Notas de Aula VI

Fatoração Única e o Teorema de Fermat
O bem conhecido (Último) Teorema de Fermat diz que a equação
n > 2.
inteira para todo
Para
n=2
xn + y n = z n
não tem solução
todos conhecemos inúmeras soluções.
A tratamento desse problema pode ser simplicado para considerarmos somente os casos
n=p
um irredutível impar (de
um determinado
n
p
e
Z).
Realmente, se existirem inteiros
for um irredutível impar que divide
n,
a, b, c ∈ Z
=4
e
que são solução para
então, escrevendo
n = pm,
vamos ter
que
(am )p + (bm )p = an + bn = cn = (cm )p ,
e assim, a equação terá solução inteira para o expoente
equação não tem solução para todo irredutível impar
quando
para
n fosse uma potência de 2.
n = 4,
n = 2r
p,
p.
Logo, se alguém demonstrasse que a
então
xn + y n = z n
só poderia ter solução
Mas, adicionalmente, se soubermos que a equação não tem solução
poderíamos, como foi feito acima, concluir também que a equação não tem solução para
para todo
r ≥ 2.
Como isso caria demonstrado o Teorema de Fermat.
Para lidar com essa equação os matemáticos (de alguns séculos atrás) pensaram em usar a seguinte
decomposição:
n
Y
(x + ξ i y) = z n ,
onde
ξ = cos
i=1
é uma raiz primitiva
n-ésima
decomposição ocorre em
que
da unidade, isto é
1
ξn = 1
+ sen
2π
n
e para todo
Z[ξ] que é o fecho inteiro de Z em Q(ξ).
Z[ξ] é um anel de fatoração única, onde n = p
de Fermat .
2π
n
√
−1
1 ≤ i ≤ n, ξ i 6= 1.
Essa
Usando essa fatoração e assumindo
é um primo impar, Kummer demonstrou o Teorema
Vamos refazer a demonstração de Kummer para o caso
p = 3
como um exemplo de
como a fatoração única pode ser usada. Embora esse caso pode ser vericado com argumentos mais
elementares que os que vamos usar, nossa apresentação vai conter quase todos os ingredientes do
caso em que
Z[ξ]
é fatorial. Por isso vamos trabalhar como se
única restrição é que
Z[ξ]
p
fosse um primo qualquer onde a
seja fatorial, contudo para não tornar esta apresentação muito longa com
a inclusão de muitos resultados auxiliares sempre que for necessário fazemos
p = 3 e indicamos como
seria no caso geral.
Vamos ao trabalho, que não é pouco.
1 Na
verdade ele demonstrou para um caso um pouco diferente: quando p é um primo regular, conforme explicado
no m destas notas.
1
Iniciamos com o estudo das propriedade de
ξ,
raiz primitiva
p-ésima
da unidade, onde
p
é um
primo impar.
Amação 1:
clotômico :
ξ
O polinômio minimal de
Φp (x) = xp−1 +xp−2 +· · ·+x+1.
em relação a
Q
polinômio ci-
Φp (x) é Q(ξ) com [Q(ξ) : Q] = p−1.
O corpo de raízes de
Mais ainda, temos para o grupo de Galois dessa extensão:
p-ésimo
é chamado de
G(Q(ξ); Q) ' Z/(p−1)Q (Ver denição de
grupo de Galois na página 23 das Notas V; veja também a observação que a precede e a Questão 18,
página 24.)
O fecho inteiro de
Z
em
Q(ξ)
é dado por
Z[ξ].
Esse anel é um
Z-módulo
livre onde
1, ξ, . . . , ξ p−2
é uma base. Essa base é chamada de base inteira, ou base integral.
O corpo
Q(ξ)
Vericação.
é chamado de corpo ciclotômico e
Sabemos que
ξ
Z[ξ]
de anel de inteiros ciclotômicos.
xp − 1.
é raiz do polinômio
Observe que
xp − 1 = (x − 1)(xp−1 + xp−2 + · · · + x + 1) = (x − 1)Φp (x).
A vericação de que
Φ(x)
é irredutível é relativamente fácil usando-se um truque e o critério de
Eisenstein (simplicamos a notação escrevendo cortando o
observemos que
f (x) = g(x)h(x)
f (x)
é redutível se e somente se
com
Φ(x)
p
de
Φp (x)).
é redutível. De fato, se
gr g(x), gr h(x) < gr f (x), e g(x), h(x) ∈ Q[x].
Φ(x) = f (x − 1) = g(x − 1)h(x − 1),
e assim
Φ(x)
f (x) = Φ(x + 1)
Tomemos
f (x)
é redutível, então
Mas isso leva a decomposição
é redutível. Igualmente, se
Φ(x) = g(x)h(x)
gr g(x), gr h(x) < gr Φ(x), então f (x) = g(x + 1)h(x + 1) vai ser uma decomposição de f (x).
Vamos então mostrar que
f (x)
é irredutível usando o Critério. Observe que
f (x) = Φ(x + 1) =
(x + 1)p − 1
(x + 1)p − 1
=
.
(x + 1) − 1
x
Usamos agora a fórmula do Binômio de Newton
p p−1
p p−2
p
(x + 1) = x +
x
+
x
+ ··· +
x + 1,
1
2
p−1
p
p
onde
p
i
=
p!
.
i!(p − i)!
Substituindo-se essa expressão na equação anterior vamos obter
Φ(x + 1) =
xp +
p
1
xp−1 +
p
2
xp−2 + · · · +
x
p
p−1
x
=x
q−1
p q−2
p
+
x
+ ··· +
.
1
1
Recorde que
p
= p,
p−1
e para todo
1 ≤ i ≤ q − 1, p
2
e
divide
p
,
i
com
pelo lema da página 22 das Notas V.
Podemos então concluir que
independente que é
p,
Eisenstein, o polinômio
é
p
e
p divide todos os coecientes desse polinômio, p2
não divide o coeciente dominante que é
f (x)
1.
não divide o termo
Portanto, pelo critério de
Φ(x)
é irredutível e como vimos no inicio, isso leva a que
é irredutível.
√
−1 + −3
Por exemplo, o polinômio nosso conhecido relacionado com a raiz cúbica da unidade ξ =
2
Φ3 (x) = x2 + x + 1. Para p = 5 temos outro exemplo: Φ5 (x) = x4 + x3 + x2 + x + 1.
Do fato de
que
Φp (x)
1, ξ, ξ 2 , . . . , ξ p−1
ser o polinômio mínimo de
são todos distintos, pois
1, ξ, ξ 2 , . . . , ξ p−1
ainda todos os números
de
Φp (x).
ξ
podemos concluir que
ξp = 1
e para todo
são raízes de
xp − 1.
[Q(ξ) : Q] = p − 1.
Observe
1 ≤ i ≤ p − 1, ξ i 6= 1.
Logo
ξ, ξ 2 , . . . , ξ p−1
Mais
são as raízes
Pelo Corolário da Proposição, página 14, das Notas V, o corpo de raízes de
Φp (x)
é
Q(ξ, ξ 2 , . . . , ξ p−1 ) = Q(ξ).
Antes de calcularmos
p − 1 = [Q(ξ) : Q].
grupo tem ordem
termos o grupo.
G(Q(ξ) : Q)
Para cada
observe que pela Questão 18, página 24, das Notas V, esse
Logo basta acharmos
1 ≤ r ≤ p−1
p − 1 Q-automorsmos
considere o único isomorsmo
distintos para
σr : Q(ξ) → Q(ξ r )
que
estende id, conforme o item (2) do Teorema da Unicidade, página 14, das Notas V. Claramente
Q(ξ r ) = Q(ξ):
de fato, como
Logo
ξ 1 = (ξ r )t ∈ Q(ξ r )
Q(ξ),
i.e.,
Seja
e
p
são relativamente primos existem
implicando
σr ∈ G(Q(ξ) : Q)
Q(ξ) ⊂ Q(ξ r ) ⊂ Q(ξ).
pois
ξ
t, s ∈ Z
Logo cada
σr
tais que
é um
1 = tr + sp.
Q-automorsmo
de
e são todos distintos.
O o fecho inteiro de Z em Q(ξ).
Z } ⊂ O,
sobre
r
é inteiro sobre
Z
Claramente
Z[ξ] = { ao +a1 ξ+· · ·+ap−2 ξ p−2 | ao , a1 , . . . , ap−2 ∈
e também é claro que
1, ξ, ξ 2 , . . . , ξ p−2
é uma base livre de
Z[ξ]
Z.
Contudo, mostrar a igualdade
O = Z[ξ]
seria muito longo e está fora de nossos objetivos. Mas
isso nos dá mais um exemplo de fecho inteiro de
Z
em corpos de números além do caso quadrático
que vimos.
Vamos em seguida demonstrar que para
quando
Z[ξ]
p = 3
o anel
Z[ξ]
é fatorial.
Para
é fatorial.
Armação 2:
Para
p = 3, Z[ξ]
é um anel euclidiano (e portanto fatorial).
3
p > 3
não é claro
Vericação.
Vamos mostrar isso como no caso de
vamos usar a descrição de
√
Z[ −1] = O(−3)
√
Z[ −1]
feito em Notas I, página 3. Para isso
dada página 11 das Notas III. Observe que
−3 ≡ 1
(mod 4).
Dados
α, β ∈ Z[ξ], β 6= 0,
seja
γ=
Inicialmente encontramos
mesma paridade que
n
e
n∈Z
√
√
α
= u + v −3 ∈ Q( −3).
β
tal que
|n/2 − v| ≤ 1/4.
|m/2 − u| ≤ 1/2.
Seja então
Denindo-se então
r = α − βδ
temos que
r=0
O
e novamente consideramos
Armação 3: λ = 1 − ξ
Mais ainda, para todo
que
que a projeção natural
Z
sobre
então
Z/pZ.
1 ≤ j ≤ p − 1, λ
O/λO
ou
p
tal que
m
tem
Obtemos que
e
N (r) < N (β)
O
α = βδ + r.
o anel de inteiros. Veremos agora algumas
1 − ξj
(para
tal que
λp−1 ∼ p
são associados em
p=3
é canonicamente isomorfo a
π : O → O/λO
e vale a igualdade
um primo impar qualquer.
é um irredutível de
1 + ξ + ξ 2 + · · · + ξ t ∈ O×
O anel quociente
de
m∈Z
δ = (m + n −3)/2 ∈ Z[ξ].
O = Z[ξ],
Para simplicar as contas vamos denotar
1≤t≤p−2
√
m 2
3
n 2 1
N (γ − δ) = u −
< 1.
+3 v−
≤ +
2
2
4 16
√
no caso Z[ −1]:
α
N (α − βδ) = N (β)N
− δ = N (β)N (γ − δ) < N (β).
β
Finalizamos como
propriedades de
A seguir tomamos
O.
p=3
Z/pZ.
α ∈ O,
λ2 = −ξ3).
temos
Temos também para todo
temos simplesmente que
1 + ξ = −ξ 2 ).
Por canonicamente queremos dizer
quando restrita ao subanel
Ou dito de outra maneira: para todo
(para
Z coincide com a projeção natural
existe
a∈Z
α − a ∈ λO,
tal que
ou
π(α) = π(a).
Vericação:
Para
Iniciamos com a vericação de que
1 ≤ j ≤ p − 1,
λ | 1 − ξj .
temos
t, u ∈ Z
(Equivalentemente, como
Fp
para todo
1 ≤ j ≤ p − 1.
1 − ξ j = (1 − ξ)(1 + ξ + · · · + ξ j−1 ) = λ(1 + ξ + . . . + ξ j−1 )
Reciprocamente, como todo
Teorema de Bezout,
λ ∼ 1 − ξj ,
tais que
1 ≤ j ≤ p−1
1 = jt + up.
é um corpo existe
é relativamente primo com
Observe que podemos escolher
1 ≤ t ≤ p−1
tal que
λ ∼ 1 − ξj ,
como armado.
4
existem, pelo
1 ≤ t ≤ p − 1.
jt ≡ 1 (mod p).)
λ = 1 − ξ 1 = 1 − ξ jt+up = 1 − ξ jt ξ up = 1 − ξ jt = (1 − ξ j )(1 + ξ j + · · · + ξ j(t−1) ).
portanto
p,
e portanto
Assim
Portanto
1 − ξj | λ
e
Observe que acabamos de mostrar que se
λ(1 + ξ + · · · + ξ t ).
Portanto
Vejamos agora que
ξ j 6= 1
é raiz de
1 + ξ + ξ 2 + · · · + ξ t ∈ O× ,
λp−1 ∼ p :
xp − 1.
1 ≤ t ≤ p − 2,
de fato,
1 − ξ t+1 ∼ λ
então
e que
1 − ξ t+1 =
como queríamos.
xp −1 = (x−1)(1+x+· · ·+xp−1 ) e para todo 1 ≤ j ≤ p−1,
1 + x + · · · + xp−1 .
Portanto tem que ser raiz de
1 + x + ··· + x
Logo
p−1
Y
(x − ξ j ).
=
p−1
j=1
Fazendo-se
x=1
1≤j ≤p−1
nessa igualdade obtemos
1 − ξj ∼ λ
vale a relação
Considere agora a norma
p=
p = µλp−1
Como a fração acima é um número de
implicando que
No caso
p=3
O,
obtemos que
de
Z.
Portanto
λ
λ
Q
λ2
e
3
O
p = µλp−1 .
N (µ) = ±1
podemos demonstrar que
α∈O
p−1
= 1.
O.
1
é um irredutível
λ = (3 −
√
−3)/2
ξ
N (λ) = p).
é uma unidade
tem norma
3,
irredutível
O.
existem
δ, r ∈ O
0.
2 ≡ −1(mod λO),
Z/3Z
α = λδ + r,
tais que
r = 0,
Igualmente a divisão de
o anel quociente terá três classes: classe do
Conclusão: para todo
N (λ) = ±p
O/λO, para p = 3, fazemos como nos inteiros e usamos o Algorítimo de
e quociente
exatamente as classes de
Portanto
é simples vericação e como
Também
Portanto só temos três possibilidades para o resto:
tem resto
±1.
(aqui também podemos demonstrar que
λ2 = −ξ3
são associados em
é irredutível de
Euclides. Para cada
observe que
tal que
pp−1 = N (λ)p−1 , pois N (µ) = 1 (embora
então
tem que valer
é um irredutível de
Quanto ao anel quociente
λ
µ ∈ O×
obtemos
µν = 1,
N (λ)
p
as contas são mais fáceis:
de
por
Como acabamos de ver que para todo
Logo
Z,
− ξ j ).
N : Q(ξ) → Q, como na Questão 19, página 25 das Notas V. Calculando-
a primeira vista só possamos dizer que se
de
j=1 (1
existe unidade
se a norma nos dois termos da igualdade
N (µ) = 1).
Qp−1
pois
pois
α∈O
0 = λO
ou
2
onde
r = 0,
N (r) = 1, 2.
tem resto
e classe do
−1
N (r) < N (λ) = 3.
Mais ainda a divisão de
e quociente
1 = 1 + λO.
2 = 3 + (−1) = −ξ 2 λ2 + (−1).
ou
−ξ −1 λ.
1
Assim
Para a terceira classe
Logo classe de
2 = −1 + λO,
2 + 3Z = −1 + 3Z.
existe um único
a ∈ Z,
com
a ∈ { 0, 1, −1 }
tal que
α − a ∈ λO,
como armado.
Esta última parte não é tão fácil de ser vericada para
p>3
irredutível de
em geral o Algorítimo de Euclides. Mas continua a ser verdade que para todo
tal que
α ≡ a (mod λ).
Isso é verdade mesmo que
5
O
Z,
pois não temos
α∈O
existe
a∈Z
não seja fatorial, mas provar esse fato fugiria
muito dos objetivos do curso.
Contudo podemos vericar que para os números
módulo
t−j
λ.
De fato, dados
0 ≤ t 6= j ≤ p − 1,
λp−1 ∼ p
e portanto
λ | p.
Resulta então que
Dessa forma podemos dizer que
acima,
O/λO
p
tem
elementos,
suponhamos que
u, v ∈ Z
são relativamente primos, existem
O/λO
0, 1, . . . , p − 1
tais que
λ | 1,
são dois a dois não congruentes
λ | (t − j)
em
1 = pu + v(t − j).
O/λO ' Z/pZ
p
Como em
Z, p
e
Mas vimos acima que
λ∈
/ O× .
o que é um absurdo, pois
tem pelo menos
O.
elementos. Mas, como mencionamos
e para todo
α ∈ O
existe
a ∈ Z
tal que
α ≡ a (mod λ).
Armação 4:
Vericação:
Para todo
α∈O
existe
a∈Z
tal que
αp ≡ a(mod λp ).
Pelo que acabamos de ver na Armação 3, existe
b ∈ Z
tal que
α ≡ b(mod λ).
Temos também a equação
p−1
Y
α −b =
(α − ξ i b).
p
p
(1)
i=0
Como
λ=1−ξ
temos
ξ ≡ 1(mod λ).
Assim, para cada um dos fatores
α − ξib
temos
α − ξ i b ≡ α − b ≡ 0(mod λ).
Isto é,
α − ξ i b = λβi ,
Tomando-se
a = bp
Armação 5:
positivo e
r
para algum
vamos obter
βi ∈ O.
Dessa forma a equação (1) implica
αp ≡ a(mod λp ),
Toda unidade
ε ∈ O×
αp − bp = λp βo · · · βp−1 .
como desejado.
pode ser escrita na forma
ε = ξ g r,
onde
g
é um inteiro
é um número real.
Vericação:
A vericação no caso geral é muito longa, dependendo por exemplo do fato de que
todo
α∈O
grau
gr r(x) < p − 1, como vimos no Armação 1.
pode ser escrito de maneira única na forma
r(ξ)
onde
r(x) ∈ Z[x]
é um polinômio com
√
a + b −3
Já para p = 3 é uma simples vericação: escrevemos ε =
, onde a, b ∈ Z e
2
a2 + 3b2
a ≡ b( (mod 2)). Em seguida tomamos a norma, N (ε) =
que deve valer 1 porque ε é uma
4
2
2
2
2
unidade e N (ε) é positiva. Portanto a + 3b = 4. Vemos agora que se |b| > 1, então a + 3b > 12.
Logo
|b| ≤ 1,
a2 + 3b2 = 4.
isto é
b ∈ { 0, 1, −1 }.
Mas então
ε = (±1)ξ g ,
Se
b 6= 0,
onde
então
g = 1, 2.
b = ±1
Se
Voltemos agora ao problema de Fermat e a equação
6
b = 0,
e
a = ±1
então
também, para poder valer
a = ±2
xp + y p = z p .
e
ε = ±1 = (±1)ξ 0 .
Passo 1.
a, b, c.
Assumimos que a equação tem solução inteira
Podemos assumir que
a, b, c
são
relativamente primos, pois caso contrário cancelaríamos o fator comum. Em seguida mostramos que
um dos inteiros
a, b, c
p
é divisível por
(e somente um deles, pois são relativamente primos). Vamos
demonstrar esse fato por absurdo assumindo-se que
p
não divide nenhum dos termos
a, b,
e
c.
O
Iniciamos com a decomposição em
p−1
Y
(a + ξ i b) = ap + bp = cp ,
(2)
i=0
e seja
p
um divisor comum de dois fatores distintos
Então
p
divide
a
λ,
O
(a + ξ t b) − (a + ξ j b) = ξ t b(1 − ξ j−t ).
como vimos na Armação 3. Logo
p
divide
b
(a + ξ t b)
Como
ou
p
e
(a + ξ j b)
j−t>0
divide
λ
0 ≤ t < j ≤ p − 1.
com
temos que
(lembrar que
ξ
1 − ξ j−t
é associado
é uma unidade e que
é fatorial).
Vamos assumir que
p 6= λ
p | c,
Por outro lado obtemos que
p | a.
Consequentemente
que existe irredutível
q
p
de
e provar que isso leva a uma contradição. Como
devido a fatoração (2) acima.
é um fator comum de
pela Questão (10) das Notas IV, temos que
logo existe irredutível
α ∈ O.
q
A ⊂ B,
de
Z
q
Consequentemente
e
se
I
pO
c.
de
O.
tal que
e
pO ∩ Z = qZ.
é um fator comum de
c,
e
resulta que
B,
c,
O
é o fecho inteiro de
Z em Q(ξ),
Mas esse ideal é também primo (Para
então
Mas então
a, b ,
ap + b p = c p
Como
p | b.
contrário a nossa suposição inicial.
Como
pO ∩ Z 6= { 0 }.
é um ideal primo de
temos que
Vamos a seguir mostrar que isso implica
a, b ,
que é um fator comum de
Z
Consideremos o ideal principal, não nulo e primo,
toda extensão de anéis
a, b ,
p - λ,
I ∩A
q ∈ pO
é um ideal primo de
e assim
q = pα
A.),
para algum
conforme dissemos.
Concluímos assim que o único possível (a menos de unidades) divisor irredutível de dois termos
a + ξ i b da equação (2) é λ.
se
u∈Z
que
e
α∈O
N (λ) = ±p.
são tais que
λ
λ divida algum dos a + ξ i b, teremos que λ dividirá c.
u = λα,
Isso implica que
esse conclusão ao fato de
no início. Logo
Caso
λ
dividir
p | u.
c
parcela
a + ξib
particular
Conclusão, se
vamos obter que
não divide nenhum dos temos
dois a dois relativamente primos em
Como temos
tomando-se normas obtemos
cp
p
λ | u,
para
up−1 = ±pN (α),
u ∈ Z,
é um divisor de
a + ξ i b,
com
c,
ε ∈ O×
Pela Armação 5, existem
g,
p | u.
pois já vimos
Aplicando-se
contra o que foi assumido
e assim esses termos são
O.
é, a menos de unidade de
com
então
0≤i≤p−1
no lado direito a equação (2), a fatoração única em
a + ξb = εαp
Por outro lado,
e
O,
uma potência
p-ésima
O
vai implicar que cada
de algum elemento de
O.
Em
α ∈ O.
inteiro positivo, e
7
r
real, tais que
ε = ξ g r.
Logo
a + ξb = ξ g rαp .
Pela Armação 4, existe
Armação 3,
p | λp .
conjugados em
Logo
e ∈ Z
αp ≡ e(mod λp ).
tal que
Assim
a + ξb ≡ ξ g re(mod λp ).
a + ξb ≡ ξ g re (mod p), ou então ξ −g (a + ξb) ≡ re (mod p).
da congruência acima, o lado direito não se altera, porque
C
ξ g (a + ξ −1 b) ≡ re (mod p),
ξ
pois o conjugado de
em
C
é
re
Pela
Tomando-se os
é real. Logo obtemos
ξ −1 .
Subtraindo-se uma congruência da outra obtemos
aξ g + bξ g−1 − aξ −g − bξ 1−g ≡ 0
Observe que
Como
g 6≡ 0 (mod p),
pois, caso contrário, teríamos na equação (3)
b(ξ −1 − ξ) = bξ −1 (1 − ξ 2 )
1 − ξ 2 ∼ λ,
e
unidade). Mas, também pela Armação 3,
implicando
λ | b.
p
p ∼ λp−1 .
ξ −1 ) ≡ 0 (mod p)).
p
Como
p > 2,
também divide
não divide nenhum dos termos
Podemos igualmente vericar que
(3)
b(ξ −1 − ξ) ≡ 0 (mod p).
pela Armação 3, vamos ter que
Mas então, como vimos acima,
feita bem no início, de
(mod p).
g 6≡ 1 (mod p)
a, b,
e
vamos obter
b,
p | bλ (ξ −1
é uma
λ2 | p e assim λ2 | bλ
o que contradiz nossa hipótese,
c.
usando um raciocínio semelhante (agora
a(ξ −
Vamos agora reescrever a equação (3) na forma
aξ g + bξ g−1 − aξ −g − bξ 1−g = pα, α ∈ O,
onde
g 6≡ 0 (mod p)
e
g 6≡ 1 (mod p).
Dividindo-se (4) acima por
p
(4)
obtemos
b
a
b
a
α = ξ g + ξ g−1 − ξ −g − ξ 1−g .
p
p
p
p
Sabemos pela Armação 1 que
que
ξ, ξ 2 , . . . , ξ p−1
1, ξ, ξ 2 , . . . , ξ p−1
1, ξ, ξ 2 , . . . , ξ p−2
também é uma base inteira de
com
p−2
ξ g , ξ g−1 , ξ −g , ξ 1−g ,
tomadas módulo
Por outro lado
são uma base inteira de
O
sobre
Z
α ∈ O = Z[ξ]
p,
g , g − 1, −g
e
O
sobre
Z.
Decorre disso
(Na verdade qualquer subconjunto de
elementos é uma base inteira, pois
nenhum dos pares formado pelos números
(5)
1−g
for congruente módulo
estarão entre os elementos
(Armação 1). Logo existem
1 + ξ + ξ 2 + · · · + ξ p−1 = 0.)
p
Se
as potências
ξ, ξ 2 , . . . , ξ p−1 .
d1 , d2 , . . . , dp−1 ∈ Z
tais que
α = d1 ξ + d2 ξ 2 + · · · + dp−1 ξ p−1
Usando agora que
ξ, ξ 2 , . . . , ξ p−1
é uma
Z-base
de livre de
representações (5) e (6) nessa base devem coincidir.
igualmente
e
c,
b/p ∈ Z.
p
1−g
as coordenadas de
a/p = aj ∈ Z,
α
nas duas
para algum
não divide nenhum dos números
j,
e
a, b ,
p.
Já
g 6≡ 0 (mod p) e g 6≡ 1 (mod p); também g 6≡ g −1 (mod p) e g −1 6≡ 1−g (mod p).
As
necessariamente dois dos números
sabemos que
Mas então
Como isso contradiz a hipótese de que
g , g − 1, −g
Z[ξ],
(6)
8
e
devem ser congruentes módulo
2g ≡ 1 (mod p).
possibilidades restantes implicam em
Como
2g ≡ 1 (mod p) e ξ p = 1, a equação (4)
pode ser escrita como
αpξ g = a + bξ − aξ 2g − bξ 2g−1 = (a − b)(1 − ξ) = (a − b)λ.
N (α)pp−1 = (a − b)p−1 (±p).
Tomando-se normas, obtemos
Mas isso implica que
p | (a − b),
ou então
a ≡ b (mod p).
ap + bp = cp , podemos reescreve-la na forma ap + (−c)p = (−b)p e
p−1
Y
(a + ξ i (−c)) = (−b)p , etc...) para chegarmos a conclusão
(iniciando com
Voltando-se ao equação inicial
repetir o processo todo
i=0
a ≡ (−c) (mod p).
Mas então
0 = ap + bp + (−c)p ≡ 3ap
Logo
p | 3ap
e
p - a;
portanto
p = 3.
(mod p).
Assim nossa equação terá a forma
a3 + b3 + c3 = 0, a, b, c ∈ Z
e
3
não divide nenhum dos números
os números
(mod 9).
0, 1, −1,
a, b ,
devemos ter que
Igualmente
e
c.
Tomando-se como representante das classe de
a = 3k ± 1.
b3 ≡ ±1 (mod 9)
c1 ≡ (±1) + (±1) + (±1) 6≡ 0 (mod 9)
e
p
Logo
a3 = 27k 3 ± 27k 2 + 9k ± 1
c3 ≡ ±1 (mod 9).
e assim
Como isso implica que
Z/3Z
a ≡ ±1
a3 + b 3 +
obtemos uma contradição com a equação (7). Essa última
contradição mostra que a hipótese feita de que
i.e., provamos que
(7)
p
não divide nenhum dos números
divide um (e somente um) dos números
a, b ,
e
c,
a, b ,
e
c
é falsa,
como armado.
O argumento que acabamos de ver é longo e cheio de auto-referências. Para o caso
p = 3 podemos
obter uma demonstração elementar. Na verdade vamos mostra um pouco mais:
A congruência
x3 + y 3 ≡ z 3 (mod 9)
não tem solução inteira
a, b, c
com
3
não dividindo pelo
menos um dos fatores.
Suponhamos que
temos também que
(mod 3).
a, b, c ∈ Z
é uma solução da congruência acima. Como
a3 + b3 ≡ c3 (mod 3).
Vamos escrever
c = a + b + 3d,
Pelo Pequeno Teorema de Fermat resulta então
para algum
d ∈ Z.
a3 + b 3
dos dois lados e dividindo-se tudo por
0 ≡ a2 b + ab2 ≡ ab(a + b) ≡ abc
9
a+b ≡ c
Tomando-se o cubo vamos obter
a3 + b3 ≡ (a + b + 3d)3 ≡ a3 + b3 + 3a2 b + 3ab2
Cancelando-se o termo
a3 + b3 ≡ c3 (mod 9),
(mod 9).
3
(mod 3).
obtemos
Isto é, um dos termos
Passo 2.
a, b , c
Suponhamos agora que
um dos termos
a, b , c
3
é divisível por
como queríamos.
a, b, c ∈ Z é uma solução da equação x3 + y 3 = z 3 .
é divisível por
3.
Podemos também supor que
podemos rearranjar ciclicamente a equação nas formas:
3.
para termos o inteiro da esquerda divisível por
escolhemos a solução
uma nova solução
a, b, c de forma que k
a1 , b 1 , c 1
onde
0
c1 = 3k d1
c
Já sabemos que
é o inteiro divisível por
a3 + (−c)3 = (−b)3 ,
ou
Consideramos então que
3
pois
b3 + (−c)3 = (−a)3 ,
c = 3k d,
onde
3 - d
e
seja o menor possível. Em seguida mostramos que existe
k0 < k
com
e chegamos a uma contradição.
Temos então
ap + bp = pp k dp = ελp(p−1)k dp ,
pois sabemos que
λp−1 ∼ p.
p-d
onde
e
ε ∈ O×
(8)
Queremos mostrar que essa equação não acontece com
relativamente primos e não divisíveis por
mas vamos mostrar um pouco mais:
a, b, d ∈ O,
a equação (8) não tem solução com
Iniciamos com a decomposição em
p,
a, b, d ∈ Z,
relativamente primos e não divisíveis por
λ.
O
p−1
Y
(a + ξ i b) = ελp(p−1)k dp ,
(9)
i=0
onde continuamos a considerar a escolha da solução
que
λ
a + ξ i b,
divide um dos fatores
Por outro lado, dados
ξ i b(1 − ξ j−i ),
com
já que
λ
é irredutível em
j − i > 0.
Vimos acima que
para todo par
λ ∼ 1 − ξt
Por outro lado se existirem
vamos ter que
1 − ξ i−n = µλ
com
λ2
µ ∈ O×
λ|b
em
O,
0 ≤ n 6= i ≤ p − 1
O,
mínimo. Essa igualdade mostra
que estamos assumindo fatorial.
p
λ
não divide
então
para todo
1 ≤ 1 ≤ p − 1.
λ
divide
tais que
a + ξib
para todo
p|b
em
Portanto
divide
a
e
Z.).
b
0 ≤ i ≤ p − 1.
a + ξ n b ≡ a + ξ i b(mod λ2 ),
(a + ξ n b) − (a + ξ i b) = ξ n b(1 − ξ i−n ),
divide
resulta que
só estivéssemos supondo que
no Passo 1, se
k
i 6= j .
Juntando os dois fatos anteriores concluímos que
n < i,
com
i 6= j , que assumimos j > i por simplicidade, obtemos (a+ξ i b)−(a+ξ j b) =
a + ξ i b ≡ a + ξ j b (mod λ),
que
a, b, d
b (ξ n µ ∈ O× ),
com
e assumirmos
i − n > 0.
Como
contrário a hipótese feita acima (Se
também teríamos uma contradição, pois como vimos
Concluímos então que os números
a + ξib
, i = 0, 1, . . . , p − 1,
λ
são dois a dois não congruentes módulo
λ.
Como
O/λO tem p
são um sistema completo de representantes das classes de
10
elementos distintos, os números acima
O/λO.
Portanto um deles corresponde a
0,
classe
isto é, um deles é divisível por
equação (8), ou em (9), podemos assumir
divide
a + ξj b
não divide
para todo
j > 0.
λ.
Como podemos trocar
i = 0,
b
por
isto é vamos assumir que
Isto é, para todo
1 < j ≤ p − 1,
bξ t , t ≥ 0,
λ2
temos que
divide
λ
nos termos da
a + b mas λ2
divide
a + ξ j b,
mas
as potências de
fatoração de
λ
m
é divisível por
λ.
λ2 λp−1 = λp+1 .
Comparando
nos dois lados da equação (9) podemos determinar qual é a potência de
a + b.
Seja agora
Ela terá que ser
a
o MDC de
e
b
em
é divisível por
a+b
λ
O .2
Como
m
e
λ
λm
e
a+b
a
e
b
não são divisíveis por
são relativamente primos em
é divisível por
O
λ,
também
m
λ(p−1)(pk−1) m.
Sejam
= λ(p−1)(pk−1) meo ,
(10)
a + ξj b
0 ≤ i < j ≤ p−1 tais que ei e ej
serão divisíveis por
`λm.
Resulta então que
λ ∼ (1 − ξ j−i ),
escolha de
são dois a dois relativamente
tem um fator
` ∈ O em comum, então a+ξ i b
(a + ξ i b) − (a + ξ j b) = ξ i b(1 − ξ j−i ),
ξ j (a + ξ i b) − ξ i (a + ξ j b) = ξ j a − ξ i a = −ξ i a(1 − ξ j−i ),
que
eo , e1 , . . . , ep−1
O.
De fato se existirem
e
Mostraremos a seguir que
não
e portanto para todo
a + ξ j b = λmcj , j = 1, 2, . . . , p − 1,
eo , e1 , . . . , ep−1 ∈ O.
na
(p − 1)(pk − 1).
Consequentemente,
1 ≤ j ≤ p − 1, a + ξ j b
primos em
λ2
a + ξ j b.
Concluímos então que o lado esquerdo da equação (9) é divisível por
onde
não
m.
pois
j − i > 0,
serão divisíveis por
chegamos a conclusão de que
`m
`λm.
divide
a
e
e também
Usando novamente
b,
contradizendo a
A seguir substituímos o valores dados em (10) na equação (9) e obtemos
mp λp(p−1)k eo e1 · · · ep−1 = ελp(p−1)k dp ,
de onde deduzimos que cada
ei
é, a menos de uma unidade de
dois a dois primos entre si e assumimos que
todo
i = 0, . . . , p − 1.
O
O,
uma
é fatorial. Sejam então,
Reescrevendo as equações (10) substituindo os
a+b
p-potência
ei = εi api ,
ei s
pelos
em
com
ai s
O,
pois são
εi ∈ O × ,
temos
= λ(p−1)(pk−1) mεo apo ,
a + ξ j b = λmεj apj , j = 1, 2, . . . , p − 1,
Calculando-se
m
(11)
na primeira equação e substituindo-se o resultado obtido na segunda obtemos
−1 p
(a + ξ j b)λp(p−1)(k−1) = (a + ξ j b)λ(p−1)(pk−1)−1 = (a + b)(εj ε−1
o )(aj ao ) , j = 1, 2, . . . , p − 1,
2 Temos
para
(12)
como hipótese que a, b, e d são relativamente primos, mas isso não implica que eles sejam dois a dois
primos entre si.
11
Consideremos agora a seguinte igualdade:
(a + ξb)(1 + ξ) − (a + ξ 2 b) = ξ(a + b).
Multiplicando-se (13) por
λp(p−1)(k−1)
obtemos de (12) com
j=1
e
(13)
j=2
que
−1 p
p(p−1)(k−1)
−1
−1 p
,
(a + b)(ε1 ε−1
o )(a1 ao ) (1 + ξ) − (a + b)(ε2 εo )(a2 ao ) = ξ(a + b)λ
a+b
onde cancelando-se o termo
e multilplcando-se por
p
(1 + ξ)−1 (ε−1
1 εo )ao
obtemos
p
−1 −1
p(p−1)(k−1) p
ao .
ap1 − (1 + ξ)−1 ε−1
1 ε2 a2 = (1 + ξ) (ε1 εo )ξλ
ε0 = (1 + ξ)−1 ε−1
1 ε2
Chamemos
ε00 = (1 + ξ)−1 (ε−1
1 εo )ξ
e
e nossa equação ca na forma
ap1 − ε0 ap2 = ε00 λp(p−1)(k−1) apo ,
onde
de
a1 , a2 , ao ∈ O,
O.
são relativamente primos em
Observe que se for possível provar que
O,
(14)
não são divisíveis por
ε0 = η p ,
com
η ∈ O×
λ,
λp O ,
ε0
e
ε00
são unidades
essa última equação cará na
forma (9) produzindo uma contradição, pois encontramos uma solução com
Tomemos agora a equação (14) módulo
e
k−1
no lugar de
isto é,
ap1 − ε0 ap2 ≡ 0(mod λp ).
Vimos na Armação 3 que
podemos mesmo escolher
βp
O/λO ' Z/pZ,
β ∈ Z)
tal que
k.
(15)
que é um corpo. Como
a2 β ≡ 1(mod λ).
λ - a2 ,
exite
β∈O
(na verdade
Multiplicando-se a congruência (14) por
obtemos
(a1 β)p − ε0 (a2 β)p ≡ 0(modλp ),
do que resulta
ε0 ≡ (a1 β)p (mod λp ).
Pela Armação 3 existe
potência
p
a∈Z
tal que
a1 β ≡ a (mod λ).
(16)
Escrevendo
e elevando a
vamos obter
p
p
p p
(a1 β) = a + γ λ +
p−1 X
p
j=1
Pelo lema da página 23 das Notas V sabemos que
p
j
divide
ap−j γ j λj .
p
j
para todo
divide todas as parcelas da somatória acima. Pela Armação 3,
µ ∈ O× .
a1 β = a + γλ
Portanto
pλ
divide
λp .
12
1 ≤ j ≤ p − 1.
λp−1 = µp,
Podemos então reescrever (17) na forma
(a1 β)p = ap + pλδ,
(17)
Logo
pλ
para alguma unidade
para algum
nos dá
δ ∈ O.
Resulta disso que
ε0 ≡ ap (mod p).
segundo o qual se
(a1 β)p ≡ ap (mod p),
que combinado com a igualdade (16)
Recorremos agora a um resultado de Kummer, que não vamos demonstrar,
ε0 ∈ O ×
é congruo a um inteiro módulo
p,
então existe
η ∈ O×
ε0 = η p .
tal que
Mas isso é exatamente o que precisamos na equação (14) para obtermos a contradição procurada.
p = 3
Aqui também vamos tomar
primeiro que para
p=3
temos
Vamos mostrar que somente
ε = ±ξ ,
√
δ = (a/2) + (b/2) −3
De fato, seja
Z[ξ]× = { ±1, ±ξ, ±ξ 2 },
ε = e + 3δ ,
com
ε ∈ Z[ξ]×
δ ∈ Z[ξ].
e
e ∈ Z.
Vamos escrever
ε = ±ξ . Temos então
√
√
−1 + −3
a + b −3
±
=e+3
.
2
2
±1 = 3b, obtemos uma contradição.
mesma contradição. Logo somente
ε = ±1
No caso
ε = ±ξ 2
obteríamos a
podem satisfazer a uma congruência do tipo acima. Mas
como armado pelo resultado de Kummer.
Com isso terminamos a demonstração do Teorema de Fermat para primos
Uma palavra nal sobre o anel de inteiros ciclotômicos
da unidade,
com
e considerar o caso
Como essa igualdade implica que
±1 = (±1)3 ,
e suponhamos que
Observe
conforme vimos na Armação 5, página 6.
±1 pode satisfazer uma equação ε ≡ e (mod 3),
ε = ±ξ 2
ou
e vericar a validade do resultado de Kummer.
p
Z[ξp ], onde ξp
p tais que [ξ] é fatorial.
é uma raiz primitiva
p-ésima
primo impar. Com já dissemos esse anel não é em geral fatorial e portanto seus ideais
não são principais. Contudo
tal que para todo ideal
I
de
Z[ξp ]
tem uma propriedade muito interessante: existe inteiro positivo
Z[ξp ], I n
é principal. Escolhendo-se
essa propriedade, denimos que um primo
p
é de regular se
p - n.
n
de forma que seja mínimo com
Os argumento que apresentamos
nestas Notas podem ser aplicados com poucas modicações para anéis
é, na verdade, o teorema de Kummer: Se
p>2
n
Z[ξp ],
é regular, então a equação
com
p
regular. Esse
xp + y p = z p
não tem
solução inteira.
Em particular, se
Z[ξp ]
for fatorial, então
n = 1,
isto é, todo ideal é principal. Logo
p
é regular.
Recorde que nem todo anel fatorial é principal, mas no caso particular de um anel de inteiros
algébricos as duas coisas são equivalentes.
13