Sveuciliste J.J. Strossmayera u OsijekuOdjel za matematiku

Preddiplomski studij matematike

Irena Uzar

Gaussovi cijeli brojeviZavrsni rad

Osijek, 2011.

Sveuciliste J.J. Strossmayera u OsijekuOdjel za matematiku

Preddiplomski studij matematike

Irena Uzar

Gaussovi cijeli brojeviZavrsni rad

Mentor: doc. dr. sc. Ivan Matic

Osijek, 2011.

Sazetak. U zavrsnom radu cemo prikazati Gaussove cijele brojeve Z[i]. U prvom dijelucemo ih definirati, pokazati da imaju jedinstveni rastav na proste faktore, zatim definiratinjihovu djeljivost, konjugate te proste elemente, odnosno proste Gaussove cijele brojeve. Udrugom djelu cemo definirati Fermatov teorem o dva kvadrata te pokazati da su Z[i] najboljemjesto na kojem se moze proucavati suma dva kadvrata. Na kraju cemo povezati Gaussovecijele brojeve s Pitagorinim trojkama.

Kljucne rijeci: Gaussovi cijeli brojevi, prosti Gaussovi cijeli brojevi, Lagrangeova lema,Fermatov teorem o dva kvadrata, Pitagorine trojke.

Abstract. (The Gaussian integers). In this final work we are going to introduce theGaussian integers Z[i]. In the first part we will define them, show that they enjoy uniqueprime factorization, then we will define their divisibility, conjugates and Gaussian Primes.In the second part, we will define Fermat’s two squares theorem and show that Z[i] arebest place to examine sums of two squares. Finally, we will show the relationship betweenGaussian integer and Pythagorean triples.

Key words: The Gaussian integers, Gaussian prime, Lagrange’s lemma, Fermat’s twosquare theorem, Pythagorean triples.

Sadrzaj

1 Uvod 1

2 Gaussovi cijeli brojevi Z[i] i njihova norma 2

3 Prosti Gaussovi cijeli brojevi 43.1 Djeljivost i prosti elementi u Z[i] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43.2 Konjugati Gaussovih cijelih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73.3 Jedinstvenost rastava na proste faktore . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

4 Fermatov teorem o dva kvadrata 14

5 Pitagorine trojke 17

6 Zakljucak 21

1

1 Uvod

Gaussovi cijeli brojevi Z[i] su jednostavno receno generalizacija cijelih brojeva Z i imaju go-tovo ista svojstva. Konkretno, Z[i] imaju jedinstveni rastav na proste faktore sto omogucujeda ih se shvaca na isti nacin kao i cijele brojeve, jer je Z ⊂ Z[i]. Posebno, Z[i] su najboljemjesto na kojem se moze prouciti suma dva kvadrata, jer se u Z[i] moze faktorizirati sumadva kvadrata cijelih brojeva u linearne faktore, tj. x2 + y2 = (x− yi)(x+ yi).

U ovom radu cemo koristiti tu ideju u dokazu poznatog Fermatovog teorema: ako jep > 2 prost broj tada je p = a2 + b2, gdje su a i b neki prirodni brojevi, ako i samo ako jep = 4n + 1, za neki prirodan broj n. Fermatov teorem o dva kvadrata je u vezi, ne samo sjedinstvenim rastavom na proste faktore, nego i sa pravim ”prostim brojevima” u Z[i], kojise zovu prosti Gaussovi cijeli brojevi.

Kod prostih Gaussovih cijelih brojeva lako se pokaze da ukljucuju prirodne proste brojevekoji se ne mogu prikazati kao sume dva kvadrata, i faktori a− bi i a+ bi od svakog prirodnogprostog broja su oblika a2 + b2.

Jednostavan kongruencijski argument pokazuje da prirodni prosti brojevi koji su oblika4n + 3 nisu sume dva kvadrata. Teorem o dva kvadrata pokazuje da prosti brojevi koji semogu prikazati u obliku sume dvaju kvadrata su 2 i svi ostali neparni prosti brojevi koji suoblika 4n+ 1.

Dokaz teorema o sumi dva kvadrata povlaci sa sobom i vaznu lemu koja se dokazuje uzpomoc Wilsonovog teorema: Svaki prost broj p = 4n+1 dijeli broj oblika m2+1. Kakom2+1ima faktorizaciju u Z[i], slijedi iz jedinstvenosti rastava na proste faktore, da p takoder imafaktorizaciju. Faktorizacija od p je oblika (a−bi)(a+bi), stoga je p = (a−bi)(a+bi) = a2+b2,kao sto je tvrdeno.

2

2 Gaussovi cijeli brojevi Z[i] i njihova norma

Kako odredene jednadzbe nemaju rjesenja u skupu cijelih brojeva Z, cesto se u njihovomrjesavanju koriste generalizirani cijeli brojevi, na primjer kako bi se rijesila jednadzbax2 − ny2 = 1 u Z koristi se Z[

√n]. Uloga Z[

√n] u ovom slucaju dopusta faktorizaciju

x2 − ny2 = (x− y√n)(x+ y

√n).

Slicno, pri proucavanju izraza oblika x2 + y2 nam pomazu Gaussovi cijeli brojevi

Z[i] = {a+ bi : a, b ∈ Z}

jer je x2 + y2 = (x− yi)(x+ yi), gdje je i =√−1.

Suma dva kvadrata, x2 + y2, je najstarija poznata tema u teoriji brojeva. Sumu dvakvadrata poznavali su Babilonci, Euklid i Diofant. Zapravo, moglo bi se reci da neka svo-jstva od Z[i] imaju korijene daleko u proslosti, barem od Diofanta.

Diofant je znao identitet sume dva kvadrata, jer poznati Diofantov identitet

(a21 + b21)(a22 + b22) = (a1a2 − b1b2)

2 + (a1b2 + b1a2)2 (1)

govori da je produkt sume dva kvadrata suma dva kvadrata.Dokaz Diofantovog identiteta:Faktorizirat cemo sume dva kvadrata i pregrupirati dva faktora sa negativnim predznakomi dva faktora s pozitivnim predznakom:

(a21 + b21)(a22 + b22) = (a1 − b1i)(a2 + b2i)(a2 − b2i)(a2 + b2i)

= (a1 − b1i)(a2 − b2i)(a2 + b2i)(a2 + b2i)

= [a1a2 − b1b2 − (a1b2 + b1a2)i] · [a1a2 − b1b2 + (a1b2 + b1a2)i]

= (a1a2 − b1b2)2 + (a1b2 + b1a2)

2.

Danas tu formulu prepoznajemo u ekvivalentnom obliku pod nazivom svojstvo mnozenjaapsolutnih vrijednosti

|z1||z2| = |z1z2|

gdje su z1 = a1 + b1i i z2 = a2 + b2i.

Diofantov identitet je zapravo formula

N(a1 + b1i)N(a2 + b2i) = N((a1 + b1i)(a2 + b2i)) (2)

gdje je N(α) za α = a + bi ∈ Z[i] norma Gaussovih cijelih brojeva za koju vrijedi N(α) =α · α = (a+ bi)(a− bi) = a2 + b2.

Osnovno svojstvo norme Z[i] je njezina multiplikativnost koja je dokazana u sljedecojlemi.

3

Lema 2.1. Za α, β ∈ Z[i] vrijedi N(α · β) = N(α) ·N(β).

Dokaz.

N(α · β) = (α · β)(α · β) = (α · β)(α · β) = (α · α)(β · β) = N(α) ·N(β).

Kada se govori o faktorizaciji uvijek se spominju trivijalni faktori, odnosno invertibilnielementi. Element α ∈ Z[i] se zove invertibilni element ako ima normu 1, N(α) = 1, te zanjega postoji Gaussov cijeli broj α−1 takav da je α · α−1 = 1.

Lema 2.2. Jedini invertibilni elementi kod Gaussovih cijelih brojeva su: ±1 i ±i.

Dokaz.

N(i) = i · (−i) = 1

N(−i) = −i · i = 1

N(1) = 1 · (−1) = 1

N(−1) = −1 · 1 = 1.

Treba pokazati da su to jedini invertibilni elementi, neka je α ∈ Z[i], α = a + bi jeinvertibilni element i za njega vrijedi da je N(α) = 1, tj. N(α) = (a+ bi)(a− bi) = a2 + b2.Tada je a = 0 ili b = 0, jer u protivnom da je a = 0 i b = 0 tada bi |a+ bi| ≥ 1 i |a− bi| ≥ 1te s time i (a+bi)(a−bi) ≥ 2, sto nije moguce i jedini moguci invertibilni elementi su i,−i, 1i −1.

Znaci da je a = 0 ili b = 0. Ako je a = 0 i b = 1 tada je α = i ili α = −i. Ako je a = 1 ib = 0 tada je α = 1 ili α = −1.

4

3 Prosti Gaussovi cijeli brojevi

3.1 Djeljivost i prosti elementi u Z[i]Norma Gaussovih cijelih brojeva N(α) = α · α = (a + bi)(a − bi) = a2 + b2 je korisnija uteoriji brojeva od apsolutne vrijednosti jer je norma uvijek prirodan broj. Multiplikativnostnorme, koja je iskazana u Lemi 2.1, implicira da, ako Gaussov cijeli broj α dijeli Gaussovcijeli broj γ, tj. ako je γ = α · β, za neki β ∈ Z[i], tada je N(γ) = N(α) ·N(β), to znaci daN(α) dijeli N(γ).

Zbog toga se pitanje djeljivosti u Z[i] cesto okrece u pitanje djeljivosti u Z. Posebno,prirodno je definirati proste Gaussove cijele brojeve kao Gaussove cijele brojeve koji nisuprodukt Gaussovih cijelih brojeva manjih normi.

Primjer 3.1.

1. 2− 5i je prost Gaussov cijeli broj, njegova norma je N(2− 5i) = 22 + (−5)2 = 29, kojije prost broj u skupu Z. Sto znaci da 2 − 5i nije produkt Gaussovih cijelih brojevamanjih normi, jer ne postoji norma koja dijeli 29.

2. 2 nije prost Gaussov cijeli broj, zato sto 2 = (1 − i)(1 + i), a oba od (1 − i) i (1 + i)imaju normu 2, sto je manje nego N(2) = 4.

3. 1− i i 1+ i su prosti Gaussovi cijeli brojevi koji su djelitelji broja 2. Zato sto je normaN(1−i) = N(1+i) = 2 sto je prost broj u Z, dakle 1−i i 1+i nisu produkti Gaussovihcijelih brojeva manjih normi.

Slika 1. Prosti Gaussovi cijeli brojevi

5

Propozicija 3.1. Gaussov cijeli broj α = a + bi je djeljiv sa cijelim brojem c ako i samoako c|a i c|b u skupu Z.

Dokaz. Cinjenica da c|(a+ bi) u Z[i] je isto sto i a+ bi = c(m+ ni) za neke m,n ∈ Z[i] i toje ekvivalentno sa a|cm i b|cn, ili c|a i c|b.

Propozicija 3.2. Svaki Gaussov cijeli broj se moze prikazati kao produkt prostih Gaussovihcijelih brojeva.

Dokaz. Neka je γ bilo koji Gaussov cijeli broj. Ako je γ prost Gaussov cijeli broj dokaz jegotov.Ako nije, onda je γ = αβ za neke α, β ∈ Z[i] manje norme od γ. Ako ni α ni β nisuprosti Gaussovi cijeli brojevi, prikazemo ih u obliku Gaussovih cijelih brojeva manje normei nastavimo na isti nacin. Proces mora stati nakon konacno mnogo koraka, jer su normeprirodni brojevi i ne mogu se zauvijek smanjivati. Tako dobijemo trazenu faktorizaciju odγ.

Kao i u skupu cijelih brojeva Z, nije odmah jasno da je ta faktorizacija jedinstvena do naporedak prostih faktora i mnozenje invertibilnim elementima, sto ce biti dokazano kasnije uradu.

Ekvivalentan nacin da se definiraju prosti Gaussovi cijeli brojevi, slican je definicijiprostih cijelih brojeva u Z, te kazemo da je ϖ prost Gaussov cijeli broj ako je ϖ djeljivsamo sa invertibilnim elementima i invertibilnim elementima pomnozenim sa ϖ. Ovo jeekvivalentno sa prvom definicijom jer kada invertibilni element dijeli ϖ norma mu ostajeista pa se ne moze zapisati kao produkt Gaussovih cijelih brojeva manjih norma, u drugomslucaju ϖ pomnozen sa invertibilnim elementom daje ϖ, dakle ϖ dijeli sam sebe sto znacida se ne moze zapisati kao produkt dvaju Gaussovih cijelih brojeva manjih normi.

Lema 3.1. Neka je α = 0, α ∈ Z[i]. Svaki djelitelj od α cija je norma 1 ili N(α) jeinvertibilni element ili invertibilni element pomnozen sa α.

Dokaz. Neka je β ∈ Z[i]. Ako β dijeli α i N(β) = 1, onda β mora biti ±1 ili ±i. Ako β dijeliα i N(α) = N(β), treba uzeti u obzir komplementarni djelitelj γ, gdje je α = β ·γ. Uzimajuciu obzir norme s obje strane i skracivanjem sa zajednickom vrijednoscu N(α), slijedi da jeN(γ) = 1, pa γ biti ±1 ili ±i. Zato β mora biti ±α ili ±αi.

Lema 3.1 ne govori da su jedino Gaussovi cijeli brojevi s normom N(α): ±α i ±αi.Primjer, 1+8i i 4+7i imaju iste norme koja iznosi 65, i nijedan se ne moze zapisati u oblikuinvertibilnog elementa pomnozenim sa drugim. Sto Lema 3.1 govori je da jedini Gaussovicijeli brojevi koji dijele α i imaju normu jednaku N(α) su ±α ili ±αi. Kada je N(α) > 1,tada uvijek postoje trivijalni faktori od α: ±1,±i,±α i ±αi. Prema Lemi 3.1 netrivijalnielementi od α su elementi cija je norma izmedu 1 i N(α).

Definicija 3.1. Neka je α Gaussov cijeli broj cija je norma N(α) > 1, α zovemo slozenelement u Z[i] ako rastav na proste faktore nije trivijalan, ako je trivijalan kazemo da je αprost element.

6

Primjer 3.2.

• Trivijalna faktorizacija od 7 + i je i(1 − 7i), a njegova netrivijalna faktorizacija je(1− 2i)(1 + 3i). Netrivijalna faktorizacija od 5 je (1+2i)(1-2i), 5 je prost broj u Z, alije slozen element u Z[i].

• Faktorizirajte 17 i 53 u Z[i].

– Rjesenje:

∗ 17 = (4 + i)(4 − i), norma od 4 + i i 4 − i jednaka je 17, sto je manje odN(17) = 289.

∗ 53 = (7 + 2i)(7− 2i), norma od 7 + 2i i 7− 2i jednaka je 53, sto je manje odN(53) = 2809.

Ni 17 ni 53 nisu prosti Gaussovi cijeli brojevi.

• 3 je prost Gaussov cijeli broj.

- Kako bi se pokazalo da je 3 prost element u Z[i], koristi se kontradikcija. Pret-postavimo da je 3 slozen element i da ima netrivijalnu faktorizaciju 3 = α · β.Uzimajuci norme sa obje strane dobijemo da je 9 = N(α) · N(β). Kako faktor-izacija nije trivijalna, N(α) > 1 i N(β) > 1. Stoga je N(α) = 3. Zapisemo li αu obliku α = a + bi, dobivamo da je a2 + b2 = 3. Nema prirodnih brojeva kojisu rjesenje ove jednadzbe, pa imamo kontradikciju. Kako 3 ima samo trivijalnufaktorizaciju u Z[i], slijedi da je 3 prost Gaussov cijeli broj.

Teorem 3.1. Ako je norma Gaussovog cijelog broja prost broj u Z, tada je taj Gaussov cijelibroj prost u Z[i].

Dokaz. Neka je norma od α ∈ Z[i] prost broj, oznacena sa p = N(α). Treba pokazati da αima jedino trivijalne faktore (odnosno da faktori imaju normu 1 ili N(α)), tada je α prostbroj u Z[i].Neka je α = βγ bilo koja faktorizacija od α u Z[i]. Uzimajuci u obzir norme sa obje stranedobivamo da je p = N(α)N(γ). Kako je p norma mora biti pozitivna, pa je p ∈ Z+, zatomora biti ili N(β) ili N(γ) jednaka 1. Tako je bilo β ili γ invertibilan element, pa α nemanetrivijalnih faktora, stoga je α prost element u Z[i].

Obrat Teorema 3.1 ne vrijedi, prost Gaussov cijeli broj ne mora imati normu koja jeprost broj. Primjer je broj 3 cija je norma 9, a 3 je prost Gaussov cijeli broj.

7

3.2 Konjugati Gaussovih cijelih brojeva

Konjugirani broj od z = a+ bi je z = a− bi. Osnovna svojstva konjugiranja (ne samo u Z[i],vec i kompleksnih brojeva opcenito) su:

zz = |z|2

z1 + z2 = z1 + z2

z1 − z2 = z1 − z1

z1 · z2 = z1 · z2.Ova svojstva se mogu provjeriti ako se z1 i z2 zapisu u obliku z1 = a1 + b1i i z2 = a2 + b2ii raspisu obje strane jednakosti. Ta svojstva se koriste kako bi klasificirali proste Gaussovecijele brojeve.

Teorem 3.2. Prosti broj p ∈ N je prost Gaussov cijeli broj ako i samo ako p nije suma dvakvadrata. (Ocito p < 0 je prost Gaussov cijeli broj ako i samo ako je −p ∈ N prost Gaussovcijeli broj.)

Dokaz. (⇐) Pretpostavimo da prost broj p nije prost Gaussov cijeli broj, pa ga stoga fak-toriziramo u Z[i]:

p = (a+ bi)γ,

gdje su a + bi i γ Gaussovi cijeli brojevi cija je norma manja od norme p koja iznosi p2 (idakle takoder norma je veca od 1). Konjugiramo obje strane i dobijemo

p = (a− bi)γ,

kako je p ∈ N onda je p = p. Pomnozimo li obje strane s p dobivamo

p2 = (a− bi)(a+ bi)γγ = (a2 + b2)|γ|2,

gdje su i a2+b2 i |γ|2 veci od 1. Ali jedina takva faktorizacija od p2 je pp stoga je p = a2+b2.(⇒) Pokazimo da ako je prost broj p jednak a2+ b2, gdje su a, b ∈ Z, da tada p nije prost

Gaussov cijeli broj. Kako je p = a2 + b2 moze se rastaviti na proste faktore u Z[i]

p = (a− bi)(a+ bi)

sto znaci da je a2 + b2 = p manje od N(p) = p2.

Primijetimo da su faktori a − bi i a + bi od p prosti Gaussovi cijeli brojevi zato sto jenjihova norma prost broj a2 + b2 = p. Stovise, svi prosti Gaussovi cijeli brojevi a+ bi, gdjesu a, b = 0, dolaze u konjugiranim parovima. To je zato ako se jedan clan para faktorizira uαβ tada je njegov konjugirani broj jednak αβ.Moze se pokazati da klasifikacija prostih Gaussovih cijelih brojeva ovisi o pronalasku novognacina opisivanja prirodnih prostih brojeva koji su sume dva kvadrata. Prirodni prostibrojevi koji nisu sume dva kvadrata su oblika 4n + 3.1 Komplement toga rezultata - da jeprost broj oblika 4n+ 1 suma dva kvadrata - je poznat Feramatov teorem.

1Dokaz se moze pogledati u [4] odjeljak 3.7.

8

Propozicija 3.3. Postoji beskonacno mnogo prostih brojeva oblika 4n+ 3.

Dokaz. Pretpostavimo da sup1, p2, . . . , pn

svi prosti brojevi. Zatim pomnozimo ih sve zajedno i dodamo 1. Rezultat nije djeljiv s bilood p1, p2, . . . , pn jer kada podijelimo sa bilo kojem od njih dobit cemo ostatak 1. Stoga morabiti djeljiv s nekim drugim prostim brojem. Napravimo nesto slicno. Dakle, pretpostavimoda su

p1, p2, . . . , pk

svi prosti brojevi oblika 4n+3. Svi ti prosti brojevi su neparni, pa ne mozemo ih pomnozitii dodati 1 jer bi tako dobili paran broj. Prost broj oblika 4n + 3 dijeljiv je sa prostimbrojem oblika 4n + 3, jer mu prost broj 2 nije faktor, a ako pomnozimo dva ili vise prostihbrojeva oblika 4n + 1 dobit cemo broj oblika 4n + 1. Pomnozimo li (4n + 1)(4k + 1) =16nk + 4n + 4k + 1 = 4(4nk + n + k) + 1 dobijemo takoder broj oblika 4n + 1. Sadapomnozimo sve brojeve

p1, p2, . . . , pk.

Ako je n paran broj dobit cemo broj oblika 4n + 1, a ako je n neparan broj oblika 4n + 3.U prvom slucaju, ako sve pomnozimo sa 2 i dodamo jedan dobit cemo broj oblika 4n+ 3:

2p1 · p2n · · · pk + 1 = 4m+ 3 (3)

Sada taj broj nije djeljiv ni sa jednim od p1, p2, . . . , pk jer cemo uvijek dobiti ostatak 2.Stoga postoji neki prosti broj koji dijeli (3). U drugom slucaju ako je n neparan broj tadaje produkt oblika 4n+3, a nije jednak niti jednom od prostih brojeva p1, p2, . . . , pk znaci daih ima beskonacno mnogo.

3.3 Jedinstvenost rastava na proste faktore

Definicija 3.2. Najveci zajednicki djelitelj Gaussovih cijelih brojeva α i β je svaki Gaussovcijeli broj γ sa svojstvom da ako δ dijeli i α i β slijedi da δ dijeli i γ (γ ima najvecu normumedu zajednickim djeliteljima od α i β).

Definicija 3.3. Kada je najveci zajednicki djelitelj od dva Gaussova cijela broja α i β jednakinvertibilnom elementu kazemo da su relativno prosti.

Za dokaz jedinstvenosti faktorizacije koristit cemo Teorem o djeljenju s ostatkom.

Teorem 3.3. (Teorem o dijeljenju s ostatkom). Ako su α, β ∈ Z[i], β = 0, tada postojekvocijent µ i ostatak ρ, µ, ρ ∈ Z[i], takvi da vrijedi α = µβ + ρ gdje je N(ρ) < N(β).

Dokaz. Ovo svojstvo postaje ocito kada se vidi da visekratnici Gaussovih cijelih brojeva µβ,za bilo koji Gaussov cijeli broj β = 0, imaju oblik kvadratne mreze.To je zato sto mnozenje β sa i okrece vektor od 0 do β za 90◦, dakle 0, β i βi su tri vrhakvadrata. Svi ostali visekratnici od β su sume (ili razlike) od β i βi, dakle leze na vrhovimakvadrata u mrezi. (Slika 2.)

9

Slika 2. Visekratnici Gaussovih cijelih brojeva

Bilo koji Gaussov cijeli broj α lezi u jednom od tih kvadrata, i tamo se nalazi i njemu najblizivrh µβ (nije nuzno jedinstven, ali to nije bitno). Tada je

α = µβ + ρ gdje je |ρ| = duljina do najblizeg vrha,

pa |ρ| manji od stranice kvadrata, koja je oznacena sa |β|.

Primjer 3.3.

Ako je α = 1+3i i β = 2+2i, tada se moze pisati da je α = 1 ·β+(i−1) = (i+1)β+(1− i).

Lema 3.2. Neka su α, β, µ, ρ ∈ Z[i].Neka je α = µβ + ρ gdje je N(ρ) < N(β). Tada je ρ = 0 ako i samo ako β|α.

Dokaz. ⇒ Ocito, ako je ρ = 0, tada β dijeli α.⇐ Pretpostavimo da β|α ali ρ = 0, odnosno α = (µ+ τ)β, za neki Gaussov cijeli broj τ = 0,tako da je ρ = τβ. Ali onda N(β)|N(ρ) ⇒ N(ρ) ≥ N(β). Dobili smo kontradikciju jerN(ρ) < N(β), pa je stoga ρ = 0.

Lema 3.3. Zahvaljujuci Teoremu 3.3 slijedi:

1. Euklidov algoritam za Gaussove cijele brojeve:

• Neka su α, β ∈ Z[i] razliciti od nule. Rekurzivnom primjenom teorema o dijeljenjus ostatkom, pocevsi sa zadanim parom te ucinimo djelitelj i ostatak iz zadanejednakosti novim djeljenikom i djeliteljem u sljedecoj jednakosti, pod uvjetom daostatak nije nula dobivamo:

α = βγ1 + ρ1, N(ρ1) < N(β)

β = ρ1γ2 + ρ2, N(ρ2) < N(ρ1)

ρ1 = ρ2γ3 + ρ3, N(ρ3) < N(ρ2)

...

Najveci zajednicki djelitelj Gaussovih cijelih brojeva α i β jednak je posljednjemostatku razlicitom od nule.

10

Dokaz. Dokaz je identican dokazu Euklidovog algoritma u skupu Z. Posljednjajednakost pokazuje da svaki zajednicki djelitelj od α i β dijeli zadnji ostatak kojinije jednak nuli. Isto tako iz jednakosti koja sadrzi zadnji ostatak koji nije nula(predzadnja jednakost) je zajednicki djelitelj od α i β. Stoga zadnji ostatak kojinije jednak nuli je zajednicki djelitelj kojeg dijele svi ostali. Tako on mora imatinajvecu normu, pa je on i najveci zajednicki djelitelj od α i β.

2. Najveci zajednicki djelitelj od α i β jednak je µα+ νβ, za neke µ, ν ∈ Z[i].

Dokaz. Neka je I skup svih brojeva oblika ϕα+ψβ, gdje ϕ i ψ pokrivaju sve Gaussovecijele brojeve. Neka je δ element iz I najmanje norme, i oznacimo δ = µα+ νβ. Trebapokazati da je δ najveci zajednicki djelitelj od α i β.Prvo treba pokazati da δ dijeli α. Prema Teoremu o dijeljenju s ostatkom (Teorem3.3) α = κδ + ρ, gdje je N(ρ) < N(δ). Tada

ρ = α− κδ = α− κ(µα+ νβ) = (1− κµ)α+ (−κν)β,

tako je ρ prikazan kao linearna kombinacija od α i β, kako N(ρ) < N(δ), to je kon-tradikcija osim ako je ρ = 0. Tada δ|α. Slicno se dokaze da δ|β. Ocito je ako γ|α iγ|β, onda γ|µα+ νβ, stoga γ|δ. Tako je δ najveci zajednicki djelitelj od α i β.

Napomena: Pretpostavimo da su δ i δ′najveci zajednicki djelitelji od α i β. Kako je δ

′

djelitelj od α i od β, slijedi iz definicije najveceg zajednickog djelitelja da δ|δ′. Slicno

vrijedi δ′ |δ. Kako vrijedi da je N(δ) ≤ N(δ

′) i N(δ

′) ≤ N(δ), slijedi da δ i δ

′imaju

iste norme. Kako δ|δ′slijedi da je δ

′= υδ, gdje je υ invertibilni element.

3. Svojstvo prostog djelitelja:

• Ako prost element ϖ ∈ Z[i] dijeli αβ tada ϖ dijeli ili α ili β.

Dokaz. Pretpostavimo da ϖ|αβ, ali ϖ - α. Treba pokazati da ϖ|β.Kako ϖ - α i ϖ je post Gaussov cijeli broj, najveci zajednicki djelitelj od αi ϖ mora biti invertibilni element. Neki invertibilni element υ (koji je najvecizajednicki djelitelj) je linearna kombinacija od ϖ i α, υ = µϖβ + ναβ.Kako ϖ dijeli oba izraza s desne strane slijedi da ϖ|υβ, a kako je υ invertibilnielement slijedi da ϖ|β.

Primjer 3.4.

Neka je α = 11 + 3i i β = 1 + 8i. Pomocu Euklidovog algoritma dobivamo:

11 + 3i = (1 + 8i)(1− i) + 2− 4i

1 + 8i = (2− 4i)(−1 + i)− 1 + 2i

2− 4i = (−1 + 2i)(−2) + 0.

11

Znaci da je najveci zajednicki djelitelj −1+ 2i. No, najveci zajednicki djelitelj je i 1− 2i jerje:

11 + 3i = (1 + 8i)(1− i) + 2− 4i

1 + 8i = (2− 4i)(−2 + i) + 1− 2i

2− 4i = (1− 2i)(2) + 0.

Primjetimo da je −1 + 2i = (−1)(1− 2i). Koristeci povratnu supstituciju slijedi:

−1 + 2i = 1 + 8i− (2− 4i)(−1 + i)

= 1 + 8i− (11 + 3i− (1 + 8i)(1− i))(−1 + i)

= (11 + 3i)(1− i) + (1 + 8i)(1 + (1− i)(−1 + i))

= (11 + 3i)(1− i) + (1 + 8i)(1 + 2i)

= α(1− i) + β(1 + 2i).

Propozicija 3.1. Gaussovi cijeli brojevi α, β = 0 su relativno prosti ako i samo ako vrijedi

1 = µα+ υβ

za neke µ, υ ∈ Z[i].Dokaz. Ako su α i β relativno prosti tada im je najveci zajednicki djelitelj 1, pa vrijedi daje 1 = µα+ υβ, za neke µ, υ ∈ Z[i]. (Prema Lemi 3.3 (2).)Obrnuto, ako vrijedi 1 = µα+ υβ tada je najveci zajednicki djelitelj jednak 1, sto je invert-ibilni element, pa prema definiciji 3.3, α i β su relativno prosti.

Primjer 3.5.

Neka su α = 32 + 9i i β = 4 + 11i. Prema Euklidovom algoritmu oni su relativno prosti:

32 + 9i = (4 + 11i)(2− 2i) + 2− 5i

4 + 11i = (2− 5i)(−2 + i) + 3− i

2− 5i = (3− i)(1− i)− i

3− i = (−i)(1− 3i) + 0.

Tada je

−i = 2− 5i− (3− i)(1− i)

= 2− 5i− (β − (2− 5i)(−2 + i))(1− i)

= (2− 5i)(1 + (−2 + i)(1− i))− β(1− i)

= (2− 5i)(3i)− β(1− i)

= (α− β(2− 2i))(3i)− β(1− i)

= α(3i)− β(7 + 5i).

Kako bi dobili 1 pomnozimo sve sa −i

1 = α(−3) + β(5− 7i).

12

Teorem 3.4. (Jedinstvenost prikaza Gaussovih cijelih brojeva u obliku produkta prostihGaussovih cijelih brojeva). Svaki α = 0, α ∈ Z[i], N(α) > 1, ima jedinstveni rastav naproste faktore do na poredak i mnozenje invertibilnim elementima. Ako je

α = π1 · π2 · · ·πr = π′

1 · π′

2 · · ·π′

s

gdje su πi, i ∈ {1, 2, . . . , r} i π′j, j ∈ {1, 2 . . . , s}. Tada je r = s i slijedi da je πi = uπ

′j, gdje

je u invertibilni element.

Dokaz. Prema Lemi 3.2 svaki Gaussov cijeli broj se moze prikazati kao produkt prostihGaussovih cijelih brojeva.Pretpostavimo da α ima dvije razlicite faktorizacije:

α = π1 · π2 · · ·πr, π1, π2, . . . , πr → prosti Gaussovi cijeli brojevi

α = π′

1 · π′

2 · · ·π′

s, π′

1, π′

2, . . . , π′

s → prosti Gaussovi cijeli brojevi

Tako da vrijediπ1 · π2 · · ·πr = π

′

1 · π′

2 · · ·π′

s,

gdje je πi = uπ′j,∀i ∈ {1, 2, . . . , r},∀j ∈ {1, 2, . . . , s} i u je invertibilni element.

Ocito je da vrijedi π1|α iz cega slijedi da

π1|π′

1 · π′

2 · · ·π′

s.

Kako je π1 prost Gaussov cijeli broj prema svojstvu prostog djelitelja slijedi da π1|π′1 ili

π1|(π′2 · π′

3 · · ·π′s). Pretpostavimo da π1|π

′1, no to nije moguce jer je prema pretpostavci

π1 = uπ′1, za neki invertibilni element u.

Nastavljajuci postupak sa jednakim argumentom na kraju ostane da vrijedi da π1|π′s, sto

takoder nije moguce i tako se dobije kontradikcija sa svojstvom prostog djelitelja, sto znacida je faktorizacija na proste faktore kod Gaussovih cijelih brojeva jedinstvena do na poredaki mnozenje invertibilnim elementima.

Primjer 3.6. Prikazimo Gaussov cijeli broj 7 + 11i kao produkt prostih faktora. Prvo trebaizracunati normu N(7 + 11i) = 170. Rastav broja 170 u skupu prirodnih brojeva je 170 =2 · 5 · 17. Treba pronaci Gaussove cijele brojeve koji imaju norme 2, 5 i 17. Normu 2 imaju1+ i i 1− i, normu 5 imaju 1+ 2i i 1− 2i, normu 17 imaju 4+ i i 4− i i njihovo mnozenjeinvertibilnim elementima. Prema Lemi 3.1 ti su Gaussovi cijeli brojevi prosti jer su imnorme prosti brojevi. Tada izaberemo jedan faktor od svakog i pomnozimo ih tako nademojedinstveni rastav na proste faktore. U ovom primjeru faktori (1−i)(1−2i)(4−i) = −7−11idaju −α pa jedinstveni rastav na proste faktore iznosi:

7 + 11i = −(1− i)(1− 2i)(4− i).

U Lemi 3.2 smo pokazali da su realni prosti Gaussovi cijeli brojevi cijeli prosti brojevi kojise ne mogu prikazati kao sume dva kvadrata. Isto je ocito da su imaginarni prosti Gaussovicijeli brojevi oblika ±ip, gdje je p realan prost Gaussov cijeli broj. Preostaje odrediti prosteGaussove cijele brojeve oblika a+ bi gdje su a, b = 0.

13

Teorem 3.5. Prosti Gaussovi cijeli brojevi a+bi, gdje su a, b = 0, su faktori prostih prirodnihbrojeva p oblika a2 + b2.

Dokaz. Prvo, ako je a+ bi prost Gaussov cijeli broj, tada je i a− bi (zato sto ako a− bi nijeprost, tada nije niti prost a+ bi = αβ).Zatim, (a− bi)(a+ bi) je jedinstveni rastav od

p = a2 + b2 = (a+ bi)(a− bi)

u produktu prostih Gaussovih cijelih brojeva. Ako p nije prost broj tada postoji rastav kojije jednak p = rs gdje vrijedi 1 < r, s < p i r, s ∈ Z, sto nije moguce jer bi tada postojao irastav od p u produkt Gaussovih cijelih brojeva, koji nije moguce dobiti mnozenjem rastava(a+ bi)(a− bi) invertibilnim elementima.

14

4 Fermatov teorem o dva kvadrata

Ako je p prost prirodan broj oblika 4n+3, koristenjem kongruencija modulo 4 se lako mozevidjeti da se p ne moze prikazati u obliku sume dvaju kvadrata (jer za svaki prirodan broj nvrijedi n2 ≡ 0 ili 1 (mod 4)).2 Fermatov teorem o dva kvadrata kaze kako se neparni prostibrojevi oblika 4n+ 1 mogu prikazati u obliku sume dvaju kvadrata.

Primjenimo tu teoriju na Z[i], na proste Gaussove cijele brojeve p = 4n+1 uz pomoc odm ∈ Z tako da p dijeli m2 + 1. Da takav m uvijek postoji dokazao je Lagrange (1773.) kojise dokazuje pomocu Wilsonovog teorema 3.

Lema 4.1. (Lagrange). Prirodan prost broj n oblika p = 4n+1 dijeli m2+1 za neki m ∈ Z.

Dokaz. Ako primjenimo Wilsonov teorem na prost broj p = 4n+ 1 dobivamo

−1 ≡ 1 · 2 · 3 · · · 4n (mod p)

≡ (1 · 2 · · · 2n) · ((2n+ 1) · · · (4n− 1) · (4n)) (mod p)

≡ (1 · 2 · · · 2n) · ((−2n) · · · (−2)(−1)) (mod p) jer je p− k ≡ −k (mod p)

≡ (1 · 2 · · · 2n)2(−1)2n (mod p)

≡ (1 · 2 · · · 2n)2 (mod p).

Stavimo li m ≡ (2n)! dobijemo m2 ≡ −1 (mod p). Sto znaci da p dijeli m2 + 1.

Teorem 4.1. (Fermatov teorem o dva kvadrata). Svaki prost broj oblika p = 4n+1 se mozeprikazati u obliku sume dva kvadrata p = a2 + b2, za neke a, b ∈ Z[i].

Dokaz. Neka je p zadan prost broj i neka je m ∈ Z takav da p dijeli m2 + 1, kao sto je i uprethodnoj lemi (Lema 4.1).U Z[i] vrijedi da m2 + 1 ima faktorizaciju

m2 + 1 = (m− i)(m+ i).

Iako p dijeli m2+1, p ne dijeli ni m− i ni m+ i jer mp− i

pi m

p+ i

pnisu Gaussovi cijeli brojevi.

Zbog svojstva prostih djeljtelja, iskazanih u Lemi 3.3 (2), slijedi da p nije prost Gaussovcijeli broj. Tada se p moze zapisati u obliku p = a2 + b2 prema Lemi 3.2.

Takoder slijedi da jep = (a− bi)(a+ bi)

faktorizacija u produkt prostih Gaussovih cijelih brojeva, i ta je faktorizacija jedinstvena.Tako se moze izreci snazniji Fermatov teorem o dva kvadrata:Svaki prosti broj p oblika 4n + 1 je suma dva kvadrata a2 + b2 za jedinstveni par prirodnihbrojeva a, b.

2Vise o tome se moze pronaci u [4].3Ako je p prost prirodan broj tada je (p−1)! ≡ −1 (mod p) (dokaz Wilsonovog teorema moze se pogledati

u [3] odjeljak 2.3).

15

Ako je (a, b) = 1, tada je svaki djelitelj od a2 + b2 oblika c2 + d2, gdje je (c, d) = 1.Primijetimo da a i b moraju biti relativno prosti, jer u suprotnom u rastavu od a2 + b2

dobivamo prost Gaussov cijeli broj koji nije suma dva kvadrata (npr. a = 0 i b = 15 povlaci02 + 152 = 225 = 3 · 75, a 3 je prost Gaussov cijeli broj i nije suma dva kvadrata).

Primjer 4.1.

• Pokazimo da je svaki cijeli broj e > 1 koji dijeli a2 + b2 umnozak prostih Gaussovihcijelih brojeva q + ir koji dijeli a2 + b2, jedinstven do na poredak invertibilnih eleme-nata.Rjesenje: Prema jedinstvenosti prikaza Gaussovih cijelih brojeva u obliku faktoraprostih Gaussovih cijelih brojeva slijedi da ako e|a2 + b2 tada i djelitelji od e takoderdijele a2 + b2 i oni su jedinstveni do na poredak invertibilnih elemenata.

• Pokazimo da svaki od prostih Gaussovih cijelih brojeva q + ir dijeli ili a− ib ili a+ bii niti jedan od njih nije cijeli broj p ∈ Z.Rjesenje: Kako q+ ir|a2 + b2 slijedi da q|(a+ bi)(a+ bi), kako je q+ ir prost broj Z[i]znaci da q|a + bi ili q|a − bi. Kako je (a, b) = 1, q + ir ne moze biti cijeli broj zbogPropozicije 3.1.

• Pokazimo da ako prost Gaussov cijeli broj q+ ir dijeli e i tada i njegov konjugat q− irtakoder dijeli e.Rjesenje: Ako je q+ ir|e tada je e = (q+ ir)α za neki α ∈ Z[i]. Tada je e = (q− ir)α,a kako je e ∈ Z slijedi da je e = e pa q − ir|e.

Kako bi se dokazalo da postoji beskonacno mnogo prostih brojeva oblika 4n+1 koristi se”kvadratni karakter od −1”. U Propoziciji 3.3 je dokazano da prostih brojeva oblika 4n+ 3ima beskonacno mnogo.

Teorem 4.2. (Kvadratni karakter od −1). Kongruencija x2 ≡ −1 (mod p), gdje je p neparniprost broj, ima rjesenje tocno kad je p = 4n+ 1.

Dokaz. Kada je p = 4n+1 Lagrangeova lema daje x zadanim sa x2 ≡ −1 (mod p). Kako bipokazali da x2 ≡ −1 (mod p) nema rjesenje kad je p = 4n+ 3 pretpostavit cemo suprotno.Ako je

x2 ≡ −1 (mod p = 4n+ 3)

tada potenciranje obje strane sa 2n+ 1 daje

(x2)2n+1 ≡ (−1)2n+1 ≡ −1 (mod p = 4n+ 3)).

Kako je 2(2n+ 1) = 4n+ 2 = p− 1, slijedi

pp−1 ≡ −1 (mod p),

16

sto je u kontradikciji sa Fermatovim malim teoremom 4. Dakle x2 ≡ −1 (mod p) nemarjesenja za p = 4n+ 3 pa slijedi da p mora biti oblika 4n+ 1.

Stoga se rjesenje od x2 ≡ −1 (mod p) pojavljuje tocno onda kada je neparni prost brojoblika 4n + 1. Drugi nacin da se to iskaze je: neparni prost broj p koji dijeli vrijednost odx2 + 1, za neki x ∈ Z, je tocno kada je p oblika 4n+ 1.

Teorem 4.3. (Beskonacnost prostih brojeva oblika 4n+1). Postoji beskonacno mnogo prostihbrojeva oblika p = 4n+ 1.

Dokaz. Prema prethodnom teoremu, dovoljno je dokazati da postoji beskonacno mnogoprostih brojeva koji dijele vrijednost od x2 + 1, x ∈ Z. Pretpostavimo suprotno, odnosno dapostoji konacno mnogo prostih brojeva p1, p2, . . . , pk.Sada promotrimo polinom

(p1p2 · · · pky)2 + 1 = g(y).

Ocito, bilo koji prost broj koji dijeli vrijednost od g(y), za y ∈ Z, takoder dijeli i vrijednostod x2 + 1 (naime, zbog x = p1p2 · · · pky). Ali niti jedan od p1, p2, . . . , pk ne dijeli g(y), zatosto uvijek daje ostatak 1.Dakle, nema prostog broja koji dijeli g(y), za neki y ∈ Z, stoga su jedine moguce vrijednosticijelog broja g(y) su ±1. Drugim rijecima,

(p1p2 · · · pky)2 + 1 = ±1 za sve y ∈ Z.

Sto nije moguce, zato sto svaka od kvadratnih jednadzbi

(p1p2 · · · pky)2 + 1 = 1 i (p1p2 · · · pky)2 + 1 = −1

ima najvise dva rjesenja y. Ta kontradikcija pokazuje da je x2 + 1 djeljiv sa beskonacnomnogo prostih brojeva, kako je tvrdeno.

Slijedi, iz Fermatovog teorema o dva kvadrata, da postoji beskonacno mnogo prostihbrojeva koji su sume dva kvadrata. Dakle postoji beskonacno mnogo prostih Gaussovihcijelih brojeva a+ bi koji nisu niti cisto realni niti cisto imaginarni dijelovi Gaussovih cijelihbrojeva.

4Neka je p prost broj, takav da p - a. Tada je ap−1 ≡ 1 (mod p) (dokaz se moze pogledati u [4] odjeljak3.4).

17

5 Pitagorine trojke

Definicija 5.1. Uredenu trojku brojeva (x, y, z) zovemo Pitagorina trojka ako su x i y katete,a z hipotenuza pravokutnog trokuta, tj. vrijedi

x2 + y2 = z2.

Korolar 5.1. Ako su (a1, b1, c2) i (a2, b2, c2) Pitagorine trojke, tada je takoder i(a1a2 − b1b2, a1b2 + b1a2, c1c2) Pitagorina trojka.

Dokaz. Ako su (a1, b1, c2) i (a2, b2, c2) Pitagorine trojke, tada vrijedi

a21 + b21 = c21 i a22 + b22 = c22.

Slijedi da je

(c1c2)2 = c21c

22 = (a21 + b21)

2(a22 + b22)2

= (a1a2 − b1b2)2 + (a1b2 + b1a2)

2.

Sto smo dobili koristeci Diofantov identitet (1).I to dokazuje da je (a1a2 − b1b2, a1b2 + b1a2, c1c2) Pitagorina trojka.

Definicija 5.2. Ako su x, y i z relativno prosti kazemo da je (x, y, z) primitivna Pitagorinatrojka.

Kako je neparni kvadrat kongruentan sa 1 (mod 4), a paran kvadrat kongruentan sa 0(mod 4), suma dva neparna kvadrata nije kvadrat. Dakle u primitivnoj trojci (x, y, z) jedanod x, y je paran i z je neparan. Ako je

x2 + y2 = z2

onda(x− yi)(x+ yi) = z2,

dakle x−yi i x+yi su prosti Gaussovi cijeli brojevi koji su faktori od neparnog kvadrata, z2.

Lema 5.1. Ako je (x, y, z) primitiva Pitarorina trojka, x i y relativno prosti u Z, tada sux− yi i x+ yi relativno prosti u Z[i].

Dokaz. Ako je (x, y) = 1 u Z tada je i (x, y) = 1 u Z[i]. To je zato sto zajednicki djeliteljprostih Gaussovih cijelih brojeva je u pratnji s njegovim konjugatom, i njihov produkt jezajednicki djelitelj koji se nalazi u skupu Z i veci je od 1.Zajednicki djelitelj od x − yi i x + yi takoder dijeli njihovu sumu 2x i razliku 2iy. Stoga,kako je (x, y) = 1, svi zajednicki prosti djelitelji od x− yi i x+ yi sadrzani su medu prostimGaussovim cijelim brojevima ±1 ± i koji dijele 2. No kako je (x − yi)(x + yi) = z2, gdjeje z2 neparan, slijedi da niti jedan Gaussov cijeli broj oblika ±1 ± i ne dijeli desnu stranujednakosti pa su x− yi i x+ yi relativno prosti.

18

Lema 5.2. Neka su x− yi, x+ yi relativno prosti Gaussovi cijeli brojevi takvi da je(x− yi)(x+ yi) = z2, za neki z ∈ Z[i]. Tada postoje u1, u2, α, β ∈ Z[i], u1, u2 su invertibilnielementi, takvi da je x−yi = u1α

2 te x+yi = u2β2. Drugim rijecima relativno prosti faktori

kvadrata su kvadrati pomnozeni invertibilnim elementima.

Dokaz. Buduci da x − yi i x + yi nemaju zajednickih prostih faktora, a svaki faktor od z2

pojavljuje se sa parnom potencijom, tada se takoder svaki prosti faktor od x − yi i svakiprosti faktor od x+yi mora isto pojavljivati sa parnom potencijom. Produkt prostih brojeva,do kojih se svaki pojavljuje sa parnom potencijom, je ocito kvadrat. Dakle svaki od x− yi ix+yi se moze prikazati kao produkt invertibilnih elemenata i potpunih kvadrata, jer preostalimoguci faktori, koji nisu prosti, mogu biti jedino invertibilni elementi.

Pokazano je da je x− yi produkt kvadrata i invertibilnog elementa, dakle ima jedan odsljedecih oblika

(s− ti)2, −(s− ti)2, i(s− ti)2, −i(s− ti)2, za neke s, t ∈ Z. (4)

Dakle x− yi ima jedan od oblika

(s2 − t2)− 2sti, t2 − s2 + 2sti, 2st+ (s2 − t2)i, −2st+ (t2 − s2)i. (5)

U svakom od slucajeva, izjednacavanjem realnog i imaginarnog dijela dobiva se da jejedan od x i y oblika u2 − v2, u > v, a drugi oblika 2uv za neke prirodne brojeve u i v.Mora vrijediti da je (u, v) = 1 jer svaki prosti zajednicki djelitelj od u i v je zajednickidjelitelj od u2 − v2 i 2uv, dakle od x i y, dakle u i v su relativno prosti, razlicite parnosti jerbi inace x bio paran. Obicno se uzima da je y paran, dakle y = 2uv.

Teorem 5.1. Ako je x2 + y2 = z2 za neke relativno proste prirodne brojeve x i y, tada jejedan od brojeva x i y oblika u2 − v2, a drugi oblika 2uv, za relativno proste prirodne brojeveu i v.

Takoder u svakom od slucajeva je z = u2 + v2, jer

(u2 − v2)2 + (2uv)2 = u4 + 2u2v2 + v4 = (u2 + v2)2.

znaci da je z suma dva kvadrata. Kako su u i v relativno prosti prirodni brojevi, za prostbroj u2 + v2 nuzno mora vrijediti (u, v) = 1, z moze biti bilo koji broj koji je prost i kojije suma dva kvadrata. Tako smo dobili geometrijsku karakterizaciju prostih brojeva koji susume dva kvadrata.Prosti broj koji je suma dva kvadrata javlja se kao hipotenuza pravokutnog trokuta sastranicama cije su duljine cijeli brojevi.

19

Pomocu Pitagorinih trojki moze se dokazati iduca lema.

Lema 5.3. Jednadzba x4 + y4 = z2 nema rjesenja u skupu prirodnih brojeva.

Dokaz. Pretpostavimo da postoji rjesenje jednadzbe u skupu prirodnih brojeva, te neka je(x, y, z) trojka prirodnih brojeva koja je rjesenje s najmanjim z. Tada je (x2, y2, z) primi-tivna Pitagorina trojka, jer bi inace dijeljenjem s najvecim zajednickim djeliteljem dobilirjesenje s manjim z.Dakle, postoje prirodni brojevi u, v takvi da je x2 = u2 − v2, y2 = 2uv, z = u2 + v2. Timedobivamo i novu primitivnu Pitagorinu trojku x2 + v2 = u2, pa su u i y parni te mozemopisati da je y = 2m i v = 2n, uvrstavanjem u jednakost y2 = 2uv dobivamo m2 = un.kako su u i v relativno prosti, moraju i u i n biti relativno prosti pa su i potpuni kvadrati.Zapisimo ih u obliku u = u21, n = n2

1.

Iz primitivne Pitagorine trojke (x, v, u) slijedi da postoje i relativno prosti prirodni brojevia, b takvi da je x = a2 − b2, v = 2ab, u = a2 + b2.Sada je zbog v = 2n = 2n2

1, 2ab = 2n21 pa je ab = n2

1. Zbog toga sto je (a, b) = 1, a i b sutakoder potpuni kvadrati pa ih mozemo zapisati u obliku a = a21 i b = b21. Uvrstavanjem ujednakost u = a2 + b2 dobivamo a41 + b41 = u21. Kako je u1 < z, dobivamo kontradikciju sminimalnoscu od z. Dakle, polazna jednadzba nema rjesenja u skupu prirodnih brojeva.

Posljedica prethodne leme je

Teorem 5.2. Jednadzba x4 + y4 = z4 nema rjesenja u skupu prirodnih brojeva.

Primjer 5.1.

• Neke primitivne Pitagorine trojke su (3,4,5), (5,12,13), (8,15,17), (20,21,29), (12,35,37),(9, 40, 41).

• Ako je (x, y, z) primitivna Pitagorina trojka gdje je x neparan broj, pokazimo da jex+ yi potpuni kvadrat u Z[i].Rjesenje: Iz Leme (5.2) i (4) znamo da je x+yi jednak produktu invertibilnog elementai kvadrata. Pa slijedi da je x+ yi jednak jednom od sljedeceg

(a+ bi)2, −(a+ bi)2, i(a+ bi)2, −i(a+ bi)2.

Iz cega slijedi da je

(a2 − b2) + 2abi, (−a2 + b2)− 2abi, −2ab+ (a2 − b2)i, 2ab+ (−a2 + b2)i.

Kako x mora biti neparan, odnosno x mora biti oblika u2 − v2, u > v, a y mora bitioblika 2uv, slijedi da je jedino moguce rjesenje x+ yi = (a+ bi)2, pa je x+ yi potpunikvadrat u Z[i].

20

• Pokazimo da je 3 + 4i potpuni kvadrat u Z[i].Rjesenje: Krenimo od identiteta (3+4i)2 = (a+bi)2, a, b ∈ N, slijedi da je 3 = a2−b2,4 = 2ab.

a2 − b2 = 3

2ab = 4 ⇒ ab = 2

b2 = a2 − 3 uvrstavanjem u ab = 2 dobivamo

a4 − 3b2 − 4 = 0 uvodimo supstituciju a4 = t

⇒ t = 4 ⇒ a = 2

kako je b2 = a2 − 3 ⇒ b = 1.

Pa je 3 + 4i = (2 + i)2.

21

6 Zakljucak

Teorem o dva kvadrata Fermat je predstavio bez dokaza 1640., tvrdeci da ima dokaz: pret-postavimo da postoje prosti brojevi oblika 4n + 1 koji nisu sume dva kvadrata i on mozepokazati da postoje manji prosti brojevi sa istim svojstvima. Prvi poznati dokaz teoremaobjavio je Euler (1755.).

Danas je moguce dati nekoliko jednostavnih dokaza pomocu Lagrangove leme. Lagrangeje zajedno s lemom koristio i teoriju ekvivalencije kvadratnih formi kako bi dao novi dokazteorema o dva kvadrata. Jedan dio dokaza koji je ukljucivao kvadratne forme je pojednos-tavnio Gauss (1801.), puno prije nego sto je kreirao Gaussove cijele brojeve. Cini se da jeGauss imao u glavi i rezultat o Z[i], ukljucujuci i jedinstvenost rastava na proste faktore oko1815., a prvi put su ti rezultati objavljeni 1832. Dokaz koji je naveden u ovom radu koristikombinaciju jedinstvenosti rastava na proste faktore u Z[i] i Lagrangeove leme.

Dokaz Fermatovog teorema o dva kvadrata pomocu Gaussovih cijelih brojeva je omiljenjer u Z[i] suma kvadrata je prirodan dio njih i moze se faktorizirati x2+y2 = (x−yi)(x+yi).Kljuc dokaza je jedinstvenost rastava na proste faktore (ili nekad je jednostavnije koristitisvojstvo prostog djelitelja).

Gaussovi cijeli brojevi su prosirenje cijelih brojeva na kompleksne, tj. Gaussovi cijelibrojevi su kompleksni brojevi a + bi, gdje su a, b ∈ Z. Stoga se sva rjesenja jednadzbex2 + y2 = z2 nalaze u Gaussovim cijelim brojevima, te ne moraju uvijek biti cijeli broj cijije imaginarni dio jednak 0, nego, npr. (1 + 4i)2 + (8− 4i)2 = (7− 4i)2.

22

Literatura

[1] K. Conrad: Gaussian integers,http://www.math.uconn.edu/ kconrad/blurbs/ugradnumthy/Zinotes.pdf

[2] K. Martin: Chapter 6 notes (Gaussian integers),http://www.math.ou.edu/ kmartin/nti/chap6.pdf

[3] I. Matic: Uvod u teoriju brojeva, skripta, Odjel za matematiku SveucilistaJ.J.Strossmayera u Osijeku, 2011.

[4] J. Stilwell: Elements of number theory, Springer, 2003.