TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma. Tytti Käyhkö. Neliökunnat

Transkriptio

1 TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Tytti Käyhkö Neliökunnat Informaatiotieteiden yksikkö Matematiikka Marraskuu 016

2 Tampereen yliopisto Informaatiotieteiden yksikkö KÄYHKÖ, TYTTI: Neliökunnat Pro gradu -tutkielma, 53 s. Matematiikka Marraskuu 016 Tiivistelmä Tässä tutkielmassa esitellään neliökunnan käsite ja siihen liittyviä tuloksia. Laajennetaan tavallisten kokonaislukujen joukkoa, jolloin saadaan neliökunnan kokonaisluvut. Tarkastellaan neliökuntien lukujen jaollisuutta, ja erityisesti tutustutaan alkulukuihin ja faktoriaalisuuteen sekä määritellään Eukleideen kunnan käsite. Lopuksi sovelletaan saatuja tuloksia kahteen eri Diofantoksen yhtälöön. Päälähdeteoksena on käytetty Harold M. Starkin teosta An Introduction to Number Theory.

3 Sisältö 1 Johdanto 4 Neliökunnat ja neliökokonaisluvut 5 3 Jaollisuus ja alkutekijöihin jakaminen 0 4 Yksikäsitteinen tekijähajotelma ja Eukleideen alue 31 5 Sovelluksia Diofantoksen yhtälöihin 45 Lähteet 53 3

4 1 Johdanto Tässä pro gradu -tutkielmassa tutustutaan neliökunnan käsitteeseen. NeliökuntaQ( d) on rationaalilukujen kunnan laajennus, jonka alkiot ovat muotoa a+b d, missä luvut a ja b ovat mielivaltaisia rationaalilukuja. Tutkielmassa oletetaan jotkin lukuteorian perustulokset tunnetuiksi ja niiden todistukset sivuutetaan. Luvussa määritellään tarkemmin neliökunta, ja tarkastellaan millaisia alkioita se sisältää. Luvun alussa todistetaan neliökunnan olevan suljettu peruslaskutoimituksien suhteen, eli alkioiden summa, erotus, tulo ja osamäärä kuuluvat neliökuntaan. Tämän jälkeen määritellään käsitteet liittoluku ja normi, sekä tutustutaan tarkemmin niiden ominaisuuksiin neliökunnassa. Luvun lopussa tutustutaan neliökunnan kokonaislukuihin ja huomataan sen olevan tavallisten kokonaislukujen joukon laajennus. Luvussa 3 tarkastellaan kokonaislukujen jaollisuutta neliökunnissa. Määritellään siihen liittyviä tärkeitä käsitteitä, kuten yksikkö, alkuluku ja liitännäisluku. Esitellään yksiköiden perusominaisuuksia ja tarkastellaan yksiköiden määriä eri tapauksissa. Luvussa 4 pääosassa ovat käsitteet faktoriaalinen rengas ja Eukleideen alue. Luvun lopussa esitellään kaikki mahdolliset neliökunnat, jotka ovat Eukleideen kuntia. Samoin kerrotaan, mitkä kompleksiset neliökunnat (d < 0) ovat faktoriaalisia renkaita. Reaalisten neliökuntien (d > 0) tapauksessa ongelma on edelleen avoin, joten tutustutaan vain muutamiin tunnettuihin tapauksiin. Näiden lauseiden todistukset sivuutetaan. Luvussa 5 sovelletaan tuloksia kahteen eri Diofantoksen yhtälöön. Luvun alussa etsitään neliökunnan Q( 1) avulla Diofantoksen yhtälön y + 4= z 3 kokonaislukuratkaisut. Luvun lopussa esitellään tulos, jonka avulla nähdään onko Diofantoksen yhtälöllä x + y = n, missä n Z, kokonaislukuratkaisuja. Päälähdeteoksena on käytetty Harold M. Starkin teosta An Introduction to Number Theory. 4

5 Neliökunnat ja neliökokonaisluvut Määritelmä.1. (ks. [4, s. 58]) Olkoon d Q sellainen luku, joka ei ole minkään rationaaliluvun neliö. MerkitäänQ( d)=a+b d, missä a ja b ovat mielivaltaisia rationaalilukuja. Kutsutaan joukkoa Q( d) varustettuna tavallisilla yhteen- ja kertolaskulla neliökunnaksi. Jos d > 0, kutsutaan joukkoa reaalineliökunnaksi, ja jos d< 0, kutsutaan joukkoa kompleksiseksi tai imaginääriseksi neliökunnaksi. Esimerkki.1. 3=3+0, ja 8=0+ ovat joukonq( ) alkioita. Koska jokainen rationaaliluku a voidaan kirjoittaa muodossa a+ 0 d, niin voidaan todeta, että Q Q( d). Jos luku d itse olisi jonkin rationaaliluvun neliö, niin a+b d olisi rationaalinen, jolloinq( d)= Q. Tästä syystä neliökunnan määritelmästä on poistettu tapaukset, joissa d on jonkin rationaaliluvun neliö, koska näistä tapauksista ei saada mitään uutta. Jatkossa käytetään (mahdollisia poikkeuksia lukuunottamatta) pieniä roomalaisia kirjaimia a, b, c vastaamaan rationaalilukuja ja neliökunnan alkioita merkitään pienillä kreikkalaisilla kirjaimillaα,β,γ,δ,.... Kirjain d on varattu pelkästään sellaisen rationaaliluvun käyttöön, jossa d ei ole rationaalinen. Lause.1. Olkoot a, b, c, e Z. Tällöin a+b d= c+e d, jos ja vain jos a=c ja b= e. Erityisesti a+b d= 0, jos ja vain jos a=b=0. Todistus. (vrt. [4, s. 59]) Oletetaan ensin, että a+b d= 0. Nythän a=b d. Jos b 0, niin a b = d, eli d Q, mikä on ristiriidassa oletuksen kanssa. On siis oltava b=0, josta seuraa, että a=0. Kääntäen, jos a=b=0, niin a+b d= 0. niin Tarkastellaan nyt yleistä tapausta. Jos a+b d= c+e d, (a c)+(b e) d= 0, missä a c, b e Q. Aiemman tapauksen nojalla on siis oltava a c=0 ja b e=0 eli a=c ja b=e. Kääntäen, jos a=c ja b=e, niin nähdään triviaalisti, että a+b d= c+e d. 5

6 Huomautus. Edellisen lauseen väite ei toimi, mikäli d Q tai mikäli lukuja a, b, c ja e ei ole rajoitettu olemaan joukossa Q. Todistus. Tarkastellaan tapausta d = 1, jolloin d = 1=1 Q. Nyt saadaan a+b=c+e, ja esimerkiksi 3+4=1+6, missä luvut 1, 3, 4, 6 Q, mutta 3 1 ja 4 6. Tarkastellaan sitten tapausta, missä lukuja a, b, c, e ei ole rajoitettu joukkoon Q. Olkoon d=. Kun valitaan a=, b= 1, c=1 ja e=1, niin a+b = + 1 = 1+ =c+e, mutta a= 1=cja b= 1 1=e. Lause.. Josα,β Q( d), niinα+β,α β,αβ Q( d). Josβ 0, niin α/β Q( d). Todistus. (ks. [4, s. 59]) Merkitäänα=a+b d jaβ=c+e d, missä a, b, c, e Q. Nyt α+β=(a+c)+(b+ e) d α β=(a c)+(b e) d αβ=(ac+bed)+(ae+bc) d kuuluvat kaikki joukkoonq( d), koska (a+ c), (b+ e), (a c), (b e), (ae+bed), (ae+bc) Q. Lisäksi, josβ 0, niin c 0 tai e 0, joten c e d 0. Siis c e d=(c+e d)(c e d) 0, koska kumpikaan tekijöistä ei ole nolla. Myös α β = (a+b ( ) ( ) d)(c e d) ac bed bc ae d (c+e d)(c e d) = c e + Q( d), d c e d koska luvut ( ) ( ) ac bed bc ae c e, d c e d ovat rationaalilukujen osamääriä, joissa nimittäjä ei mene nollaksi, ja näin ollen rationaalisia. 6

7 Tähän asti luku d Q on ollut sellainen, että d Q. Voidaan kuitenkin rajoittaa lukua d vielä pidemmälle menettämättä yhtään neliökuntaa. Esimerkiksi ( ) b 6, a+b 3 = a+ 3 joten Q( 3 )=Q( 6). Siis joukot Q( 3 ), Q( 6) sisältävät täsmälleen samat luvut. Yleisemmin ( ) r Q = Q( rs), s ( r ) ( r ) koska a+b r s = a+b s s = a+b s = a+ b s ( r s)=a+ b s rs, missä luvut r, s Z, s 0 ja rs Z. Riittää siis tarkastella luvun d kokonaislukuarvoja. Huomataan, että lukua d voidaan edelleen rajoittaa. Esimerkiksi a+b 8=a+(b), joten Q( 8)=Q( ). Yleisesti voidaan kirjoittaa Q( r s)=q( s). Täten tarvitsee tarkastella vain luvun d kokonaislukuarvoja, joilla ei ole neliötekijöitä ( 1). Tällaisen luvun sanotaan olevan neliövapaa. Tästä eteenpäin d on kiinnitetty kokonaisluku, missä d 0, d 1 ja luvulla d ei ole neliötekijöitä ( 1). Koska d 0 tai 1, eikä luvulla d ole neliötekijöitä, niin d ei ole täydellinen neliö, ja siten d on irrationaalinen. Ensimmäiset hyväksyttävät positiiviset arvot, jotka kelpaavat luvuksi d ovat, 3, 5, 6, 7, 10, 11,... Vastaavasti ensimmäiset hyväksyttävät negatiiviset arvot luvulle d ovat 1,, 3, 5, 6, 7, 10, 11,... JoukonQ( d) alkiot ovat toisen asteen kokonaislukukertoimisen yhtälön ratkaisuja. Huomataan, että luku a+b d on rationaalikertoimisen yhtälön x ax+(a b d)= [x (a+b d)][x (a b d)]=0 ratkaisu. Jos kerrotaan yhtälö puolittain yhteisellä nimittäjällä, niin saadaan toisen asteen yhtälö, jolla on kokonaislukukertoimet. Tämän yhtälön kaksi ratkaisua ovat luvut a+b d ja a b d, jotka ovat toistensa liittolukuja. Määritelmä.. (ks. [4, s. 61]) Josα = a+b d, niin luvunαliittoluku on ᾱ=a b d. Jos d < 0, niin määritelmä on tuttu tavallisen kompleksiluvun kompleksiliittoluvun määritelmästä. 7

8 Huomautus. Q( d) on tosiaan kunta, koska jos 0 a+b d Q( d), niin sillä on käänteisalkio missä a a b d, b a b d 1 a+b d = a b d (a b d)(a+b d) = a b d a b d a = a b d b d, a b d d Q( d) ja a b d 0, koska d ei ole neliö. Lause.3. Josα,β Q( d), niin (ᾱ)=α, (α+β)=ᾱ+ β, (α β)=ᾱ β, (αβ)=ᾱ β. Jos lisäksiβ 0, niin β 0 ja (α/β)=ᾱ/ β. Edelleenᾱ=α, jos ja vain josα Q. Todistus. (vrt. [4, s. 61]) Olkootα=a+b d,β=c+e d Q( d). Nyt (ᾱ)=(a b d)=a+b d=α (α+β)= [(a+c)+(b+ e) d]= (a+c) (b+ e) d = (a b d)+(c e d)=ᾱ+ β (α β)= [(a c)+(b e) d]= (a c) (b e) d = (a b d) (c e d)=ᾱ β (αβ)= [(ac+bed)+(ae+bc) d]= (ac+bed) (ae+bc) d = (a b d)(c e d)=ᾱ β. Josα=ᾱ, niin a+b d=a b d. On siis oltava b= b, eli b=0, jotenα=a on rationaalinen. Kääntäen, josα=a+ 0 d Q, niinᾱ=a 0 d=α. Lauseen alkuosan perusteella, josβ 0, niin c 0 tai e 0, joten β=c e d 0. Koska 1/(β β)= 1/(c e d) Q, niin ( ) α = ( 1/(β β) α β ) = ( 1/(β β) ) ᾱ ( β ) = 1/(β β) ᾱ β=ᾱ/ β. β Oletetaan, että lukuαon kokonaislukukertoimisen toisen asteen yhtälön ax + bx+ c=0 8

9 ratkaisu. Koska lukuαtoteuttaa tämän yhtälön ja koska luvut a, b, c Q, niin a(ᾱ) + bᾱ+c=ā(α )+ bᾱ+ c=(aα )+(bα)+ c = (aα + bα+c)=( 0)= 0. Toisin sanoen, josαon yhtälön ax + bx+ c = 0 ratkaisu, niin tällöin myösᾱ on yhtälön ratkaisu. Oletetaan, ettäαon irrationaalinen, jolloinα ᾱ. Tällöin yhtälölle on löydetty kaksi ratkaisua. Koska toisen asteen polynomi voidaan jakaa juurien mukaan tekijöihin, niin ax + bx+ c=a(x α)(x ᾱ). Siis on olemassa äärettömän monta toisen asteen kokonaislukukertoimista yhtälöä, joiden ratkaisuna on α, mutta ne eroavat toisistaan vain vakion a verran. Jakamalla yhtälö ax + bx+ c=0 lukujen a, b ja c suurimmalla yhteisellä tekijällä, ja tarvittaessa kertomalla luvulla 1, saadaan yksikäsitteinen toisen asteen yhtälö luvulle α. Apulause.1. Olkoon a Z ja n>0. Tällöin, jos n a Q, niin n a Z. Todistus. (vrt. []) Oletetaan, että n a Q. Siis on olemassa sellaiset keskenään jaottomat s, r Z, r 0, että Näin ollen n a= s r. ( s a= r ) n Nyt ar n 1 Z, joten myös sn r ollen n a on kokonaisluku. a= sn r n ar n 1 = sn r. Z. Koska syt(s,r)=1, niin oltava r=±1. Näin Huomautus. Edellisen apulauseen nojalla, jos x n Z ja x Q, niin x Z. Määritelmä.3. (ks. [4, s. 6]) Josα Q( d) on irrationaalinen, missä a, b, c Z ja syt(a, b,c)=1, a>0, niin yhtälöä ax + bx+ c=0 kutsutaan luvunα määritteleväksi yhtälöksi, mikäliαtoteuttaa yhtälön. 9

10 Esimerkki.. Esimerkiksi + 3 toteuttaa yhtälöt x + 4x 1=0, 3x 1x+ 3=0, 5x + 0x 5=0. Kaikki nämä yhtälöt ovat monikertoja yhtälöstä x 4x+ 1=0, jonka ratkaisu luku + 3 on. Esimerkki.3. Irrationaalinen luku voi olla korkeintaan yhdessä neliökunnassa. Toisin sanoen kahden eri neliökunnan leikkaus on joukko Q. Todistus. (vrt. [4, s. 6]) Oletetaan, että irrationaalinen lukuα Q( d) jaα Q( d 1 ). Nyt α=a+b d=a 1 + b 1 d1, missä a, b, a 1, b 1 Q. Määrittelevän yhtälön toinen ratkaisu onαja toinen on ᾱ=a b d=a 1 b 1 d1. Siis b d= α ᾱ = b 1 d1, joten (b 0, koskaαon irrationaalinen) mistä saadaan ratkaistua b dd 1 d1 = b 1 d1, dd1 = b 1d 1 b. Täten dd 1 Q, joten apulauseen.1 nojalla dd 1 Z. Nythän d ja d 1 ovat neliövapaita ja dd 1 on täydellinen neliö. Alkutekijähajotelman yksikäsitteisyyslauseen nojalla luvuilla d ja d 1 on oltava sama merkki ja samat alkutekijät, joten d=d 1, kuten toivottiin. Määritelmä.4. (ks. [4, s. 63]) Luvunα Q( d) normi on luku N(α) :=αᾱ. 10

11 Lause.4. Olkootα,β Q( d). a) Jos a Q, niin N(a)=a. b) N(α) Q. c) Jos d< 0, niin N(α) 0. Erityisesti N(α)= 0, jos ja vain josα= 0. d) N(αβ)= N(α)N(β). Lisäksi, josβ 0, niin ( ) α N = N(α) β N(β). Todistus. (vrt. [4, s. 63]) Merkitäänα=a+b d, missä a, b Q. a) Koska luku a Q, niin ā=aja siten N(a)=aā=a. b) Huomataan, että N(α)=αᾱ=(a+b d)(a b d)=a b d=a + ( d)b, joka on rationaaliluku. Normin N(α) rationaalisuus oltaisiin voitu osoittaa myös seuraavasti: N(α)=αᾱ=ᾱα=αᾱ= N(α), joten lauseen.3 perusteella normi N(α) on rationaalinen. c) Tapauksessa d< 0 pätee tietenkin ( d)> 0, joten N(α) 0. Selvästi N(0)= 0. Josα 0, niinᾱ 0 ja siten N(α)=αᾱ 0. Täten nähdään, että N(α)= 0, jos ja vain josα= 0. d) Normin määritelmän ja lauseen.3 perusteella N(αβ)=(αβ)(αβ)=αβᾱ β= N(α)N(β). Josβ 0, niin N ( ) α = β ( α β )( ) α = α ᾱ β β β = N(α) N(β). Yllä oleva yhtälö N(α)N( β) = N(α β) voi vaikuttaa triviaalilta, mutta kun siihen sijoitetaanα=a+b d, b=c+e d, niin saadaan (a+b d)(a b d)(c+e d)(c e d)=(a db )(c de ) = (ac+bed) d(ae+bc). 11

12 Tarkastellaan tapausta d = 1. Nythän, jos kaksi lukua voidaan kirjoittaa kahden neliön summana, niin tällöin myös niiden tulo on kahden neliön summa. Toisin sanoen (a + b )(c + e )=(ac be) + (ae+bc). Siis yhtälöllä N(α)N(β)= N(αβ) on enemmän sisältöä kuin aluksi vaikuttaa. Seuraavaksi tarkastellaan kokonaislukuja a+b d joukossa Q( d). Koska neliökunta Q( d) sisältää muitakin kuin joukon Q alkioita, niin on järkevää määritellä joukkoon muitakin kuin pelkkiä tavallisia kokonaislukuja (tapaukset a Z ja b=0). Apulauseen.1 jälkeisen huomautuksen nojalla, jos x n Z ja x Q, niin x Z. Halutaan laajentaa tämä ominaisuus myös joukkoon Q( d). Tästä syystä, kun d on kokonaisluku ja d on yhtälön x = d ratkaisu, niin määritellään luvun d olevan kokonaisluku. Halutaan kokonaislukujen summien ja tulojen olevan edelleen kokonaislukuja. Jos a, b Z, niin toivotaan, että tulo b d ja summa a+b d ovat myös kokonaislukuja. Tähän mennessä ollaan valittu kokonaisluvut määrittelevän yhtälön avulla. Esimerkiksi määrittelevä yhtälö luvulle d on x d= 0 ja määrittelevä yhtälö luvulle ( 1 )+( 1 ) 3 on x + x+ 1=0. Näillä yhtälöillä yhteistä on se, että toisen asteen termin kerroin on yksi. Määritelmä.5. (vrt. [4, s. 65]) Lukuα Q( d) on (neliö)kokonaisluku, jos joko α Z tai luvunαmäärittelevä yhtälö on muotoa x + ax+b=0, missä a, b Z. Merkitään jatkossa (neliö)kokonaislukujen joukkoa symbolillao Q( d). Voidaan käyttää myös merkintää O, mikäli neliökunta on asiayhteydestä selvä. Joukon Z alkioita kutsutaan jatkossa rationaalikokonaisluvuiksi. Huomautus. MerkintäO Q( d) esiintyy useissa eri lähteissä, esimerkiksi [1], [3] ja [7]. Määritelmän.5 nojalla, jos neliökokonaisluku on rationaalinen, niin se on perinteinen kokonaisluku eli rationaalikokonaisluku. Ei olla siis esitelty uusia joukon Q kokonaislukuja. Huomataan myös, että määrittelevä yhtälö on sama luvuille α ja ᾱ. JoukonQ( d) kokonaisluvut toteuttavat perinteiset laskutoimitukset, eli kahden kokonaisluvun summa, erotus ja tulo ovat edelleen kokonaislukuja. 1

13 Esimerkki.4. Luku 1+ 3 ei ole kokonaisluku joukossa Q( 3). Todistus. Etsitään luvun 1+ 3 määrittelevä yhtälö: x 1+ 3 x 1 3 = 1+ 3 x x 1 3 x = 4x x 3x x+ 3x = x x Koska luvun 1+ 3 määrittelevä yhtälö ei ole muotoa x + ax+ b=0, niin luku 1+ 3 ei ole kokonaisluku joukossa Q( 3). Esimerkki.5. Luku 10 on kokonaisluku joukossa Q( d), koska 10 Z. Apulause.. Jos b Z on pariton, niin b 1 (mod 4) Todistus. Olkoon b Z pariton. Tällöin voidaan kirjoittaa b=m+1, missä m Z. Nyt b = (m+1) = 4m + 4m+1=4(m + m)+ 1 1 (mod 4) Huomautus. Seuraavassa lauseessa tunnistetaan joukono Q( d) alkiot. Tapauksen d 1 (mod 4) tarkempi tarkastelu tapahtuu lauseessa.6. Lause.5. a) Jos d 1 (mod 4), niino= { a+b d a, b Z } =: Z[ d]. b) Jos d 1 (mod 4), niin O= a+b d a, b parillisia a+b d a, b parittomia =: Z[ω]. Todistus. (vrt. [4, s. 66]) Jaetaan todistus osiin seuraavasti: 1) Tapauksessa a) päteeo Z[ d] ) Tapauksessa b) pätee O Z[ω] 3) Kohtien 1) ja ) osajoukkoudet ovat yhtäsuuruuksia 13

14 Todistetaan aluksi kohtien 1) ja ) tapaus b=0. Siis, josα=a+b d, missä luvut a, b Z, niinα Q, jos ja vain jos b=0. Sitenα Z, jos ja vain jos a Z ja b=0, ja tällöin se on muotoa b 0. α=a+b d (a, b Z, tapaus d 1 (mod 4)) = a+ b d (a, b parillisia, tapaus d 1 (mod 4)). Tästä eteenpäin todistuksessa oletetaan, ettäα=a+b d on irrationaalinen eli 1) Josα=a+b d, missä a, b Z, niinαtoteuttaa yhtälön (x α)(x ᾱ)=(x (a+b d))(x (a b d)) = x ax+b dx ax+a b da b dx+b da b d = x ax+(a b d) = 0, missä a, a b d Z. Tässä yhtälössä kertoimilla ei selvästikään ole muita yhteisiä tekijöitä kuin ±1 (koska 1 on johtava kerroin), joten tämä on luvun α määrittelevä yhtälö. Siisαon kokonaisluku. ) Oletetaan sitten, että d 1 (mod 4) jaα=(a+b )/, missä a ja b ovat parittomia joukossa Z. (Tapaus, jossa luvut a ja b ovat parillisia, on jo todistettu kohdassa 1.) Tällöinαon yhtälön (x α)(x ᾱ)= x a+b x a b = x ax + b dx ax + a 4 b da ( 4 a = x b ) d ax+ 4 = 0 b dx + b da 4 + b d 4 ratkaisu. Osoitetaan, että a b d 4 Z. Merkitään a=m+1 ja b=n+1, missä n, m Z. Nyt a b d 4 = am + 4m+1 (4n + 4n+1)d 4 = 4(m n d)+ 4(m nd)+ 1 d 4 = (m n d)+(m nd)+ 1 d 4, 14

15 missä m n d, m nd Z. Lisäksi d 1 (mod 4) d 1 (mod 4) 1 d 0 (mod 4), joten 4 1 d, eli 1 d 4 Z. Siis α on kokonaisluku. 3) Kääntäen, oletetaan, että α on irrationaalinen kokonaisluku joukossa O. Siispä luvunαmäärittelevä yhtälö on muotoa x + k x+ l= 0, missä k, l Z. Tällöin k on parillinen tai pariton. Oletetaan ensin, että k on parillinen. Merkitään k = m, missä m Z. Tällöin toisen asteen yhtälön ratkaisukaavan nojalla α= k± k 4l = m± 4m 4l = m± m l. Voidaan kirjoittaa m l = e d, missä e, d Z ja d on neliövapaa (ja d ei ole 0 tai 1, koskaαei ole rationaalinen). Nytαon toinen luvuista m±e d = ( m±e d )/ Q( d ), missä m,±e Z. Aiemmin on jo todettu (esimerkki.3), että d = d 1, jotenαkuuluu haluttuun joukkoon luvun d jakojäännöksestä huolimatta. Tarkastellaan seuraavaksi tapausta k on pariton. Tällöin α= k± k 4l. Koska k on pariton, niin apulauseen. nojalla k 4l 1 4l 1 (mod 4). Merkitään k 4l= e d, missä luvulla d ei ole epätriviaaleja neliötekijöitä (ja d {0,1}, koskaαon irrationaalinen). Nyt e on pariton, koska k 4l on pariton, ja siten Koskaαon toinen luvuista d = 1 d e d = k 4c 1 (mod 4). k± e d, 15

16 niinαon joukon Q( d ) alkio, missä d 1 (mod 4), ja sekä k että±e ovat parittomia. Tässäkin tapauksessa d = d, jotenαkuuluu haluttuun joukkoon a+b d a, b parillisia a+b d a, b parittomia. Huomautus. Edellisestä lauseesta seuraa, että jos a, b Z, niin a+b d on aina kokonaisluku, eli Z[ d] O. Tapauksessa d 1 (mod 4) tämä on triviaalia. Jos d 1 (mod 4), niin luku a+b d Z[ d] voidaan ilmaista muodossa (a+ b d)/, missä molemmat a ja b ovat tietenkin parillisia, joten a+b d O. Esimerkki.6. Luku on kokonaisluku joukossa Q( 6). Todistus. Huomataan, että = (1+ 6)(3+ 6) (1+ 6)(1 6) = = = 3 6, joten lauseen.5 mukaan on kokonaisluku. Seuraus.1. Olkoon d 1 (mod 4). Tällöin α O, jos ja vain jos 1+ d α=a+b, missä a, b Z ( 1+ ) d Todistus. (vrt. [4, s. 66]) Oletetaan, ettäα=a+b, missä a, b Z. Tällöin a+b 1+ d = (a+b)+b d, missä a+b b (mod ), ja siten (a+b) ja b ovat molemmat joko parillisia ja parittomia. Siis α O. 16

17 Oletetaan sitten, ettäα O. Tällöin lauseen.5 nojallaα= a+b d, missä a, b Z, ja missä molemmat ovat parillisia tai molemmat ovat parittomia, ja a+b d ( ) a b 1+ d = + b, Koska a b (mod ), niin a b 0 (mod ), eli (a b)/ Z. Lause.6. Josα,β O, niinα+β,α β,αβ O. Todistus. (vrt. [4, s. 68]) Olkoon d, jos d 1 (mod 4), ω= 1+ d, jos d 1 (mod 4). Lauseen.5 ja seurauksen.1 nojalla joukon Q( d) kokonaislukuγvoidaan kirjoittaa muodossa γ = (rationaalikokonaisluku) + (rationaalikokonaisluku)ω. Koskaα,β O, niin voidaan ne kirjoittaa muodossa missä a, b, c, e Z. Siis joten sekäα+β,α β O. Voidaan kirjoittaa α=a+bω,β=c+eω, α+β=(a+bω)+(c+eω)=(a+c)+(b+ e)ω α β=(a+bω) (c+eω)=(a c)+(b e)ω, ω = sω+ t, missä s, t Z. Tarkemmin, jos d 1 (mod 4) (eliω= d), niin s=0, t=d. Jos 17

18 d 1 (mod 4)(eliω= 1+ d ), niin ω 1+ d = = d 4 = 1+ d 4 = = 1+ d + 1 d 1 d + 1+ d 4 + d 1 4, joten s=1, t=(d 1)/4, missä luku t on kokonaisluku, koska d 1 (mod 4). Täten αβ=(a+bω)(c+eω) = ac+(ae+bc)ω+beω = ac+(ae+bc)ω+be(sω+ t) = (ac+bet)+(bc+bes)ω, joka on muotoa γ = (rationaalikokonaisluku) + (rationaalikokonaisluku)ω, joten αβ O. Tiedetään, että luvun normi joukossaq( d) on rationaalinen. Tutkitaan seuraavaksi kokonaislukujen normia. Lause.7. Josα O, niin N(α) Z. Todistus. (ks. [4, s. 68]) Koskaα O, niin tällöin myösᾱ O. Edellisen lauseen nojalla kahden kokonaisluvun tulo on kokonaisluku, joten N(α) = αᾱ O. Luku N(α) Q, joten lauseen.4 nojalla N(α) Z. Edellinen lause voidaan todistaa irrationaaliselle luvulleαmyös tarkastelemalla luvun α määrittelevää yhtälöä x + bx+ c=0, missä b, c Z. Koska tämän yhtälön ratkaisut ovatαjaᾱ, niin yhtälön vasen puoli voidaan kirjoittaa muodossa x + bx+ c=(x α)(x ᾱ). 18

19 Kerrotaan yhtälön oikea puoli auki, jolloin saadaan x ᾱx αx+αᾱ=x + ( α ᾱ)x+αᾱ. Nyt α+ᾱ= b, αᾱ=c. Tätenα+ᾱ, N(α)=αᾱ Z. Esimerkki.7. Josα O, niinα +ᾱ Z. Todistus. Oletetaan, ettäαon kokonaisluku. Lauseen.6 perusteellaα on kokonaisluku. Tätenᾱ on kokonaisluku. Edelleen, lauseen.6 nojalla myösα +ᾱ on kokonaisluku. 19

20 3 Jaollisuus ja alkutekijöihin jakaminen Määritelmä 3.1. (ks. [4, s. 70]) Olkootα,β O, ja olkoonα 0. Sanotaan, että lukuαjakaa luvunβ, ja kirjoitetaanα β, jos on olemassa sellainenγ O, että β=αγ. Toisin sanoenα β, josβ/α O. Lause 3.1. Olkootα,β,γ O a) Josα β jaα γ, niinᾱ β jaα (βδ+γε) aina, kunδ,ε O. b) Josα β jaβ γ, niinα γ. Todistus. (ks. [4, s. 70]) a) Oletetaan, ettäα β jaα γ. Määritelmän 3.1 nojalla on olemassa sellaiset kokonaisluvutξ jaη, ettäβ=αξ jaγ=αη. Siis β=ᾱ ξ ja βδ+γε=αξδ+αηε=α(ξδ+ηε). Koskaξ O, niin ξ O. Koskaδ,η,ε O, niin lauseen.6 nojalla myös ξδ+ηε O. Tätenᾱ β jaα (βδ+γε). b) Oletetaan, ettäα β jaβ γ. Tällöin on olemassa sellaiset kokonaisluvut, ettäβ=αξ jaγ=βη. Siisγ=αξη, jotenα γ. Huomautus. Olkootα,β,γ,δ O. Edellisen lauseen nojalla, josα β jaα γ, niinα (β+γ),α (β γ) jaα βδ. Huomautus. Kun d< 0, niin joukossa Q( d) ei ole mielekästä puhua positiivisista tai negatiivisista luvuista. Jokaisessa positiivisten ja negatiivisten lukujen määritelmässä tulisi esiintyä vähintään seuraavat ominaisuudet: 1) Jokaisen luvun ( 0) tulee olla joko positiivinen tai negatiivinen, mutta ei molempia. ) Jos α on positiivinen, niin α on negatiivinen. Vastaavasti, jos α on negatiivinen, niin α on positiivinen. 3) Jos α, β ovat positiivisia, niin α β on positiivinen. Esimerkki 3.1. On mahdotonta tehdä sellaista positiivisten ja negatiivisten lukujen määritelmää joukossa Q( 1), että edellisen huomautuksen kaikki ehdot ovat voimassa. 0

21 Todistus. Ehdon 1) nojalla luku 1 on joko positiivinen tai negatiivinen. Oletetaan ensin, että 1 on positiivinen. Ehdon 3) nojalla 1 on positiivinen. Samoin ( 1) = 1 positiivinen. Tämä on ristiriita kohdan ) kanssa. Oletetaan sitten, että 1 on negatiivinen. Tällöin 1 on positiivinen, joten 1= ( 1) on positiivinen. Ristiriita saadaan vastaavasti kuin edellä. Yleisesti, tapauksissa d < 0 on mahdotonta tehdä määritelmää positiivisille ja negatiivisille luvuille joukossa Q( d). Tarkastellaan seuraavaksi mitä tapahtuu luvuille joukossa Z Q( d), kun ne jaetaan tekijöihin, jotka eivät välttämättä ole vain positiivisten lukujen tuloja. Esimerkiksi luku 8 voidaan jakaa tekijöihin usealla eri tavalla: 8= 8= = ( ) ( ) 8= ( 1) ( ) ( 1) ( 1) ( ) ( 1) Tapauksista nähdään minkä vuoksi lukuja±1 ei ole hyödyllistä kutsua alkuluvuiksi. Kutsutaan lukuja 1 ja 1 joukon Z yksiköiksi. Jos p on rationaalinen alkuluku, niin lukuja p ja p kutsutaan liitännäisluvuiksi. Positiivisten rationaalikokonaislukujen alkutekijähajotelman yksikäsitteisyyslause voidaan korvata hieman yleisemmällä Rationaalikokonaislukujen alkutekijähajotelman yksikäsitteisyyslauseella. Lause 3.. Jos n Z ja n 0, niin kaksi mielivaltaista luvun n alkutekijähajotelmaa ovat samat tekijöiden järjestystä ja alkulukujen merkkiä lukuunottamatta. Todistus. (vrt. [4, s. 7]) Olkoon n Z ja n 0. Oletetaan n=n 1 n n s = m 1 m m t missä n 1, n,..., n s, m 1, m,..., m t ovat alkulukuja tai niiden vastalukuja. Nyt on olemassa sellaiset u 1, u,..., u s, v 1, v,..., v t {1, 1}, että u 1 n 1,..., u s n s, v 1 m 1,..., v t m t Z + Alkutekijäharjotelman yksikäsitteisyyslauseen nojalla joukot{u 1 n 1,,u s n s } ja {v 1 m 1,,v t m t } ovat samoja. Väite seura tästä. 1

22 Vastaavia tilanteita tekijähajotelmissa tulee, kun tarkastellaan joukkoa Q( d). Nyt, josε,δ Q( d) jaεδ=1, niin tällöinεjaδvoidaan lisätä tekijähajotelmaan niin useasti kuin halutaan. Esimerkiksi, jos α, β, γ O ja γ = α β, niin γ=εαδβ=(δ)(δ)(δ)(α)(ε)(ε)(εβ), ja niin edelleen. Näin tämän esimerkinε jaδovat samassa roolissa joukossaq( d), kuin 1 on joukossa Q. Koskaεδ=1, jaε,δ O, niinε 1. Määritelmä 3.. (ks. [4, s. 73]) Kokonaislukuaε Q( d) kutsutaan yksiköksi, josε 1. Erityisesti 1 ja 1 ovat aina yksiköitä joukossa Q( d). Lause 3.3. Josε 1 jaε ovat yksiköitä joukossa Q( d), niinε 1,ε 1 ε,ε 1 /ε ovat yksiköitä joukossa Q( d). Erityisesti 1/ε on yksikkö. Edelleen,ε O on yksikkö, jos ja vain jos N(ε)=±1. Todistus. (ks. [4, s. 73]) Oletetaan, ettäε 1 jaε ovat yksiköitä joukossa Q( d). Tällöin ne ovat kokonaislukuja, ja tällöin on olemassa sellaisetδ 1,δ ε 1 δ 1 =ε δ = 1. Siisε 1,ε 1 ε, δ 1,δ Oja jotenε 1 jaε 1 ε ovat yksiköitä. Edelleen ε 1 δ 1 =ε 1 δ 1 = 1=1, (ε 1 ε )(δ 1 δ )=(ε 1 δ 1 )(ε δ )= 1, ε 1 = ε 1δ = ε 1δ ε ε δ 1 =ε 1 δ O, että on kokonaisluku ja (ε 1 /ε )(ε δ 1 )=(ε 1 δ )(ε δ 1 )= 1, missäε δ 1 O. Siisε 1 /ε on yksikkö. Oletetaan seuraavaksi, ettäε O ja N(ε)=±1. Siis myös ε, ε O. Tällöin oltava joko N(ε)= 1, jolloin tai N(ε)= 1, jolloin ε ε= N(ε)= 1 ε( ε)= N(ε)= 1. Molemmissa tapauksissa nähdään, ettäεon yksikkö.

23 Kääntäen, oletetaan, ettäεon yksikkö. On siis olemassa sellainenδ O, että εδ=1, joten N(ε)N(δ)= N(εδ)= N(1)= 1. Koska N(ε), N(δ) Z ja niiden tulo on 1, niin joko N(ε)= N(δ)= 1 tai N(ε)= N(δ) = 1. Siis N(ε) = ±1. Huomautus. Lauseessa 3.3 Luvun ε rajoittaminen kokonaisluvuksi on tarpeellista. Esimerkiksi N( )= 1, mutta koska ei ole kokonaisluku joukossa Q( 1), niin se ei ole yksikkö. Esimerkki 3.. Josεon yksikkö ja ε O, niin ε on yksikkö. Todistus. Nytεon yksikkö, joten ε on yksikkö. Koska ε Oja N( ε)=( ε)( ε)= ε, niin on oltava ε=±1. Siis ε on yksikkö. Esimerkki 3.3. Josε 1 ε on yksikkö, missäε 1,ε O, niinε 1 on yksikkö jaε on yksikkö. Todistus. Oletetaan, ettäε 1 ε on yksikkö. On siis olemassa sellainenδ O, että ε 1 ε δ=1, joten N(ε 1 ε )N(δ)= N(ε 1 ε δ)= N(1)= 1. Koskaε 1,ε,δ O, niin lauseen 3.3 nojalla N(ε 1 ), N(ε ), N(δ) Z. Täten oltava N(ε 1 )=±1 ja N(ε )=±1, jotenε 1,ε ovat yksiköitä. Esimerkki 3.4. Luku + 7 ei ole yksikkö joukossa Q( 7). Todistus. Huomataan, että N(+ 7)=(+ 7)( 7)= 4 7= 3 ±1, joten + 7 ei ole yksikkö joukossa Q( 7). Esimerkki 3.5. Luku on yksikkö joukossa Q( 53). 3

24 Todistus. Huomataan, että N = = = Lauseen.5 kohdan b) nojalla on kokonaisluku, joten on yksikkö joukossa Q( 53). Tarkastellaan seuraavaksi kompleksisten neliökuntien yksiköitä ja reaalineliökuntien yksiköiden lukumäärää. Apulause 3.1. Fermat- Pellin yhtälöllä x dy = 1, missä 0<d Q ja d on irrationaalinen, on äärettömän monta rationaalikokonaislukuratkaisua. Todistus. (ks. [6, s. 66]) Sivuutetaan. Lause 3.4. a) Jos d< 0, d 1, d 3, niin joukossa Q( d) on täsmälleen kaksi yksikköä:±1. b) JoukossaQ( 1) on täsmälleen neljä yksikköä:±1 ja± 1. c) JoukossaQ( 3) on täsmälleen kuusi yksikköä:±1,±( 1+ 3)/ ja±( 1 3)/. d) Jos d> 0, niin joukossaq( d) on äärettömän monta yksikköä. Todistus. (vrt. [4, s. 74]) Jaetaan todistus osiin seuraavasti: 1) d< 0 ja d 1 (mod 4) ) d< 0 ja d 1 (mod 4) 3) d> 0 4

25 1) Oletetaan, että d< 0 ja d 1 (mod 4). Nyt joukon Q( d) kokonaisluvut ovat muotoaα=a+b d, missä a, b Z. Josαon yksikkö, niin N(α)=±1. Lauseen.4 nojalla normit eivät ole negatiivisia, kun d< 0, joten N(α)= 1. Tiedetään, että N(α)=a b d=a + b ( d). Tarkastellaan ensiksi tapausta d 1. Tällöin siis d {, 4, 5, 6, 8,...}. Nyt d (ja siten d ), joten N(α) a + b. Jos b 0, jolloin b 1, niin N(α) a + 1, jotenαei ole yksikkö. Siis, josαon yksikkö ja d, niin on oltava b=0, jolloin N(α)=a = 1. Täten a=±1, jotenα=±1+0 d=±1. Siis, kun d, d 1 (mod 4), niin ainoat yksiköt joukossa Q( d) ovat±1. Oletetaan sitten, että d= 1 ja a,b Z. Nyt 1=N(α)=a b d=a + b, olettaen, ettäαon yksikkö. Nähdään, että a + b 1, ainoastaan jos a 1 ja b 1. Tässä a + b = 1 vain, jos a=±1 ja b=0, tai a=0 ja b=±1. Tästä saadaan, että joukon Q( 1) ainoat mahdolliset yksiköt ovat±1 ja± 1. ) Oletetaan seuraavaksi, että d< 0 ja d 1 (mod 4). Tässä tapauksen joukon Q( d) kokonaisluvut ovat muotoa α= a+b d, missä a, b Z ovat molemmat joko parillisia tai parittomia. Tällöin N(α)=αᾱ = a+b d a b d = a b d d 4 = a + b ( d). 4 Koska d< 0, niinαon yksikkö, jos ja vain jos N(α)= 1. Siis a + b ( d) 4 = 1 a + b ( d)= 4 5

26 Tarkastellaan tapausta d 3. Tällöin siis d { 7, 11,...}. Nyt, jos b 0, niin a + b ( d) a + 7b a >4, ja siten, kunαon yksikkö, niin on oltava b=0. Tässä tapauksessa 4=N(a)=a, joten a=± jaα=±1. Siis, jos d 7 ja d 1 (mod 4), niin ainoat mahdolliset yksiköt joukossa Q( d) ovat±1. Oletetaan sitten, että d= 3. Josαon yksikkö, niin saadaan a + 3b = 4. Jos b, niin a + 3b 1, ja siten jos a + 3b = 4, niin ainoat mahdollisuudet luvulle b ovat b=±1 tai b=0. Oletetaan, että b=0. Tällöin a=±, jotenα=±1. Oletetaan, että b=1. Tällöin a=±1, jotenα=±1+ 3. Oletetaan, että b= 1. Tällöin a=±1, jotenα=±1 3. Siis ainoat mahdolliset yksiköt joukossa Q( 3) ovat±1, (±1± 3)/. 3) Oletetaan, että d > 0. Näytetään, että on olemassa äärettömän monta yksikköä, jotka ovat muotoa α=a+b d. Osoitetaan, että yksiköitäα = a+b d, missä a, b Z, joilla N(α) = 1, on äärettömän monta. Oletetaan, että N(α)= 1. Tällöin a db = 1. Koska d on irrationaalinen, niin apulauseen 3.1 perusteella on olemassa äärettömän monta kokonaislukuratkaisua a ja b tälle yhtälölle. Siis joukossa Q( d) on äärettömän monta yksikköä. Huomautus. Olkoonα O. Jos N(α)=0, niinα=0, ja jos N(α) =1, niinα on yksikkö. Siis 0 α O on kokonaisluku jaαei ole yksikkö, jos ja vain jos N(α). 6

27 Määritelmä 3.3. (ks. [4, s. 76]) Olkoonπ O,π 0 jaπei ole yksikkö. Lukua π kutsutaan alkuluvuksi joukossa Q( d), jos jokaisessa luvunπkokonaislukuhajotelmassaπ=αβ, jokoαon yksikkö taiβ on yksikkö. Kutsutaan jatkossa joukon Z alkulukuja rationaalialkuluvuiksi. Lukua, joka ei ole nolla, yksikkö eikä alkuluku kutsutaan yhdistetyksi luvuksi joukossa Q( d). Toisin sanoen yhdistetty luku on sellainen kahden luvun tulo joukossa Q( d), että kumpikaan tulon tekijöistä ei ole nolla eikä yksikkö. Esimerkki 3.6. Rationaalialkuluku ei ole alkuluku joukossa Q( 3). Nimittäin = (1+ 3)( 1+ 3), ja N(1+ 3)=(1+ 3)(1 3)= = ( 1+ 3)( 1 3)= N( 1+ 3), missä kumpikaan luvuista 1+ 3, 1+ 3 ei ole yksikkö. Lause 3.5. Jos α O ja N(α) on rationaalialkuluku, niin α on alkuluku. Todistus. (ks. [4, s. 77]) Koska N(α) on rationaalialkuluku, niin lauseiden.4 ja 3.3 nojallaα 0 jaαei ole yksikkö. Oletetaan, ettäα=βγ, missäβ,γ O. Nyt N(α)= N(βγ)= N(β)N(γ), missä N(β), N(γ) Z. Koska N(α) on rationaalialkuluku, niin joko N(β)=±1 tai N(γ)± 1. Siis toinen luvuistaβ,γ on yksikkö, jotenαon alkuluku. Esimerkki 3.7. Luku 3+ 5 on alkuluku joukossa Q( 5). Todistus. Luku 3+ 5 O Q( 5) lauseen.5 kohdan a) nojalla. Nyt N(3+ 5)=(3+ 5)(3 5)= 11, joka on rationaalialkuluku, joten lauseen 3.5 perusteella 3+ 5 on alkuluku joukossa Q( 5). Esimerkki 3.8. Luku 3 on kahden alkuluvun tulo joukossa Q( 6). 7

28 Todistus. Luku 3 voidaan kirjoittaa muodossa: 3= (3+ 6)(3 6), missä luvut 3+ 6, 3 6 ovat alkulukuja, koska ne ovat kokonaislukuja lauseen.5 kohdan a) nojalla ja N(3+ 6)= N(3 6)= 3, joka on rationaalialkuluku. Siis lauseen 3.5 nojalla luku 3 voidaan kirjoittaa kahden alkuluvun tulona joukossa Q( 6). Määritelmä 3.4. (ks. [4, s. 78]) Oletetaan, että 0 α,β O. Josα=βε, missä ε on yksikkö, niin luvunαsanotaan olevan luvunβ liitännäisluku. Toisin sanoenα on luvunβ liitännäisluku, jos ja vain josα/β on yksikkö. Josαjaβ ovat toistensa liitännäislukuja, niin sanotaan, ettäαjaβ ovat liitännäisiä. Tämän määritelmän nojalla, jokainen kokonaisluku on itsensä liitännäisluku. Huomautus. Termi liitännäisluku esiintyy esimerkiksi lähteessä [6]. Lause 3.6. Olkoot 0 α,β O. a) Lukuαon luvunβ liitännäisluku, jos ja vain jos lukuβ on luvunαliitännäisluku. b) Luvutαjaβ ovat liitännäisiä, jos ja vain josα β jaβ α. c) Jos α ja β ovat liitännäisiä, niin γ α γ β ja α δ β δ. d) Jos α on alkuluku, niin jokainen luvun α liitännäisluku on alkuluku. Vastaavasti, jos α on yhdistetty luku, niin jokainen luvun α liitännäisluku on yhdistetty luku. Todistus. (vrt. [4, s. 78]) a) Oletetaan, että α on luvun β liitännäisluku, eli on olemassa sellainen yksikköε, ettäα=βε. Koskaε on yksikkö, niin (1/ε) on myös yksikkö. Siis β = α(1/ε), joten β on luvun α liitännäisluku. Vastaavasti voidaan todistaa väitteen toinen suunta. 8

29 b) Jos kokonaisluvut α ja β ovat toistensa liitännäislukuja, niin on olemassa sellainen yksikköε, ettäα= βε jaβ=α(1/ε). Koskaεja 1/ε ovat yksiköitä ja siten myös kokonaislukuja, niin β α ja α β. Oletetaan, ettäβ α jaα β. Tällöinβ=αε jaα=βγ, missäε,γ O. Nyt εγ=(β/α)(α/β)=(αβ/αβ)= 1, joten ε ja γ ovat yksiköitä. Siis α, β ovat liitännäisiä. c) Olkootα,β liitännäisiä. Oletetaan, ettäγ α jaα δ. Koskaγ α ja kohdan b) nojallaα β, niin lauseen 3.1 perusteellaγ β. Koskaβ α jaα δ, niin lauseen 3.1 perusteella β δ. d) Lauseen 3.3 nojalla kaikkien yksiköiden liitännäisluvut ovat yksiköitä ja siten ei-yksiköiden liitännäisluvut ovat ei-yksiköitä. Oletetaan, ettäα,β 0 ovat liitännäisiä ei-yksiköitä joukossa Q( d). Siisα,β on joko alkuluku tai yhdistetty luku. Näytetään seuraavaksi, että α, β ovat joko molemmat alkulukuja tai molemmat yhdistettyjä lukuja. Oletetaan, ettäαon alkuluku jaβ on yhdistetty luku (käänteinen tapaus vastaavasti). Nyt voidaan kirjoittaaβ=γδ, missäγ,δeivät ole yksiköitä. Koskaα,β ovat liitännäisiä, niin on olemassa sellainen yksikköε, ettäα=εβ=ε(γδ)=γ(δε). Koska γ ei ole yksikkö ja (δε) on ei-yksikön liitännäisluku, niin (δε) ei ole yksikkö. Nyt α on jaettu kahteen tekijään, joista kumpikaan ei ole yksikkö. Tämä on risiriidassa oletuksenαon alkuluku kanssa. Siisα,β ovat joko molemmat alkulukuja tai molemmat yhdistettyjä lukuja. Esimerkki 3.9. Josπ 1,π ovat alkulukuja joukossa Q( d) jaπ 1 π, niinπ 1,π ovat liitännäisiä. Todistus. Koskaπ 1 π, niin voidaan kirjoittaa π =επ 1, missäε O. Koskaπ 1,π ovat alkulukuja, niinεon yksikkö. Nyt π 1 = 1 ε π, jotenπ π 1. Täten lauseen 3.6 nojallaπ 1 jaπ ovat liitännäisiä. 9

30 Lause 3.7. Oletetaan, että 0 α 1,α,...,α n Oja α=α 1 α α n, missä n>log ( N(α) ). Tällöin vähintään yksi luvuistaα 1,α,...,α n on yksikkö. Tästä seuraa, että mikäli α ei ole yksikkö, niin se voidaan esittää äärellisen monen alkuluvun tulona joukossaq( d). Todistus. (vrt. [4, s. 79]) Oletetaan, ettei mikään luvuistaα j ole yksikkö. Siis jokaiselle indeksille j, missä 1 j n, pätee N(α j ). Nyt N(α) = N(α 1 )N(α ) N(α n ) = N(α 1 ) N(α ) N(α n ) = n. Siis N(α) n, eli log ( N(α) ) log ( n )=n. Tämä on ristiriidassa oletuksen n>log ( N(α) ) kanssa, joten vähintään yksi luvuistaα 1,α,...,α n on yksikkö. Oletetaan seuraavaksi, että kokonaislukuα 0 ei ole yksikkö joukossa Q( d). Osoitetaan, että α voidaan kirjoittaa yhden tai useamman alkuluvun tulona. Jos α on alkuluku, niin asia on triviaalisti selvä. Oletetaan, ettäαon yhdistetty luku, jolloin voidaan kirjoittaaα=α 1 β 1, missä kumpikaan kokonaisluvuistaα 1,β 1 ei ole yksikkö. Mikäli luvut ovat alkulukuja, niin väite todistettu. Oletetaan, etteivät molemmat luvuistaα 1,β 1 ole alkulukuja. Tällöin voidaan olettaa, ettäβ 1 on yhdistetty luku. Merkitäänβ 1 =α β, missä luvutα, β eivät ole yksiköitä. Siisα = α 1 α β on kolmen luvun tulo, missä mikään luvuistaα 1,α,β ei ole yksikkö. Jälleen, mikäli jokin luvuistaα 1,α,β on alkuluku, niin väite todistettu todeksi. Jatkamalla todistusta vastaavasti saadaan α=α 1 α α n 1 β n 1, missä mikään yhtälön oikean puolen luvuista ei ole yksikkö. Jollakin n log N(α) saadaan alkuluvutα 1,...,α n 1,β n 1. Mikäli ei, niin toistetaan menetelmää kunnes saavutetaan n>log N(α). Tällöin yhtälön oikealla puolella on n tekijää ja lauseen alkuosan nojalla vähintään yksi näistä on yksikkö. Näin saadaan luvulle α äärellinen alkutekijähajotelma. 30

31 4 Yksikäsitteinen tekijähajotelma ja Eukleideen alue Määritelmä 4.1. (vrt. [5, s. 8] ja [4, s. 81]) Oletetaan, että joukossa Q( d) on seuraava ominaisuus voimassa: Jos ei-yksiköllä 0 α Oon tekijähajotelmat α=επ 1 π π r, α=ε π 1 π π s, missäε,ε ovat yksiköitä jaπ 1,π,...,π r,π 1,...,π s ovat alkulukuja, niin r= s ja on olemassa sellainen bijektioσ :{1,...,r} {1,..., s}, ettäπ σ(i) jaπ i ovat liitännäisiä kaikilla i {1,...,r}. Tällöin kokonaislukujen joukkooon faktoriaalinen rengas. Esimerkki 4.1. JoukkoO Q( 5) ei ole faktoriaalinen rengas. Todistus. Huomataan aluksi, että jos a+b 5 O, niin sen normi N(a+b 5)=a + 5b. Erityisesti, jos a, b Z, niin normin pienimmät mahdolliset arvot ovat 0,1,4,5,6,9. Täten, jos N(α) {4, 5, 6, 9}, niin α on alkuluku. Tarkastellaan lukua 6 Q( d), jolla on kaksi tekijähajotelmaa 6= 3= (1+ 5)(1 5). Nyt N()= 4 N(3)= 9 N(1+ 5)= N(1 5)= 6. Siis, 3, 1+ 5 ja 1 5 ovat alkulukuja joukossa Q( 5). Kuitenkaan luku ei ole liitännäinen lukujen 1± 5 kanssa. TätenO Q( 5) ei ole faktoriaalinen rengas. Apulause 4.1. Olkoonα Ojaπalkuluku. Josπ α, niinαei ole yksikkö. 31

32 Todistus. Tehdään vastaoletus, ettäαon yksikkö. Nytπ α, eliα = πγ jollain γ O. Siispä 1=πγα 1, jotenπ 1, eliπon yksikkö, mikä on ristiriita. Lause 4.1. Kokonaislukujen joukkooon faktoriaalinen rengas, jos ja vain jos joukossaq( d) pätee π αβ π α taiπ β aina, kunπon alkuluku jaα,β O. Todistus. (vrt. [4, s. 8]) Oletetaan aluksi, että kokonaislukujen joukko O on faktoriaalinen rengas jaπ αβ, missäπon alkuluku jaα,β O. Koskaπ αβ, niin on olemassa sellainenγ O, ettäαβ=πγ. Lauseen 3.7 nojalla on olemassa sellaiset alkuluvutπ 1,π,...,π n ja yksikköεjoukossa Q( d), että γ=επ 1 π π n. Nyt αβ=εππ 1 π π n on luvunαβ alkutekijähajotelma. Vastaavasti on olemassa sellaiset alkuluvut ja yksikötε 1,ε, että joten π 1,...,π r,π 1,...,π s α=ε 1 π 1 π r, β=ε π 1 π s, αβ=(ε 1 ε )π 1 π rπ 1 π s. Lukuαβ ei ole yksikkö apulauseen 4.1 perusteella, mutta on kuitenkin mahdollista, että jokin luvuistaα,β taiγ on yksikkö (mutta sekäαettäβ eivät voi olla yksiköitä). Tällaisessa tapauksessa on oltava r= 0, s=0 tai n=0. Nyt on olemassa alkutekijähajotelmat: αβ=εππ 1 π n = (ε 1 ε )π 1 π rπ 1 π s. 3

33 Yksi oikean puolen yhtälön alkuluvuista on luvun π liitännäisluku, ja näin ollen myös jaollinen luvullaπ. Josπ π i, jollain i {1,... r}, niinπ α. Josπ π j, jollain i {1,... s}, niinπ β. Siisπjakaa joko luvunαtaiβ, tai mahdollisesti molemmat. Kääntäen, oletetaan, että joukossa Q( d) pätee π αβ π α taiπ β aina, kunπon alkuluku jaα,β O. Oletetaan, että 0 αei ole yksikkö joukossa O ja (4.1) α=επ 1 π π r =ε π 1 π π s, missäε,ε ovat yksiköitä jaπ 1,π,...,π r,π 1,π,...,π s ovat alkulukuja. Voidaan olettaa, että r s. Näytetään, että yksi luvuistaπ s on luvunπ 1 liitännäisluku. Nyt π 1 α, joten π 1 (π 1 π s 1 )π s. Oletuksen nojallaπ 1 (π 1 π s 1 ) taiπ 1 π s. Josπ 1 π s, niinπ s=π 1 δ, missä luvunδon oltava yksikkö, silläπ s on alkuluku. Näin ollenπ 1,π s ovat liitännäisiä. Oletetaan sitten, ettäπ 1 (π 1 π s )π s 1. Mikäliπ 1,π s 1 eivät ole liitännäisiä, niin jatketaan menetelmää, kunnes löydetään luvunπ 1 liitännäisluku alkuluvuista π,π 3,...,π s, taiπ 1 π 1. Jälkimmäisen ollessa voimassa päädytään tapaukseen, jolloinπ 1 jaπ 1 ovat liitännäisiä. Ollaan osoitettu, että yksi luvuistaπ i (i {1,..., s} on luvunπ 1 liitännäisluku. Uudelleennumeroimalla voidaan olettaa, ettäπ 1 jaπ 1 ovat liitännäisiä. Siisπ 1 = ε 1 π 1, missäε 1 on yksikkö. Sijoitetaan tulos yhtälöön (4.1): (4.) επ π r = (ε ε 1 )π π s, missäε ε 1 on myös yksikkö. Toistetaan menetelmä luvulleπ luvunπ 1 sijaan, jolloin huomataan, että yksi alkuluvuistaπ,...,π s on luvunπ liitännäisluku. Uudelleennumeroimalla voidaan olettaa, että kyseinen liitännäisluku onπ. Siisπ = ε π, missäε on yksikkö. Sijoitetaan tulos yhtälöön (4.): επ 3 π r = (ε ε 1 ε )π 3 π s, 33

34 missäε ε 1 ε on yksikkö. Toistetaan tätä siihen asti, ettäπ j on luvunπ j liitännäisluku, kaikilla 1 j r 1 ja (4.3) επ r = (ε ε 1 ε ε r 1 )π r π s, missäε ε 1 ε ε r 1 on yksikkö. Yhtälön (4.3) vasemmalla puolella on alkuluku, joten näin on oltava myös oikealla puolella. Yhtälön oikealla puolella on yhdistetty luku, mikäli s> r, ja siksi oltava s= r. Nytεπ r =ε π r, jotenπ r=ε/ε π r, missä ε/ε on yksikkö. Siisπ r on luvunπ r liitännäisluku. Täten joukkooon faktoriaalinen rengas. Lause 4.. Oletetaan, että O on faktoriaalinen rengas. Olkoot α, β ja γ sellaisia kokonaislukuja ja olkoonεsellainen yksikkö joukossa Q( d), että luvuillaα,β ei ole muita yhteisiä kokonaislukutekijöitä kuin yksiköt jaαβ=εγ n, missä n Z +. Tällöin on olemassa sellaiset yksikötε,ε ja kokonaisluvutδ,ζ Q( d), että α=ε δ n jaβ=ε ζ n. Todistus. (vrt. [4, s. 84]) Oletetaan, ettäγon yksikkö. Tällöinαβ on yksikkö, eli α,β ovat yksiköitä. Tässä tapauksessa väite triviaalisti tosi: valitaanε =α,ε =β, δ=ζ= 1. Oletetaan, ettäγ=0. Tällöinα=0 taiβ=0. Voidaan olettaa, ettäα=0. Koskaβ 0 jaβ β, niinβ on yksikkö, koska lukujenα=0 jaβ yhteiset tekijät ovat yksiköitä. Siis väite on tässäkin tapauksessa tosi, kun valitaanδ=0,ζ= 1 ja ε =β. Oletetaan seuraavaksi, ettäγ 0 ei ole yksikkö. Voidaan merkitä γ=π 1 π π r, missäπ 1,...,π r ovat alkulukuja, joista jotkut voivat olla keskenään liitännäisiä. Todistetaan väite luvulle α (luvun β todistus vastaavasti). Mikäli α on yksikkö, niin asetetaanε=α jaγ= 1. Oletetaan seuraavaksi, ettäαei ole yksikkö. Lisäksi α 0, koskaγ 0. Näin ollenαvoidaan kirjoittaa alkulukujen tulona muodossa α=π 1 π π s. Sijoittamalla hajotelmat yhtälöönαβ=εγ n saadaan (4.4) π 1 π π sβ=επ n 1 πn πn r. 34

35 Faktoriaalisuuden perusteellaπ 1 on jonkin luvunπ j liitännäisluku. Voidaan olettaa, ettäπ 1 jaπ 1 ovat liitännäisiä. Nyt, jos jokin luvunπ 1 liitännäisluku jakaisi luvunβ, niin myösπ 1 β, jotenπ 1 olisi lukujenα,β yhteinen tekijä. Oletuksen mukaan tämä on ristiriita, jotenπ 1 β. Luvunπ 1 tai sen liitännäisluvun tulee esiintyä n kertaa alkulukujenπ 1,...,π s joukossa. Erityisesti siis s n. Luvut voidaan uudelleennumeroida siten, ettäπ 1,...,π n ovat luvunπ 1 liitännäislukuja. Täten on myös olemassa sellaiset yksikötε 1,...,ε n, että joten π 1 =ε 1π 1, π =ε π 1,...,π n=ε n π 1, π 1 π π n=(ε 1 ε ε n )π n 1. Jos s=n, niin lause on todistettu, koska tällöin yhtälön vasen puoli onα. Oletetaan, että s>n. Jaetaan yhtälö (4.4) puolittain luvullaπ1 n, jolloin saadaan (4.5) (ε 1 ε ε n )π n+1 π n+ π sβ=επ n πn 3 πn r. Faktoriaalisuuden perusteella yksi luvuistaπ j, missä j r, on luvunπ n+1 liitännäisluku. Voidaan olettaa, että tämä luku onπ. Kuten edellä, nähdään, että luvun π tai sen liitännäisluvun tulee esiintyä n kertaa alkulukujenπ n+1,...,π s joukossa. Uudelleennumeroidaan luvut jälleen siten, ettäπ n+1,...,π n ovat luvunπ liitännäislukuja. Tästä seuraa, että s n ja on olemassa sellaiset yksikötε n+1,...,ε n, että π n+1 =ε n+1π, π n+ =ε n+π,...,π n =ε nπ, joten π n+1 π n = (ε n+1...ε n )π n. Jos s=n, niinα=(ε 1...ε n )(π 1 π ) n, ja väite on todistettu. Mikäli s>n, niin toistetaan samaa prosessia. Koska luvunαtekijähajotelmassa alkulukuja on äärellinen määrä, niin jossakin kohtaa prosessi päättyy, ja löydetään sellainen k, että s=kn. Tällöin on saatu sellaiset yksikötε 1,...,ε kn, että α=π 1 π π kn = (ε 1ε...ε kn )(π 1 π π k ) n. Tämä on haluttua muotoa, kun valitaan ε =ε 1 ε...ε kn ja δ=π 1 π π k. 35

36 Apulause 4. (Bezout n lemma). Olkoot a, b Z, missä a 0 tai b 0. Nyt on olemassa sellaiset r, s Z, että ar+ bs=syt(a, b) Todistus. (ks. [4, s.]) Sivuutetaan. Lause 4.3. Olkoot a, b Z, missä a 0 tai b 0, ja olkoon syt(a, b)=c. Jos α Oon sellainen kokonaisluku, ettäα a jaα b, niinα c. Erityisesti, jos a ja b ovat keskenään jaottomia, niin niiden yhteiset tekijät joukossaq( d) ovat yksiköitä. Todistus. (ks. [4, s. 85]) Jos syt(a, b)=c, niin apulauseen 4. nojalla on olemassa sellaiset r, s Z, että ar+ bs=c. Lauseen 3.1 nojalla, josα a jaα b, niin α (ar+ bs), eliα c. Jos a, b ovat keskenään jaottomia, niin c = 1, ja koska α c, niin α on yksikkö. Määritelmä 4.. (ks. [4, s. 90]) NeliökuntaaQ( d) kutsutaan Eukleideen kunnaksi, jos siinä pätee seuraava ominaisuus: Josα,β O, missäβ 0, niin on olemassa sellaisetγ,δ O, että α=γβ+δ ja N(δ) < N(β). (Jos d< 0, niin itseisarvot voidaan poistaa, koska normit ovat ei-negatiivisia.) Huomautus. (vrt. [5, s ]) Mikäli Q( d) on Eukleideen kunta, niin sanotaan, ettäoon Eukleideen alue. Määritelmä 4.3. (vrt. [8]) Olkoot α, β, δ O. Mikäli 1) δ α jaδ β ) γ α,γ β γ δ aina, kunγ O. niin δ on lukujen α ja β suurin yhteinen tekijä. Merkitään syt(α, β) = δ. Huomautus. Lukujen α, β suurin yhteinen tekijä ei yleensä ole yksikäsitteinen, eikä sitä välttämättä ole olemassa. 36

37 Lause 4.4. Olkoon Q( d) Eukleideen kunta, ja olkootα,β O, missäα 0 tai β 0. Tällöinδ=syt(α,β) on olemassa ja liitännäisyyttä vaille yksikäsitteinen. Lisäksi on olemassa sellaiset ζ, η O, että δ = αζ + βη. Todistus. (vrt. [4, s. 91]) Olemassaolo: Koskaα 0 taiβ 0, niin voidaan olettaa, ettäβ 0. Määritelmän 4. mukaan on olemassa sellaisetγ 1,β 1 O, että α=γ 1 β+β 1 ja N(β) < N(β 1 ). Oletetaan ensin, ettäβ 1 = 0. Tällöinβ α. Koska tietenkinβ β ja γ α,γ β γ β, niin syt(α,β)= β. Oletetaan, ettäβ 1 0. Nyt on olemassa sellaisetγ,β O, että β=γ β 1 +β ja N(β 1 ) < N(β ). Oletetaan sitten, ettäβ = 0. Tällöinβ 1 β. Nytα=β 1 (γ 1 γ + 1), jotenβ 1 α. Koskaβ 1 =α γ 1 β, niinγ α,γ β γ β 1. Siispä syt(α,β)=β 1. Oletetaan, ettäβ 0. Nyt on olemassa sellaisetγ 3,β 3 O, että β 1 =γ 3 β +β 3 ja N(β ) < N(β 3 ). Jatketaan tätä menetelmää, kunnes löydetäänβ n = 0. Nyt ollaan saatu kokonaislukujen jonoβ,β 1,..., missä N(β) > N(β 1 ) > N(β ) >... Luvut N(β j ) {1,,...} muodostavat äärellisen laskevan jonon. Voidaan olettaa, että jonon viimeinen alkio onβ n. Siis α=γ 1 β+β 1 β=γ β 1 +β β 1 =γ 3 β +β 3. β n 4 =γ n β n 3 +β n β n 3 =γ n 1 β n +β n 1 β n =γ n β n

38 Viimeisen yhtälön perusteellaβ n 1 β n, sitä edellisen perusteellaβ n 1 β n 3 aina ensimmäisiin yhtälöihin asti, eliβ n 1 β jaβ n 1 α. Siis määritelmän 4.3 kohta 1) on voimassa. Nyt β n 1 =β n 3 γ n 1 β n =β n 3 γ n 1 (β n 4 γ n β n 3 ) = γ n 1 β n 4 + (1+γ n 1 γ n )β n 3. =αζ+βη, joillakinζ,η O. Siispä jokainen kokonaisluku, joka jakaa luvutα,β, jakaa myös luvunβ n 1. Siis määritelmän 4.3 kohta ) on voimassa. Yksikäsitteisyys: Jokainen luvun δ = syt(α, β) liitännäisluku toteuttaa suurimman yhteisen tekijän ehdot. Kääntäen, oletetaan, että myös lukuδ = syt(α,β). Koskaδ α,δ β jaδ = syt(α,β), niinδ δ. Vastaavasti, koskaδ α,δ β ja δ=syt(α,β), niinδ δ. Lauseen 3.6 nojallaδ jaδovat liitännäisiä. Todistetaan vielä lauseen viimeinen väite. Edellisten kohtien nojalla voidaan olettaa, että on olemassa sellainen lukuδ, ettäδ = syt(α,β) jaδon luvunβ n 1 liitännäisluku. Edellä nähtiin, että β n 1 =αζ+βη, joten on olemassa sellainen yksikköε, että δ=εβ n 1 =α(εζ)+β(εη). Lause 4.5. JosOon Eukleideen alue, niin se on faktoriaalinen rengas. Todistus. (vrt. [4, s. 9]) Oletetaan, ettäoon Eukleideen alue jaπ αβ, missä π on alkuluku jaα,β O. Näytetään, että jokoπ α taiπ β. Oletetaan, että π α, joten myöskään mikään luvun π liitännäisluku ei jaa lukua α. Luvun π tekijät ovat joko liitännäisiä luvun π kanssa tai yksiköitä. Nythän π α, joten lukujen 38

39 α ja π yhteiset tekijät ovat yksiköitä. Koska jokainen yksikkö jakaa luvun 1, niin syt(α,π)= 1. Lauseen 4.4 nojalla on olemassa sellaisetζ,η O, että αζ+πη= 1, joten (αβ)ζ+πβη=β. Koskaπ (αβ), niinπ (αβζ+πβη). Siispäπ β. Täten lauseen 4.1 nojallaoon faktoriaalinen rengas. Lause 4.6. JoukkoQ( d) on Eukleideen kunta, jos d { 11, 7, 3,, 1,,3,5}. Todistus. (vrt. [4, s. 93]) Jaetaan todistus osiin seuraavasti: 1) Oletetaan, että d 1 (mod 4), eli d {, 1,,3}. ) Oletetaan, että d 1 (mod 4), eli d { 11, 7, 3,5}. 1) Olkootα,β O ja olkoonβ 0. Merkitäänα/β=x+y d, missä x, y Q. Jokainen rationaaliluku on kahden kokonaisluvun välissä, ja aina korkeintaan etäisyyden 1 päässä lähimmästä kokonaisluvusta, joten on olemassa sellaiset r, s Z, että x r 1, y s 1. Olkoot γ= r+ s d, δ=β [ (x r)+(y s) d ] =α γβ. Nyt α=β(x+y d) =βγ+δ. Koska r, s Z, niinγ O, ja koskaδ=α βγ, niinδ O. Tällöin missä kolmioepäyhtälön nojalla N(δ) = N(β [ (x r)+(y s) d ] ) = N(β) N [ (x r)+(y s) d ] = N(β) [ (x r) d(y s) ) ], [ (x r) d(y s) ] x r + d y s ( ) ( ) 1 = 1. 39

40 Jotta yhtäsuuruudet olisivat voimassa, niin pitäisi olla x r = y s = 1 ja d= 3, mutta tällöinkin Siis [ (x r) d(y s ) ] = = 1 < 1. N(δ) = N(β) [ (x r) d(y s ) ] < N(β) 1=N(β), joten Q( d) on Eukleideen kunta. ) Olkootα,β O, jaβ 0. Asetetaanα/β=x+y d, missä x, y Q. Luku y on kahden perättäisen rationaalikokonaisluvun välissä tai y Z, ja lähin kokonaisluku on korkeintaan etäisyyden 1 päässä, joten on olemassa sellainen s Z, että y s 1. Nyt y s 1 4. Vastaavasti on olemassa r Z, joka on korkeintaan etäisyyden 1 x ( s ), joten ( x s ) r 1. päässä luvusta Olkoonγ= r+ s [ (1+ d)/ ], joka on kokonaisluku seurauksen.1 perusteella, ja olkoonδ=β [ (x r s )+(y s ) d ] =α βγ O. Nyt Myös missä kolmioepäyhtälön nojalla ( x r s α=β(x+y d) =βγ+δ. N(δ) = N(β) ( x r s ) d ( y s ), ) d ( y s ) x r s + d y s ( ) ( ) < 1. 40

41 Siis N(δ) < N(β), joten joukko Q( d) on Eukleideen kunta. Kaikki neliökunnat, jotka ovat Eukleideen kuntia ovat tiedossa: Lause 4.7. Q( d) on Eukleideen kunta, jos ja vain jos d { 11, 7, 3,, 1,,3,5,6,7,11,13,17,19,1,9,33,37,41,57,73}. Todistus. (ks. [4, s. 94]) Sivuutetaan. Niiden neliökuntien Q( d), missäoon faktoriaalinen rengas, etsiminen on avoin ongelma. Kompleksisten neliökuntien tapauksessa oneglma on ratkaistu: Lause 4.8. Olkoon d< 0. JoukkoOon faktoriaalinen rengas, jos ja vain jos d { 1,, 3, 7, 11, 19, 43, 67, 163}. Todistus. (ks. [4, s. 95]) Sivuutetaan Seuraavassa lauseessa esitellään faktoriaaliset renkaat tapauksessa 0 d 100: Lause 4.9. Olkoon d 100. Tällöin on olemassa tasan 38 reaalineliökuntaa Q( d), jotka ovat faktoriaalisia renkaita. Nämä saadaan, kun d {,3,5,6,7,11,13,14,17,19,1,,3,9,31,33,37, 38,41,43,46,47,53,57,59,61,6,67,69,71,73,77, 83,86,89,93,94,97}. Lisäksi, kun d 100, niin on olemassa täsmälleen 60 reaalineliökuntaa. Todistus. (ks. [4, s. 96]) Sivuutetaan. Huomautus. Vastaavasti kuin joukossao, joukossa Z[ d]= { a+b d a, b Z } voidaan määritellä seuraavat käsitteet ja todistaa seuraavat tulokset. Oletetaan, että α,β,γ,δ Z[ d]. a) α+β,α β,αβ Z[ d]. 41

42 b) Oletetaan, ettäα 0. Sanotaan, että lukuαjakaa luvunβ, ja kirjoitetaan α β, jos on olemassa sellainenβ 1 Z[ d], ettäβ=αβ 1. Tällöin myös β/α Z[ d]. c) α Z. d) Lukua γ kutsutaan yksiköksi, jos γ 1. e) Lukuγ on yksikkö, jos ja vain jos sen normi on±1. f) Lukuaδkutsutaan alkuluvuksi joukossa Z[ d], jos jokaisessa luvunδhajotelmassa onδ=δ 1 δ, missäδ 1,δ Z[ d], jokoδ 1 on yksikkö taiδ on yksikkö. g) Oletetaan, ettäα,β 0. Josα=γβ, missäγon yksikkö, niinαjaβ ovat liitännäisiä. h) Luvutαjaβ ovat liitännäisiä, jos ja vain josα β jaβ α. i) JoukossaZ[ d] on äärettömän monta yksikköä, jos d> 0. j) Jokainen ei-yksikkö 0 α Z[ d] voidaan esittää äärellisen monen alkuluvun tulona joukossa Z[ d]. k) Joukko Z[ d] on faktoriaalinen rengas, jos sen tekijähajotelmat ovat samat järjestystä ja liitännäisyyttä vaille. Lause JosZ[ d] on faktoriaalinen rengas, niin luku ei ole alkuluku joukossa Z[ d]. Todistus. (ks. [4, s. 97]) Joko d on parillinen tai d 1 on parillinen, joten d(d 1). Koska niin (d+ d)(d d)=d d=d(d 1), (d+ d)(d d). Mutta (d+ d) eikä (d d) joukossa Z[ d], koska ( d + 1 d), ( d 1 d) Z[ d]. Nyt luku jakaa kahden luvun tulon, mutta se ei jaa kumpaakaan 4