Een algemene versie van Dirichlets eenhedenstelling is te vinden in [9], stelling 5.13. In deze scriptie zullen we deze stelling formuleren en bewijzen in het geval van de ring Z[√3
m]. Stelling 13 Dirichlets Eenhedenstelling; speciaal geval. De eenhedengroep Z[√3
m]∗ ∼= Z × Z/2Z, waarbij m geen derde macht.
Om stelling 13 te kunnen bewijzen hebben we de stelling van Minkowski nodig (In het engels ook wel: Minkowski’s theorem) deze stelling is te vinden in [9].
Stelling 14 Stelling van Minkowski. Laat L een volledig rooster in een n−dimensionale Euclidische ruimte V en X ⊂ V een gesloten, begrensd, convex, symmetrische deelverza-meling die voldoet aan:
V ol(X) ≥ 2nVol(V /L) (7.1) Dan bevat X een roosterpunt ongelijk aan nul.
Waarbij convex betekent dat voor alle x, y ∈ X en alle λ ∈ [0, 1], λx + (1 − λ)y ∈ X. Symmetrisch betekent dat voor alle x ∈ X, −x ∈ X.
We zullen nu met onderstaande stellingen proberen een bewijs te vinden voor Dirichlets eenhedenstelling. Dit is terug te vinden in [8].
Lemma 9 De discriminant van de ring R = Z[√3
m], m geen derde macht, wordt gegeven door: −27m2.
Bewijs
Neem A = (aij) = σj(αi). disc(Z[√3
det(A) = σ1(1) σ1(√3 m) σ1(√3 m) σ2(1) σ2(√3 m) σ2(√3 m) σ3(1) σ3(√m) σ3(√3 m) = 1 √3 m √3 m2 1 √3 me2πi3 3 √ m2e4πi3 1 √3 me4πi3 3 √ m2e2πi3 = 1 · 3 √ me2πi3 3 √ m2e4πi3 3 √ me4πi3 3 √ m2e2πi3 − 3√m 1 √3 m2e4πi3 1 √3 m2e2πi3 + 3√3 m 1 √3 me2πi3 1 √3 me4πi3 = me4πi3 − me2πi3 − me2πi3 + me4πi3 + me4πi3 − me2πi3
= 3me4πi3 − 3me2πi3
= 3m(−1 2 − 1 2 √ 3i) − 3m(−1 2 + 1 2 √ 3i) = −3 2m √ 3i − 3 2m √ 3i = −3m√3i disc(Z[√3 m]) = det(A)2= 9m2· 3 · i2= −27m2. Om stelling 13 te kunnen bewijzen, defini¨eren we het volgende:
A = q |disc(Z[√3 m])| · 2 π ∈ R>0 (7.2) We kiezen c1, c22 ∈ R>0 zodat: c1· c22= A (7.3) Maak hierbij een S zodat:
S = {(x1, x2, x3) ∈ R3 : |x1| ≤ c1, |x22+ x23| ≤ c22} ⊂ R3. (7.4) Uit deze definitie voor S kunnen we zien dat S gesloten, begrensd, convex en symmetrisch is ten opzicht van de oorsprong. Dit komt, omdat S het product is van ´e´en interval en ´
e´en cirkel. Het interval en de cirkel hebben beide ook deze eigenschappen, daaruit volgt onmiddellijk dat S deze eigenschappen heeft. We zien uit deze definitie voor S dat in dit geval S een cilinder vorm heeft.
Figuur 7.1: De cilinder S. We zien hierbij dat
Vol S = 2c1· πc22 = 2πA =p|disc(R)| · 2
π · 2π = 2
2p|disc(R)| We maken vervolgens gebruik van de afbeelding:
ϕ : Z[√3
m] → R3 door ϕ(x) = (σ1(x), Re(σ2(x)), Im(σ2(x))) We nemen vervolgens als rooster:
L = ϕ(Z[√3
m]) ⊂ R3
Vol(R3/L) = 1
2p|disc(R)|
Nu maken we gebruik van de stelling van Minkowski, zie stelling 14. Namelijk:
Vol S = 22p|disc(R)| = 23
Vol(R3/L). (7.5) We zien dat aan de voorwaarden van de stelling van Minkowski is voldaan. S bevat een roosterpunt ongelijk aan nul. We hebben nu een cilinder S gemaakt, die een punt bevat van het rooster. Dat wil zeggen er is een a ∈ Z[√3
m], zodat |σi| ≤ ci voor i ∈ {1, 2}. Hieruit volgt: |N (a)| = | 3 Y i=1
σi(a)| = |σ1(a)| · |σ2(a)|2 ≤ c1c22 = A Hierbij gebruiken we stelling 10.
Nu maken we een verzameling V , met V := {b ∈ Z[√3
Lemma 10 De verzameling V = {b ∈ Z[√3
m] : |N (b)| ≤ A} is oneindig. Bewijs
We nemen een v ∈ V met: ϕ(v) = (σ1(v), Re(σ2(v)), Im(σ2(v))) ∈ R3. Vervolgens kunnen we een cilinder S1 = {(x1, x2, x3) ∈ R3 : |x1| ≤ c1, |x22 + x23| ≤ c2
2} ⊂ R3 maken met hoogte < |σ1(v)| we kunnen dan c2 zodanig kiezen dat nog steeds geldt: c1c22 = A. Deze cilinder S1 kunnen we zodanig maken dat hij een groot genoeg volume heeft, zodat hij aan de stelling van Minkowski voldoet. S1 bevat een roosterpunt ongelijk aan nul. Dit roosterpunt kan niet gelijk zijn aan v omdat we de hoogte van de cilinder beperkt hebben, zodat v 6∈ S1. We vinden dus een v1 6= v.
N (v1) = |
3
Y
i=1
σi(v1)| = |σ1(v1)| · |σ2(v1)|2 ≤ c1c22 = A.
Dus volgt v1 ∈ V . Zo kunnen we de hoogte en straal van de cilinder telkens vari¨eren waardoor we oneindig veel punten vinden die in V zitten.
Vervolgens nemen we de verzameling: W := {de hoofdidealen (b) ⊂ Z[√3
m] : |N (b)| ≤ A}. Lemma 11 De verzameling W = {de hoofdidealen (b) ⊂ Z[√3
m] : |N (b)| ≤ A} is eindig. Bewijs
We kunnen dit ook als volgt bekijken: We nemen Z[√3
m] als optelgroep. Dat wil zeggen dat Z[√3
m] − optelgroep ∼= Z3. We nemen nu de lineaire afbeelding vermenigvuldigen met b. Als we van deze afbeelding de determinant nemen, dan verkrijgen we de norm van b. Dus
Z[3 √
m] − optelgroep−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→“vermenigvuldigen met b” bZ[√3
m] We zagen dat Z[√3
m] − optelgroep ∼= Z3, en dus: Z3
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→
“vermenigvuldigen met b” (beeld van Z3) ⊂ Z3 Uit de analyse weten we dat
det(“vermenigvuldigen met b”) = ±vol(b(x))
vol(x) = N (b) Daaruit volgt:
#Z[√3
m]/bZ[√3
De verzameling W is dan gelijk aan het volgende: W = {de hoofdidealen (b) ⊂ Z[√3
m] : #Z[√3
m]/(b) ≤ A}. Deze verzameling ligt bevat in: W1 = {de idealen I ⊂ Z[√3
m] : #Z[√3
m]/I ≤ A}
Als we nu aan kunnen tonen dat W1 eindig is, dan volgt daaruit dat W ook eindig is. Stel #Z[√3
m]/I ≤ A. Daaruit volgt dat #Z[√3
m]/I ∈ {1, 2, 3, . . . bAc}. Waarbij bAc de floor functie is. We defini¨eren nu: n := bAc! dan: #Z[√3
m]/I | n. De ring Z[√3
m]/I is een optelgroep (zie [2]). #Z[√3
m]/I is het aantal elementen van die groep. Dus ∀r + I ∈ Z[3
√
m]/I geldt: (#Z[√3
m]/I) · (r + I) = 0 + I. Dus geldt zeker nr + I = n · (r + I) = 0 + I. Daaruit volgt onmiddellijk: nr − 0 = nr ∈ I ∀r ∈ Z[√3
m]. Dus nZ[√3
m] ⊂ I.
Als het aantal idealen I, die de eigenschap nZ[√3
m] ⊂ I hebben, eindig is, dan is het bewijs rond. We kijken nu naar de ring Z[√3
m]/nZ[√3
m]. We willen weten wat de idealen in Z[√3
m]/nZ[√3
m] zijn. Daartoe weten we dat er een bijectie (een bijectieve afbeelding) is tussen de idealen {I ⊂ Z[√3 m]/nZ[√3 m]} ↔ {I ⊂ Z[√3 m] zodat nZ[√3 m] ⊂ I} We zien hier dat we Z[√3
m]/nZ[√3
m] als optelgroep kunnen zien als Z3/nZ3 ∼= (Z/nZ)3. Waarbij we weten dat (Z/nZ)3 eindig veel ondergroepen (zelfs: deelverzamelingen) heeft. Daaruit volgt dat er eindig veel hoofdidealen van Z[√3
m] zijn met norm hooguit A.
Omdat de verzameling V oneindig is en de verzameling W eindig, zijn er b1, b2, b3, b4, . . . met (b1) = (b2) = (b3) = (b4) = . . .. Dat wil zeggen dat ze een eenheid verschillen, dus vinden we: b2
b1,b3
b1,b4
b1, . . . ∈ Z[√3
m]. Zo vinden we altijd een niet-triviale eenheid van Z[3
√ m].
Het beeld van f is discreet en we vinden dus altijd een niet-triviale eenheid. Er kan dus een eenheid u gekozen worden waarvoor f (u) 6= (0, 0) is en bovendien ||f (u)|| minimaal is. Net als bij het hoofdstuk over de vergelijking van Pell volgt dan voor elke eenheid v, dat f (v) = nf (u) voor een n ∈ Z. En dus f (v) = f (un), waaruit volgt dat v = ±un. Daarmee is het speciale geval van de eenhedenstelling van Dirichlet bewezen. Dus Z[√3
m]∗ is isomorf met Z × Z/2Z.
We zien dat de eenhedengroep ook bij de ring Z[√3
m] op vermenigvuldigen met ±1 na, wordt voortgebracht door ´e´en element. De eenhedengroep ziet er als volgt uit:
Z[3 √
m]∗ = {±(a + b√3
m + c√3
Nu is het nog interessant om te weten wanneer een eenheid groter dan 1 van Z[√3
m] daadwerkelijk de voortbrenger is van de eenhedengroep. Daarvoor hebben we eerste de volgende stelling nodig:
Stelling 15 Artin. Neem de ring Z[√3
m], en neem u ∈ Z[√3
m]∗ de voortbrenger > 1 van de eenhedengroep, dan |disc(Z[√3
m])| < 4u3+ 24.
Dit bewijs laten we achterwege, het is te vinden in [11]. Met stelling 15 kunnen we de volgende stelling bewijzen, die heel nuttig is om te kijken of een eenheid groter dan 1 ook daadwerkelijk een voortbrenger van de eenhedengroep is:
Stelling 16 We nemen een u ∈ Z[√3
m]∗ met u > 1. Dan is u een voortbrenger van de eenhedengroep als: 4u32 + 24 < |disc(Z[√3
m])|. Bewijs
We weten door het speciale geval van Dirichlets eenhedenstelling dat de eenhedengroep Z[3
√
m]∗ ´e´en voortbrenger groter dan 1 heeft, noem deze voortbrenger . Dus u = nvoor een positief geheel getal n. Als we nu laten zien dat n = 1 dan is de stelling bewezen. Als zou gelden dat n > 1, dan was
|disc(Z[√3
m])| ≤ 43+ 24 = 4u3/n+ 24 ≤ 4u3/2+ 24. Dit is een tegenspraak.
Hoofdstuk 8
Eenhedengroep Z[√3 m]∗
In dit hoofdstuk zullen we voor een aantal m de eenheden proberen te vinden van de ring Z[3
√
m]. Het script waarmee deze eenheden zijn gevonden staat beschreven in bijlage B.
8.1 De eenhedengroep Z[√
35]
∗We zullen beginnen met het geval m = 5. We praten dus over de ring Z[3
√
5] := {a+b√3
5+c√3
52: a, b, c ∈ Z}. De discriminant van de ring Z[√3
5] wordt gegeven door: disc(Z[√35]) = −27 · 52 = −675 (zie stelling 9). Vervolgens kunnen we A bepalen (zie vergelijking 7.2). Deze wordt gegeven door:
A = q |disc(Z[√35])| · 2 π = √ 675 · 2 π
Vervolgens gaan we proberen een c1, c2 zodanig te kiezen, dat c1 · c2
2 = A. We begin-nen met c2 = 45 en met c1 = cA2
2
. Daarna gaan we voor i, j, k, elk lopent van −5 tot 5, elementen a = i+j√35+k√352∈ Z[√3
5] zoeken die voldoen aan |σ1(a)| < c1en |σ2(a)| < c2.
Voor c2= 45 en c1 = cA2
2 vinden we de volgende i, j, k die voldoen aan deze eis.
−5, −3, −2 −3, −2, −1 0, 0, 0 3, 2, 1 5, 3, 2
Vervolgens bereken we de norm van de onderste twee elementen: N (3 + 2√35 +√352) = 2
N (5 + 3√3 5 + 2√352) = 10
We zien dat deze beide elementen niet een norm ±1 hebben en dus geen eenheid zijn. We proberen nu of we voor andere waarden van c1 en c2 wel een eenheid van Z[√35] kunnen vinden. We nemen nu c1 = 9 en c2 = cA
1. Vervolgens herhalen we het proces weer, maar nu met deze nieuwe waarden voor c1 en c2. Dan verkrijgen we de volgende elementen:
−3, −1, −1 −2, −2, −1 −2, −1, −1 −1, 0, 0 0, 0, 0 1, 0, 0 2, 1, 1 2, 2, 1 3, 1, 1
Weer gaan we de norm berekenen, om te kijken of er nu een eenheid tussen zit.
N (2 + 13 √
5 + 13 √
52) = 8
We zien dat de eenheden a = 2 + 1√35 + 1√352 en b = (3 + 2√35 +√352)3 dezelfde norm hebben en dus hetzelfde hoofdideaal voortbrengen. Als we deze elementen op elkaar delen dan krijgen we wel een eenheid.
Zo verkrijgen we de volgende eenheden: α1= b a = 1 − 4 3 √ 5 + 23 √ 52 (8.1) α2= a b = 41 + 24 3 √ 5 + 14√352 (8.2)
Waarbij N (α1) = 1 en N (α2) = 1. Bovendien weten we dat de eenhedengroep Z[√3
m] wordt voortgebracht door ´e´en element, en hier zien we:
α2 = (α1)−1
Om een beter beeld te krijgen van de eenhedengroep Z[√3
5]∗ kunnen we de machten nemen van deze twee eenheden, om zo meer eenheden te vinden. Dit is weergegeven in de volgende tabellen.
Voor α1 is dit de volgende tabel: Eenheid Norm 1 − 4 51/3+ 2 52/3 1 −79 + 12 51/3+ 20 52/3 1 −359 + 528 51/3− 186 52/3 1 8641 + 104 51/3− 3016 52/3 1 70001 − 64620 51/3+ 13850 52/3 1 −853199 − 206124 51/3+ 412332 52/3 1 −11161079 + 7329992 51/3− 469570 52/3 1 71530241 + 47278608 51/3− 52111696 52/3 1 1586550241 − 759959316 51/3− 98165646 52/3 1 −4049729999 − 8087816740 51/3+ 6114772100 52/3 1 En voor α2: Eenheid Norm 41 + 24 51/3+ 14 52/3 1 5041 + 2948 51/3+ 1724 52/3 1 619921 + 362532 51/3+ 212010 52/3 1 76235201 + 44582616 51/3+ 26072072 52/3 1 9375075001 + 5482577120 51/3+ 3206230550 52/3 1 1152906139441 + 674223600444 51/3+ 394288353444 52/3 1 141779406161441 + 82913099705868 51/3+ 48487874854034 52/3 1 17435417614513921 + 10196294075597552 51/3+ 5962828948216400 52/3 1 2144132181272867401 + 1253896106222981736 51/3+ 733282891294408542 52/3 1 263676093823125310001 + 154198715096299666740 51/3+ 90175955630242455500 52/3 1 In paragraaf 6.2 hebben we de volgende afbeelding gedefinieerd:
f : Z[√3
m]∗→ H ⊂ R2 (8.3)
β 7→ (log |σ1(β)|, log |σ2(β)|)
Waarbij het beeld wordt afgebeeld op de lijn: H = {(x1, x2) ∈ R2 : x1+ 2x2 = 0}, waarbij x = log |σ1(β)|, y = log |σ2(β)| (zie stelling 11). We zien hier dat dat precies gebeurt, namelijk:
log |σ1(α1)| + 2 · log |σ2(α1)| = 0 Bovendien zien we dat
f (α1) = 1 2 · f (α
2
1) = −1 · f (α2)
We gaan nu met behulp van stelling 15 de voortbrenger u > 1 van Z[√35]∗ bepalen. Er geldt dat σ1(α2) = 122.9756711 . . ., dus dit is een eenheid > 1.
Noemen we de voortbrenger > 1 weer u, dan geldt dus α2 = un voor een n ≥ 1, dus ook u = α1/n2 en u > q3 675−24
4 = 5.459761425 . . . (zie stelling 15). Dus volgt 122.9756711 . . . > (5.459761425 . . .)n,
en daarom is n ≤ 2. Zou n = 2 gelden, dan zou α2 een kwadraat zijn in Z[√35]. Met het Maple-commando
alias(beta=RootOf(x^3-5)):
factor(x^2-(41+24*beta+14*beta^2),beta);
zie je dat dit niet het geval is. Dus geldt n = 1 en u = α2. Dus de structuur van de eenhedengroep Z[√3
5]∗ is als volgt:
Z[3 √
5]∗ = {±(41 + 24√3 5 + 14√352)q : q ∈ Z}. Op dezelfde manier hebben we geprobeerd in Z[√3
23]∗ niet-triviale elementen te vinden. In dit geval is bekend, dat de kleinste eenheid > 1 vrij grote coefficienten heeft (zie [12]). Hoewel theoretisch gezien, de methode zeker zo’n eenheid zou moeten vinden, is dat in de praktijk niet gelukt.