, kde γ a δ nejsou jednotky v Z [ω] Potom latí N ( N (γ N (δ Jelikož N (γ i N (δ jsou řirozená čísla různá od jedné, dostáváme sor, rotože součin dvou řirozených čísel větších než jedna není roven žádnému rvočíslu Prvek tedy musí být rvočinitel v Z [ω] Dokažme nyní tvrzení, omocí něhož budeme schoni charakterizovat všechny rvočinitele oboru integrity Z [ω] Tvrzení Jsou-li a q jsou rvočísla, otom latí: 1 ω (1 ω a 1 ω je rvočinitel v Z [ω] Jestliže 1 (mod, otom, kde je rvočinitel v Z [ω] a rvky a nejsou asociované Jestliže q (mod, otom q je rvočinitel v Z [ω] Libovolný rvočinitel v Z [ω] je asociovaný s jedním z rvočinitelů z bodů 1 Poznámka 1 Toto tvrzení se občas také interretuje tak, že v rvním říadě se rvočíslo tzv větví, tj je dělitelné vyšší mocninou nějakého rvočinitele V druhém říadě se říká, že rvočíslo se úlně rozkládá, tj je součinem dvou různých rvočinitelů A ve třetím říadě se rvočíslo nazývá inertní, tj je samo rvočinitelem Důkaz: 1 Z definice normy jsme schoni hned vyočítat N (1 ω 1 1 ( 1 + ( 1 Z věty tedy lyne, že 1 ω je rvočinitel Pro důkaz rovnosti ω (1 ω vyjdeme z rovnice 1 + ω + ω 0 Tuto rovnici vynásobíme ω a řičteme k ní ω ω ω + Víme, že ω 1 ω a ω 1 Rovnost tedy dál uravíme na ω + ω ω a ω ( 1 ω + ω To už je hledaný výsledek ω (1 ω 5

Uvažujme rvočíslo, ro které latí 1 (mod a ukažme, že je součinem dvou různých rvočinitelů, kteří nejsou solu asociovaní Pomocí kvadratického zákona vzájemnosti zjistíme, že je kvadratický zbytek modulo : ( ( 1 ( ( 1 1 Jelikož 1 (mod můžeme dál uravovat ( Z rovnosti ( ( 1 1 ( ( ( 1 1 1 ( 1 1 ( 1 1 ( 1 dostáváme, že existuje číslo a Z takové, že a (mod To znamená, že a + je dělitelné, tedy existuje číslo b Z slňující b a + Zkusme nyní uravit výraz a + a + ( a + ( a (a + 1 + ω (a 1 ω Využili jsme rovnost 1 + ω 1 + 1+ Předokládejme nyní, že je rvočinitel dělící Protože a (a + 1 + ω (a 1 ω tak musí i (a + 1 + ω (a 1 ω Prvočinitel musí tedy dělit některého z činitelů součinu (a + 1 + ω (a 1 ω Tím je dokázáno, že rvočinitelem není číslo asociované s, rotože nedělí ani (a + 1 + ω ani (a 1 ω Po vydělení číslem bychom totiž dostali nějaké komlexní číslo, které neleží v Z [ω] Celkem jsme tedy zjistili, že není rvočinitel Když není rvočinitel, tak se dá rozložit η a ani η nejsou jednotky Z multilikativnosti normy v Z [ω] latí N ( N ( N (η A rotože je rvočíslo, tak jediná možnost jak rozložit je Dostaneme tedy, že N ( a zároveň dle definice je N ( a tím máme hledaný rozklad Ukážeme, že a nejsou asociované Kdyby byly rvky a asociované musel by jeden dělit druhý Naříklad Po vynásobení číslem dostaneme a odtud Podíváme se ted odrobněji na jednotlivé říady, které ři dělení mohou nastat Označme c + dω, můžeme otom sát (c + dω, kde (c + dω c + cdω + d ω c + cdω + d ( 1 ω c d + ω ( cd d Dostáváme odtud, že ( c d d (c d Víme, že c, d Z a je rvočíslo Dostáváme tedy následující možnosti: a (c d d, latí tedy, že (c d + d c 6

b (c d (c d, latí tedy, že (c d (c d c a (c (c d d c (c + d d, latí tedy, že (c + d d c d (c + d (c d, latí tedy, že (c d + c + d c První tři možnosti nám ukazují, že c a zároveň d Čtvrtá možnost nám dává výsledek c a ten vede bud k závěru, že c a nebo ke soru s ředokladem, že 1 (mod jestliže Z výsledků c a zároveň d vylývá, že (c + dω Což je ale ve soru s tím, že Celkově tedy rvky, nejsou asociované Jestliže tak, otom N ( 1, rotože by byla jednotka a zároveň musí latit, že N ( N ( Jelikož N ( tak dostáváme dvě možnosti 1 N ( Předokládejme, že a + bω Víme, že N ( a ab + b Budeme tedy očítat a ab + b a ab + b 8 (a + b + b 8 Tato rovnost ovšem nemá v Z žádné řešení a dostáváme se tím do soru N ( Víme tedy, že N ( a budeme rozkládat dvojku Existuje η Z [ω] takové, že η Z multilikativnosti norem víme, že N ( N (η a jelikož víme, že N ( tak musí být N (η 1 Zjistili jsme tedy, že η je jednotka a že je asociované s dvojkou Celkově jsme dokázali, že až na asociovanost existuje jediný rvočinitel dělicí dvojku, a to dvojka sama Obecněji Mějme libovolné rvočíslo q takové, že q (mod Uvažujme rvočinitele Z [ω], který dělí q To znamená, že existuje η Z [ω] takové, že η q Přechodem k normám dostaneme N (η N ( N (q q Víme, že N ( 1 a dostaneme tak dvě následující možnosti 1 N ( q Předokládejme, že a + bω Víme, že N ( a ab + b Budeme tedy očítat a ab + b q a ab + b q (a + b + b q (a + b q (mod Tato rovnost ovšem nemá v Z žádné řešení a dostáváme se tím do soru 7

N ( q Z tohoto ředokladu ovšem dostáváme, že N (η 1 a tedy, že η je jednotka v Z [ω] Dále dostáváme, že je rvek asociovaný s q a že až na asociovanost existuje jediný rvočinitel dělící číslo q, a to číslo q samo Zbytkové třídy okruhu Z [ω] V této kaitole se seznámíme s ojmem kongruence na okruhu Z [ω] Jestliže α, β, γ Z [ω] a γ 0 řekneme, že α β (mod γ, okud γ (α β Tedy říkáme, tak jako v okruhu Z, že α je kongruentní β modulo γ Obdobně jako v okruhu Z kongruence faktorizuje okruh Z [ω] na okruh zbytkových tříd modulo γ, který značíme Z [ω]/γz [ω] Tvrzení Mějme Z [ω], který je rvočinitel Potom Z [ω]/z [ω] je konečné těleso o N ( rvcích Důkaz: Z algebry víme, že každý konečný obor integrity je tělesem Bude tedy stačit, když se nám odaří ukázat, že Z [ω]/z [ω] je konečný obor integrity, řesněji, že má rávě N ( rvků Ukážeme, že Z [ω]/z [ω] neobsahuje dělitele nuly Mějme α, β Z, oložímeli [α] [β] [αβ] [0], otom vidíme, že αβ Jelikož je rvočinitel, musí dělit jeden z rvků na ravé straně Předokládejme, že je to rvek α To, že α znamená, že [α] [0] a roto neexistují rvky α, β Z [ω], [α] [0] [β], vyhovují rovnosti [α] [β] [0] Kolik má tento obor integrity rvků ukážeme tím zůsobem, že rojdeme ostuně všechny možnosti uvedené v tvrzení Nejrve ředokládejme, že, kde { je rvočíslo kongruentní s dvojkou modulo tři Dokážeme, že Z [ω] /Z [ω] [a + b] } ω 0 a <, 0 b < Mějme µ m+nω Z [ω] Čísla m, n a jsou celá a tedy dle věty o dělení celých čísel se zbytkem latí, že m s + a, n t + b, kde s, t, a, b Z a 0 a, b < Po dosazení za m a n dostaneme µ s + a + (t + b ω µ a + bω (mod Můžeme nyní říci, že libovolný rvek okruhu Z [ω] atří do jedné ze zbytkových tříd množiny Z [ω] /Z [ω] Zbývá ukázat, že tato množina má skutečně N ( rvků, tedy, že žádné dvě zbytkové třídy solu neslývají Předokládejme, že a + bω a + b ω (mod, kde 0 a, b, a, b < Odtud dostáváme, že (a a + (b b ω, a roto a a že a a + b b ω Z [ω], z čehož lyne, a b b jsou celá čísla To je ale možné jen když bude latit a a a b b Tedy, že a + bω a + b ω Nyní budeme ředokládat, že 1 (mod a že N (, kde 8

je rvočinitel v Z [ω] a rvky a nejsou asociované Ukážeme, že, množina {0, 1,, 1} je množinou čísel, kterými lze rerezentovat libovolnou zbytkovou třídu modulo Z toho oté vylyne, že Z [ω]/z [ω] má N ( rvků Položme a + bω a z definice normy v okruhu vidíme, že a ab + b a že b Položme dále µ m + nω Víme, že b a budeme-li ostuně brát x 0, 1,, 1 otom součin xb bude nabývat všech hodnot úlné soustavy zbytků modulo Existuje tedy celé číslo c takové, že cb n (mod Odtud (n cb a roto µ c m ca + (n cb ω, tedy µ c m ca (mod Dále latí, že µ m ca (mod, rotože Ukázali jsme, že libovolný rvek z množiny Z [ω] atří do zbytkové třídy rerezentované nějakým celým číslem modulo Mějme nějaké celé číslo l Podle věty o dělení se zbytkem lze toto číslo sát ve tvaru l s + r, kde s, r Z a 0 r < Platí tedy, že l r (mod a jelikož tak také l r (mod Ukázali jsme tedy, že každý rvek množiny Z [ω] je kongruentní s rvkem množiny {0, 1,, 1} modulo Zbývá ukázat, že žádné dvě z těchto tříd neslývají Jestliže, r r (mod, kde r, r Z a 0 r, r <, otom r r γ ro nějaké γ Z [ω] Výočtem norem výrazů na levé a ravé straně rovnosti dostaneme (r r N (r r N (γ N ( N (γ N (γ Tedy (r r a jelikož je rvočíslo, tak r r Celkově dostáváme, že r r 0, a tedy r r Všechny rvky množiny {0, 1,, 1} jsou tak rerezentanty různých zbytkových tříd tělesa Z [ω]/z [ω] Víme, že libovolný rvočinitel je asociovaný s jedním z uvedených rvočinitelů a můžeme jej tedy zařadit do jednoho z výše osaných říadů Tím jsme s důkazem hotovi Je-li rvočinitel, otom multilikativní grua tělesa Z [ω]/z [ω] má řád N ( 1 a můžeme vyslovit tvrzení analogické malé Fermatově větě Tvrzení 5 Mějme α Z [ω] a rvočinitel takový, že α Potom α N( 1 1 (mod Důkaz: Věta je důsledkem Lagrangeovy věty alikované na multilikativní gruu (Z [ω] /Z [ω] Viz [, str 9] Jestliže je norma různá od tří, tak otom zbytkové třídy v tělese Z [ω]/z [ω] obsahující 1, ω a ω jsou různé Naříklad ro ω 1 (mod bychom měli, že (1 ω a 1 ω je rvočinitel, tedy a 1 ω jsou asociované Platí roto, že N ( N (1 ω, což je ale sor Obdobně by se daly ukázat i zbylé říady Platí, že [ω] {[1], [ω], [ω ] } je solu s oerací násobení zbytkových tříd cyklická grua řádu Podle Lagrangeovy věty otom dělí řád multilikativní gruy (Z [ω] /Z [ω], tedy N ( 1 9

Tvrzení 6 Necht α Z [ω] a je rvočinitel takový, že N ( a α Potom existuje jednoznačně určené číslo m rovno 0, 1 nebo takové, že α N( 1 ω m (mod Důkaz: Víme, že α N( 1 1 Dále víme, že x 1 (x 1 (x ω (x ω a toho nyní využijeme ři úravě výrazu α N( 1 1 α N( 1 1 (α N( 1 1 (α N( 1 ω (α N( 1 ω Protože je rvočinitel, tak musí dělit rávě jeden ze tří členů na ravé straně rovnosti To že dělí rávě jeden z daných činitelů lyne z faktu, že kdyby dělilo dva činitele na ravé straně, tak by dělilo i jejich rozdíl To ale není možné, nebot jsme v ředchozích odstavcích ukázali, že rvky 1, ω a ω atří ro N ( do různých zbytkových tříd modulo Nyní můžeme zavést tzv kubický mocninný symbol Definice 1 Mějme α, Z [ω], kde je rvočinitel takový, že N ( Potom definujeme kubický mocninný symbol čísla α modulo následovně: 1 jestliže α, klademe ( α 0, jestliže α, definujeme ( α {1, ω, ω } odmínkou ( α α N( 1 (mod Kubický mocninný symbol hraje v teorii kubického zákona vzájemnosti stejnou roli jako Legendreův symbol v teorii kvadratického zákona vzájemnosti V následující definici je osán ojem kubického zbytku Definice Mějme α, γ Z [ω] taková, že (α, γ 1 Číslo α nazveme kubickým zbytkem modulo γ, má-li kongruence x α (mod γ řešení v okruhu Z [ω] Pokud žádné takové číslo x Z [ω] neexistuje, řekneme, že α je kubickým nezbytkem modulo γ Tvrzení 7 Necht α Z [ω] a rvočinitel takový, že N ( a α Potom latí: 1 ( α α N( 1 (mod, ( αβ ( α ( β, jestliže α β (mod, otom ( α ( β, ( α 1 rávě tehdy, když kongruence x α (mod je řešitelná v okruhu Z [ω] ( tj rávě tehdy, když je α kubickým, zbytkem modulo 0

Důkaz: 1 Důkaz lyne římo z definice kubického mocninného symbolu Podle rvní části věty latí, že ( αβ ( (αβ N( 1 α N( 1 β N( 1 α ( β (mod Protože obě strany kongruence nabývají hodnot 0, 1, ω, ω a žádné dva z těchto rvků neleží ve stejné zbytkové třídě modulo, můžeme místo kongruence sát římo rovnost Jestliže α β (mod, otom ( α α N( 1 β N( 1 ( β (mod Necht ( α 1 Platí, že (Z [ω] /Z [ω] γ ro nějaké γ Z [ω], ro které γ Pro nějaké n N je α γ n (mod a využitím částí a dostaneme 1 ( α ( γ n ( γ n Tato rovnost je slněna bud ro ( γ 1, nebo jestliže n V rvním říadě by z definice kubického mocninného symbolu latilo γ N( 1 1 (mod, což však není možné, jelikož je rvek γ generátorem gruy (Z [ω] /Z [ω], a musí tedy mít řád roven řádu této gruy, tj N ( 1 Proto musí nastat druhý říad, kdy n Nyní stačí oložit x γ n a dostaneme řešení dané kongruence Označme γ řešení kongruence x α (mod Potom latí γ α (mod a musí dále latit, že γ, rotože by v oačném říadě latilo α Pomocí částí a dostaneme ( α ( γ ( γ 1, nebot 1 1 ω ω 6 Následující tvrzení oisuje vlastnosti kubických mocninných symbolů vzhledem ke komlexní sdruženosti Tvrzení 8 Necht α Z [ω] a je rvočinitel, ro který N ( Pak latí: 1 ( α ( ( α α, ( α ( α Důkaz: 1 Z definice kubického mocninného symbolu víme, že ( α je roven 1, ω nebo ω Z rovnosti ωω N (ω 1 ω lyne, že ω ω, ω ω (ω a odkud dostáváme, že ( α ( α Zbylá část rovnosti lyne z druhé části tvrzení 7 1

Podle tvrzení 7 je ( α Abychom ukázali, že ( α ( α α N( 1 (mod otřebujeme nejrve dokázat, že okud ro rvky α, β, γ Z [ω] latí α β (mod γ, ak také latí α β (mod γ Pro libovolná µ, ν C latí µ ν µν a dále µ ν µ ν Jestliže latí α β (mod γ, ak γ (α β, tedy existuje δ Z [ω] takové, že α β δ γ Poslední rovnost řeíšeme do tvaru α β δ γ a dále využijeme zmíněné vztahy, abychom celkově dostali α β δ γ Jelikož δ Z [ω], latí γ ( α β, a tedy α β (mod γ Odtud dostaneme ( α α N( 1 (mod Protože N ( N (, dostaneme díky tvrzení 7 kongruenci ( α α N( 1 (mod Sojením osledních dvou kongruencí dostaneme ( α ( α (mod Víme, že obě strany mohou nabývat ouze hodnot 0, 1, ω a ω, které leží v různých zbytkových třídách, lze roto kongruenci zaměnit za rovnost Důsledek 1 Necht (mod je rvočíslo, α Z [ω] Pak: ( ( 1, α α ( ro n Z takové, že n, latí Důkaz: n 1 1 Protože, dostaneme z ředchozích vět ( α ( α ( α ( α Protože n n, dostaneme z ředchozích vět ( ( ( ( n n n n ( ( Víme, že n a rotože 0, musí latit 1 n n

Díky ředchozímu důsledku můžeme říci, že celé číslo n, které je nesoudělné s rvočíslem (mod, je kubickým zbytkem modulo ( Jsou-li ( tedy 1, dvě různá rvočísla taková, že 1 (mod, otom 1 1 Dostali jsme seciální říad kubického zákona vzájemnosti, k jehož obecnější formě se dostaneme v následující kaitole Kubický zákon vzájemnosti Definice Prvočinitel Z [ω] nazveme rimární, jestliže (mod Jestliže a + bω, lze odmínku z definice formulovat jako a (mod a zároveň b 0 (mod Můžeme tedy říci, že libovolný rvočíselný rvočinitel je rimární Také si můžeme všimnout, že okud a+bω je rimární rvočinitel, ak také (a b bω je rimární Tvrzení 9 Necht Z [ω] je rvočinitel, Z rvočíslo takové, že N ( 1 (mod Potom je mezi rvky asociovanými s rávě jeden rimární rvočinitel Důkaz: Položme a + bω Prvky asociované k jsou tvaru, ω, ω,, ω, ω Celkově se tedy bude jednat o rvky 1 a + bω, ω (a + bω b + (a b ω, ω (a + bω (b a aω, a bω, 5 b + (b a ω, 6 (a b + aω Najdeme mezi těmito rvočiniteli alesoň jeden, který bude rimární Protože N ( a ab + b 1 (mod nemůže nastat říad, kdy a a zároveň b Porovnáním rvků částí 1 a důkazu vidíme, že lze bez újmy na obecnosti ředokládat, že a Dále orovnáním rvků 1 a můžeme dokonce ředokládat, že a (mod Díky tomu dostáváme a ab + b b + b (mod 1 Což lze také řesat ve tvaru b (b 0 (mod Celkově můžeme ředokládat, že bud a (mod a 0 (mod, nebo a (mod a (mod V rvním říadě je rimárním rvočinitelem rvek a + bω, ve druhém rvek b + (b a ω Pro dokázání jednoznačnosti ředokládejme, že a+bω je rimární rvočinitel Jestliže orovnáme rvní složky rvků a 5 zjistíme, že nemohou být rimární Dále vidíme, že rvek 6 nemůže být rimární rvočinitel vzhledem ke koeficientu a ve druhé složce Tím je tedy věta dokázána

Příklad 1 Najděte rimárního rvočinitele, který je asociovaný s rvočinitelem: 1 1 ω, 1 + ω, 7 ω Řešení: 1 Nejrve ověříme, že N (1 ω 7, a roto je rvek 1 ω dle tvrzení rvočinitelem Asociované rvky k tomuto rvku jsou řitom tvaru a 1 ω, b ω (1 ω ω ω ω ( 1 ω + ω, c ω (1 ω ω ω ( 1 ω ω, d 1 + ω, e ω, f + ω Primárním rvočinitelem je rvek + ω Oět zkontrolujeme nejrve latnost tvrzení a zjistíme, že N (1 + ω 1 Asociované rvky budou následující: a 1 + ω, b ω (1 + ω ω + ω ω + ( 1 ω ω, c ω (1 + ω ω + ω ( 1 ω + ω, d 1 ω, e + ω, f + ω Primárním rvočinitelem je rvek ω Zde je situace jednodušší Platí, že N ( 7 ω 7 a zároveň je rovnou slněno 7 (mod a 0 (mod Prvek 7 ω je tedy římo rimární rvočinitel Příklad Jak vyadá těleso Z [ω] /5Z [ω]? Řešení : Číslo 5 je rvočinitel v Z [ω] Víme tedy, že Z [ω] /5Z [ω] je těleso o N ( rvcích V našem říadě to bude 5 rvků, které budou vyhovovat kongruenční rovnici x a + bω (mod 5 v Z [ω] Všechny tyto rvky jsou v následující tabulce Pro jednodušší záis budeme dál ztotožňovat zbytkové třídy s jejich rerezentanty

0 ω ω ω ω 1 1+ω 1+ω 1+ω 1+ω +ω +ω +ω +ω +ω +ω +ω +ω +ω +ω +ω +ω Grua (Z [ω] /Z [ω] je cyklická grua řádu a třetí mocniny jejích rvků tvoří její cyklickou odgruu řádu 8 Zkusíme najít generátor této odgruy a všechny její rvky Určeme ostuně hodnoty kubických mocninných symbolů ro rvky z tělesa Z [ω] /5Z [ω] ( 1 1 8 (mod 5 1 5 ( 8 (mod 5 1 5 ( 8 (mod 5 1 5 ( 5 8 (mod 5 1 ( 1 + ω (1 + ω 8 5ω + 5ω + 6 1 5 ( ( ( + ω 1 + ω 1 5 5 5 ( + ω 1 5 ( + ω 1 5 Vidíme tedy, že hledaná odgrua má rvky 1,,,, 1 + ω, + ω, + ω, + ω a jejím generátorem je rvek 1 + ω Stejným zůsobem bychom mohli určit hodnoty zbylých rvků a dosěli bychom k výsledku že Z [ω] /5Z [ω] Z Prvky zobrazující se na 1 jsme již našli Prvky zobrazující se na ω jsou 1 + ω, + ω, + ω, + ω, + ω, + ω, 1 + ω, + ω a rvky zobrazující se na ω jsou ω, ω, ω, ω, 1 + ω, + ω, + ω, + ω 5

Tvrzení 10 Kubický zákon vzájemnosti Necht 1, Z [ω] jsou rimární rvočinitelé takoví, že N ( 1 N ( Potom ( ( 1 Důkaz: Důkaz kubického zákona vzájemnosti je k disozici v několika verzích v literatuře [1, str 115-118] Nyní budeme chtít odrobněji vyšetřit, jak se mění hodnota kubického mocninného symbolu ( ω ro všechny jednotky okruhu Z [ω] a dále ro rvočinitele 1 ω, na něhož nelze alikovat kubický zákon vzájemnosti Předokládejme, že N ( Jak je vidět, tak kongruence x 1 (mod a x 1 (mod jsou řešitelné vždy, nebot stačí oložit x 1 říadně x 1 Platí tedy ( 1 ( 1 1 ω N( 1 Podívejme se ještě na hodnotu ( ω Z tvrzení 5 můžeme sát ( ω Obě strany kongruence nabývají ouze hodnot 1, ω, ω, ležící v různých zbytkových třídách modulo Konkrétně latí ( ω 1 N ( 1 (mod 9 ω, jestliže N ( (mod 9 ω N ( 7 (mod 9 ( Víme, že latí ω 1 ( ω a jsme tedy schoni již určit hodnoty kubického mocninného symbolu modulo ro všechny zbývající jednotky Věta 1 Necht je rimární rvočinitel, ro který latí N ( Položíme-li m 1 + nω, kde m, n Z, ak latí: 1 ( ω ωm+n ( 1 ω ωm Důkaz: Pokud bychom chtěli číslo sát v obvyklém tvaru a + bω, tak bychom oložili a m 1 a b n Tím je číslo jednoznačně určeno a v souladu s definicí rimárního rvočinitele 1 Podle tvrzení 5 latí ( ω ω N( 1 Vyočítáme, čemu se rovná exonent na ravé straně rovnosti: N ( 1 N (m 1 + nω 1 (m 1 (m 1 n + (n 1 9m 6m 9mn + n + 9n 6

Odtud dostaneme N ( 1 m m mn + n + n m + n (mod Proto latí ( ω ω m+n Důkaz této části věty je oměrně racný a vzhledem k rozsahu ráce jej zde nebudeme uvádět Lze jej nalézt v knize [1, str 15] Příklad Určete, zda je řešitelná kongruence x 11 (mod 17 Řešení : Z ředchozího textu víme, že je-li (mod je kongruence x a (mod řešitelná vždy, jestliže a je nesoudělné s V našem říadě jsou obě odmínky slněny a kongruence je řešitelná Ke stejnému výsledku bychom dosěli i okud bychom chtěli využít malou Fermatovu větu Platí, že 11 17 1 (11 8 11 8 8 56 1 (mod 17 Příklad Určete, zda je řešitelná kongruence x 1 (mod 7 Řešení : Protože je 7 1 (mod, lze využitím tvrzení najít rvočinitele, takové, že 7 Označme a + bω Hledáme tedy řešení rovnice a ab + b 7 Vynásobením rovnice a úravou levé strany na čtverec dostaneme ekvivalentní rovnici (a b + b 18 Výrazy v této rovnici nabývají ouze kladných hodnot a ožadujeme, aby latilo b Existuje tedy c Z takové, že b c Můžeme roto rovnici řesat do tvaru (a c + 7c 18 Rovnici můžeme řešit v závislosti na hodnotě výrazu c Dostaneme následující možnosti: 1 c 0 a zároveň (a c 18 což nelze, rotože 18 není druhá mocnina žádného celého čísla c 1 a zároveň (a c 11 odtud dostáváme, že c ±1 a zároveň (a c ±11 c a zároveň (a c 0 což nelze, rotože 0 není druhá mocnina žádného celého čísla c 9 a zároveň (a c < 0 což nelatí ro žádné čísla a, c Z Vidíme tedy, že jen druhý říad ovede k řešení rovnice Dosazením c ±1 do rovnosti (a c ±11, b c dostaneme možnosti a 1, a 7, b a a 1, a 7, b Hledáme rimární rvočinitele, takže můžeme oužít rovnou koeficienty, které slňují odmínky ro rimární rvočinitel a získáme výsledek ve tvaru 1 + ω a 7 ω Snadno se lze řesvědčit, že latí 1 a naoak Tedy 7 1 1 7

Pro výočet hodnoty kubického mocninného symbolu ( 1 nelze oužít +ω kubický zákon vzájemnosti Budeme-li ostuovat stejně jako ro číslo 7, dojdeme k výsledku ( ω ( 1 + ω 9ω 9ω 9ω 9 ( 1 ω 1 Platí tedy, že 1 ( ω ( 1 + ω a dále využitím tvrzení 5 ( a kubického zákona vzájemnosti dostáváme ( ( ( ( ( 1 ω 1 + ω + ω + ω + ω + ω + ω ω 1 + ω Jelikož + ω 1 (mod + ω a + ω (mod 1 + ω latí dle tvrzení 5 (, že ( ( ( ( + ω + ω 1 ω 1 + ω ω 1 + ω Víme, ( že kongruence x 1 (mod je řešitelná ro každé Z [ω] Proto 1 1 Využijeme dále vztahu ω ω (1 ω a dostaneme ( ( ( ( 1 ω 1 ω 1 + ω 1 + ω 1 + ω 1 + ω Použitím věty 1 a vzhledem k tomu, že ( 1 1 dostáváme výsledek ( ω 1 + ω Kongruence tedy řešitelná není 1+ω ( 1 ω ( ω ( ω 0 ω 1 1 + ω 8

5 Bikvadratický zákon vzájemnosti V této kaitole si ukážeme, jak omocí bikvadratického zákona vzájemnosti rozhodovat o řešitelnosti kongruencí tyu x a (mod, kde a Z a je rvočíslo V několika říadech se setkáme s analogickými větami a definicemi jako v ředchozí kaitole 51 Obor integrity Z [i] odrobněji Podobně jako v ředchozí kaitole se nejrve odíváme na rvočinitele v oboru integrity Z [i] Tvrzení 51 Je-li je rvočinitel v Z [i], otom existuje rvočíslo takové, že Důkaz: Využijeme definici normy v Z [i] Platí N ( n N, tedy n Víme, že n lze rozložit na součin konečně mnoha rvočísel n 1 k Jelikož je rvočinitel, tak bude existovat i {1, k} takové, že i Tvrzení 5 Jestliže ro rvek Z [i] latí N (, kde je rvočíslo, ak je rvočinitel v Z [i] Důkaz: Necht γδ Platí, že N ( N (γ N (δ Podle ředokladu je N ( rovna rvočíslu a jedno z čísel N (γ, N (δ musí být rovno 1 a druhé rvočíslu Musí tedy být bud γ nebo δ jednotkou a tedy je rvočinitel Pomocí následující věty budeme schoni charakterizovat všechny rvočinitele v Z [i] Tvrzení 5 Necht je rvočíslo, otom latí: (1 Je-li, otom i (1 + i a 1 + i je rvočinitel v Z [i] ( Jestliže 1 (mod, otom, kde je rvočinitel v Z [i] a rvky a nejsou asociované ( Jestliže (mod, otom je rvočinitel v Z [i] Libovolný rvočinitel v Z [ω] je asociovaný s jedním z rvočinitelů z bodů (1 - ( Důkaz: Z ředchozí věty lyne, že 1+i je rvočinitel v Z [i] Snadno vyočítáme, že i (1 + i i ( 1 + i + i i i Předokládejme nyní, že q není rvočinitel v Z [i] a že ro q latí q (mod Prvek q lze tedy sát ve tvaru q αβ, kde N (α > 1 a N (β > 1 Zároveň latí q N (q N (αβ N (α N (β Odtud musí být N (α N (α q Položíme-li α a + bi, kde a, b Z, otom lze sát q a + b Pro součet druhých mocnin libovolných celých čísel latí, že o dělení čtyřmi dávají jeden ze zbytků 0, 1, Tím ale dostáváme sor s ředokladem q (mod, z 9

čehož lyne, že q je rvočinitelem v Z [i] Mějme nyní rvočíslo 1 (mod Číslo 1 je kvadratickým zbytkem modulo a existuje tedy číslo a Z takové, že a 1 (mod, neboli a + 1 Pokud by byl rvočinitel v Z [i], ak by musel dělit jeden z rvků a + i, a i, což nelatí Prvek tedy není rvočinitel a lze jej sát ve tvaru γ, kde, γ nejsou jednotky Víme, že latí N ( N (γ N (γ N ( a dále N ( je tedy rvočinitel v Z [i] Předokládejme nyní, že rvky, jsou asociované Tedy a také Označme c + di Potom latí (c + di c + cdi d Pro tedy dostáváme (c d a zároveň (cdi Jelikož c, d jsou celá čísla a je rvočíslo, z druhé odmínky dostaneme následující možnosti: 1, což je zřejmě sor s ředokladem 1 (mod c (c d, zároveň tedy d d (c d, zároveň tedy c Celkově jsme tedy ukázali, že c a zároveň d, z čehož již lyne, že To ale není možné, rotože by muselo latit N ( N (, neboli Prvky a tedy nemohou být asociované Zbývá již jen ukázat, že libovolný rvočinitel oboru Z [i] je asociovaný s jedním z výše uvedených rvočinitelů Necht nyní je libovolný rvočinitel Platí tedy, že dělí nějaké rvočíslo Toto rvočíslo lze dle 1 až rozložit na součin rvočinitelů Tento rozklad je jednoznačný až na asociovanost Prvočinitel tedy musí být asociovaný s jedním z výše uvedených rvočinitelů, vyskytujících se v tomto rozkladu 5 Bikvadratický mocninný symbol Nejrve rozšíříme ojem kongruence na okruh Gaussových celých čísel Definice 51 Pro α, β, γ Z [i] značíme α β (mod γ, okud γ (α β Říkáme, že α je kongruentní β modulo γ Poznámka 51 Kořenem olynomu x + 1 0 je číslo i, které je algebraickým celým číslem Tato čísla tvoří okruh, jehož odokruhem je okruh celých čísel Z Proto také libovolná lineární kombinace čísel 1 a i je algebraickým celým číslem Dostaneme tedy usořádání Z < Z [i] < Ω, kde Ω je okruh algebraických celých čísel Libovolná kongruence celých čísel je tedy kongruencí v okruhu Z [i] a také libovolná kongruence v Z [i] je kongruencí v okruhu Ω Prvky, které jsou solu kongruentní modulo γ, můžeme sloučit do zbytkových tříd modulo γ a dostaneme tím okruh Z [i] /γz [i] Tento okruh nazýváme okruh zbytkových tříd modulo γ 0

Věta 51 Necht Z [i] je rvočinitel Potom Z [i] /Z [i] je konečné těleso o N ( rvcích Důkaz: Důkaz je analogický důkazu tvrzení Stačí ukázat, že Z [i] /Z [i] je obor integrity o N ( rvcích Vidíme, že Z [i] /Z [i] je komutativní okruh bez dělitelů nuly Stejně jako v tvrzení dokážeme, že ro rvočíselné rvočinitele (mod latí { } Z [i] /Z [i] [r + si] 0 r <, 0 s < Pokud je naoak rvočinitel takový, že N ( ro nějaké rvočíslo, otom Z [i] /Z [i] {[r] 0 r < } V obou říadech je očet rvků oboru integrity Z [i] /Z [i] roven číslu N ( Jelikož z věty lyne, že multilikativní grua tělesa Z [i] /Z [i] má řád N ( 1, můžeme řesat malou Fermatovu větu následujícím zůsobem Věta 5 Necht α Z [i] a je rvočinitel takový, že α Potom α N( 1 1 (mod Důkaz: Jedná se o důsledek Lagrangeovy věty (viz lit [, str 9], který je alikovaný na gruu (Z [i] /Z [i] Poznámka 5 Pokud latí, že N (, otom jsou zbytkové třídy v tělese Z [i] /Z [i] různé Tyto třídy jsou rerezentované jednotkami 1, 1, i, i Protože [i] {[1], [ 1], [i], [ i] } solu s oerací násobení zbytkových tříd tvoří cyklickou gruu řádu, lyne z Lagrangeovy věty, že dělí řád multilikativní gruy (Z [i] /Z [i] Tedy N ( 1 Věta 5 Necht α Z [i] a je rvočinitel takový, že N (, α Potom existuje jednoznačně určené číslo m {0, 1,, }, ro které latí α N( 1 i m (mod Důkaz: Z ředchozí věty víme, že α N( 1 1 Výraz α N( 1 1 lze rozložit následujícím zůsobem α N( 1 1 (α N( 1 1 (α N( 1 + 1 (α N( 1 i (α N( 1 + i Jelikož je rvočinitel, tak vzhledem k ředchozí oznámce, dělí rávě jeden z činitelů na ravé straně 1