Matematika | Diszkrét Matematika » Erdélyi Márton - Analítikus számelmélet véges függvénytesteken

http://www.doksihu Eötvös Lóránd Tudományegyetem Analitikus számelmélet véges függvénytesteken Készítette: Témavezet®: Erdélyi Márton Tóth Árpád III. évfolyam, Matematika BSc Budapest, 2009 http://www.doksihu A dolgozatban a véges testek fölötti polinomgy¶r¶ket vizsgálom, f®leg a felbonthatatlan polinomok eloszlásával kapcsolatos állításokat. Hagyományos számelméleti tételek analógját próbálom igazolni. Az els® részben deniníciók és elemi számelméleti állítások vannak. A következ®ben a Reciprocitási tételt bizonyítom. Ebben az esetben nem csak a kvadratikus eset kezelhet® könnyen, sokkal egyszer¶bb állítások igazak, mint az egész számok között. Ebben a két részben f®leg algebrai eszközöket használok. A harmadik részben már analitikus számelmélet van. Egy gyönyör¶ bizonyítást mutatok a Prímszámtételre, ami itt sokkal egyszer¶bben bizonyítható, mint a hagyományos esetben. A negyedik és

ötödik részben a Dirichlet karakterek és L-függvények tulajdonságait vizsgálom, végül egy mélyebb állítást az általános Riemann hipotézist bizonyítás nélkül felhasználva Dirichlet-tétel anaglóját is kimondom. A hatodik részben azt vizsgálom meg hogyan lehet eldönteni egy polinomról, hogy egy adott szám hányszoros gyöke. Ennek segítségével a hetedik részben algebrai görbék racionális pontjait számoljuk Az utolsó részben megpróbálom vázolni, hogy ilyen technikákkal hogyan bizonyítható a Dirichlet-tételhez felhasznált állítás. Michael Rosen Number Theory in Function Fields [1] könyvének els® négy része és Henryk Iwaniec, Emmanuel Kowalski Analytic Number Theory [2] 11.6 fejezete alapján dolgoztam. Tartalomjegyzék 1. Klasszikus számelmélet 3 2. Reciprocitási tétel 7 3. Prímszámtétel 11 4. Dirichlet-karakterek és L-függvények 13 5. Dirichlet-tétel 19 6. Polinomok gyökeinek multiplicitása 23 7. Algebrai

görbék megoldásai F2q -n 26 8. Riemann-hipotézis 29 2 http://www.doksihu 1. Klasszikus számelmélet Legyen p0 prímszám, f ∈ Z+ , q = pf0 , Fq q elem¶ test, K = Fq (T ) egyszer¶ transzcendens b®vítése. Tekintsük az A = Fq [T ] részgy¶r¶t, az Fq fölötti polinomok gy¶r¶jét, és nézzük meg néhány klasszikus számelméleti állítás analógját A-n! 1.1 Deníció P Ha f ∈ A {0}, akkor f (T ) = ni=0 αi T i (n ∈ Z+ ) alakú. Feltehetjük, hogy αn 6= 0. Legyen f foka deg(f ) = n f 1 f®együtthatós, ha αn = 1, A0 az 1 f®együtthatós polinomok halmaza. 1.2 Deníció Ha f ∈ A {0}, akkor legyen |f | = q n . Ez pont az "f -nél kisebb" polinomok száma. 1.3 Deníció f ∈ A felbonthatatlan (vagy prím), ha nem áll el® két, nála kisebb fokú szorzataként, különben f összetett. P a felbonthatatlan polinomok halmaza, P0 = P ∩ A0 . 1.4 Állítás 1. Legyen f, g ∈ A Ekkor deg(f g) = deg(f ) + deg(g), deg(f + g) ≤

max{deg(f ), deg(g)}. A másodiknál egyenl®ség van, ha deg(f ) 6= deg(g) 2. A euklideszi gy¶r¶, az euklideszi algoritmus egyértelm¶ Ezért A f®ideálgy¶r¶ f, g egy f®együtthatós legnagyobb közös osztóját (f, g)-vel jelölöm Q 3. ∀f ∈ A {0} f egyértelm¶en el®áll α ti=1 pei i alakban, ahol ∀i pi egy f®együtthatós, felbonthatatlan, α ∈ Fq , azaz A UFD. 4. Ha f ∈ A, akkor A/f A q deg(f ) elem¶ gy¶r¶ Ha g ∈ A, akkor a g által reprezentált faktorgy¶r¶beli elemet [g]vel jelölöm. Egy reprezentáló rendszer a 0 és a legfeljebb deg(f ) fokú polinomok. 5. (Kínai maradéktétel) Legyen m1 , m2 , . , mt ∈ A páronként relatív prím elemek, m = m1 m2 . mt , ϕi : A/mA A/mi A a természetes homomorzmusok. Ekkor az alábbi leképezés izomorzmus: ϕ : A/mA A/m1 A × A/m2 A × · · · × A/mt A ϕ(a) = (ϕ1 (a), ϕ2 (a), . , ϕt (a)) 3 http://www.doksihu 6. A fönti ϕ-t megszorítva az egységek csoportjára egy izomorzmust

kapunk (A/mA)∗ (A/m1 A)∗ × (A/m2 A)∗ × · · · × (A/mt A)∗ Ezek bizonyítása lényegében ugyanúgy megy mint az egészeknél. az (A/f A)∗ csoportokat vizsgáljuk meg. Legyen f felbontása QMost t ei α i=1 pi . A Kínai maradéktétel szerint ekkor (A/f A)∗ (A/pe11 A)∗ × (A/pe22 A)∗ × · · · × (A/pet t )∗ Tehát elég prímhatványokra kiszámolni a multiplikatív csoportot. 1.5 Állítás Legyen p ∈ A felbonthatatlan, e ∈ Z, e ≥ 2. Ekkor 1. (A/pA)∗ Z|p|−1 2. |(A/pe A)∗ | = (|p| − 1)|p|e−1 3. ∃a ∈ (A/pe A)∗ , aminek a rendje |p|−1 Legyen ϕ : (A/pe A)∗ (A/pA)∗ a természetes homomorzmus. Ekkor ker(ϕ) |p|e−1 rend¶ p0 -csoport Bizonyítás. 1. Mivel p felbonthatatlan, pA prímideál, (A/pA) véges test (A/pA)∗ elemszáma |p| − 1. ∀a ∈ (A/pA)∗ : ap−1 = 1 Minden d | |p| − 1-re az xd − 1 = 0 egyenletnek legfeljebb d megoldása lehet. De X φ(d) = |p| − 1, d||p|−1 tehát a d rend¶ elemek száma

pontosan φ(d). Így van |p| − 1 rend¶ elem, mondjuk g . Zp−1 < g >= (A/pA)∗ 2. A/pe A-nak egyetlen maximális ideálja van, ez pA/pe A Tehát (A/pe A)∗ = (A/pe A) (pA/pe A), az elemszáma |p|e − |p|e−1 = (|p| − 1)|p|e−1 . 4 http://www.doksihu 3. Legyen g ∈ F∗q egy generátor eleme, a = [g] g rendje |p|−1 ϕ ráképzés, így | ker(ϕ)| = |p|e−1 . Könnyen belátható, hogy (A/pe A)∗ általában nem ciklikus, s®t, ha e ∞, akkor a generátorelemek száma végtelenhez tart. Ez egészen máshogy van, mint Z-ben: ha p > 2 prímszám akkor (Z/pe Z)∗ ciklikus, és e ≥ 3 esetén (Z/2e Z)∗ Z2 × Z2e−2 . 1.6 Deníció ∀f ∈ A {0}-ra legyen φ(f ) = |(A/f A)∗ | az Eulerfüggvény megfelel®je. Máshogy ez az f -nél kisebb, f -hez relatív prím polinomok száma 1.7 Állítás φ(f ) = |f | Bizonyítás. Q Legyen f = α φ(f ) = t Y φ(pei i ) i=1 p|f Qt 1− i=1 1 |p|
. pei i . Ekkor t t Y Y |pi | − 1 ei −1 =

(|pi | − 1)|pi | = |f | |pi | i=1 i=1 1.8 Állítás (Euler-Fermat tétel) Ha f ∈ A {0}, a ∈ A relatív prím f -hez, akkor aφ(f ) ≡ 1 (mod f ). Speciálisan, ha p felbonthatatlan, p - a, akkor a|p|−1 ≡ 1 (mod p). Bizonyítás. |(A/f A)∗ | = φ(f ), tehát [a] ∈ (A/f A)∗ -ra Y g∈(A/f A)∗ g= Y [a]g = [a]φ(f ) g∈(A/f A)∗ Y g, g∈(A/f A)∗ mivel mindkett® (A/f A)∗ összes elemén fut végig. Így [aφ(f ) ] = [a]φ(f ) = 1, ez pont azt jelenti, hogy aφ(f ) ≡ 1 (mod f ). Ha p felbonthatatlan, akkor φ(p) = |p| − 1, 1.9 Állítás (a, p) = 1 ⇐⇒ p - a. Legyen p ∈ A felbonthatatlan, deg(p) = d. Ekkor Y X |p|−1 − 1 ≡ (X − f ) (mod p) f ∈A deg(f )<d 5 http://www.doksihu Bizonyítás. {f ∈ A|(deg(f ) < d)}∪{0} reprezentálja A/pA mellékosztályait, így {f ∈ A| deg(f ) < d} reprezentálja (A/pA)∗ mellékosztályait. Az el®z® állítás szerint x|p|−1 −[1]-t minden legfeljebb d fokú polinom

kielégít, ugyanez igaz a jobb oldalra is. Ilyen polinomból |p| − 1 van, ! Y deg(x|p|−1 − [1]) = deg (x − [f ]) = |p| − 1 f ∈A deg(f )<d Így minden egyszeres gyök, mindekett® 1 f®együtthatós. Tehát egyenl®k, és ennek triviális következménye a kívánt állítás. 1.10 Állítás Legyen p ∈ A felbonthatatlan, n, e ∈ Z+ , (n, p0 ) = 1, (n, |p| − 1) = d. Ekkor az X n ≡ 1 (mod pe ) egyenletnek d megoldása van Az n. hatványmaradékok száma modulo pe ϕ(pe )/d Bizonyítás. Az állítás ekvivalens azzal, hogy xn = 1-nek d megoldása van (A/p A) fölött. Az e = 1 esetben (A/pA)∗ Z|p|−1 , itt az állítás triviális: Legyen g egy generátorelem, a = g t . e ∗ an = g nt = 1 ⇐⇒ (|p| − 1) | nt ⇐⇒ (|p| − 1) | dt ⇐⇒ t |p| − 1 d Tehát t = k |p|−1 (k = 0, 1, . , d − 1) d Egy második megoldást is adok. Legyen φn : (A/pA)∗ (A/pA)∗ , φn ([f ]) = [f n ]. Ha d=1, akkor ker(φn ) = {1}, φn automorzmus. φnm =

φn ◦ φm , tehát elég az n = d esetet megmutatni. Az el®z® állítás szerint x|p|−1 − [1] els®fokú tagokra bomlik, és mivel d | (|p| − 1), xd − [1] | x|p|−1 − [1]. Tehát d megoldás van. Ha e tetsz®leges, tekintsük a természetes (A/pe A)∗ (A/pA)∗ leképzést. Ennek a magja p0 -csoport, és mivel (p0 , |p|−1) = 1, (A/pe A)∗ = G×(A/pA)∗ , ahol G p0 -csoport. Mivel (d, p) = 1, a d hatványra emelés egy automorzmus G-ben, tehát a ∈ A akkor d. hatványmaradék modulo pe , ha modulo p is az 6 http://www.doksihu Így a mag d elem¶, a d. hatványmaradékok d index¶ részcsoportot alkotnak A bizonyításból nyilván látszik, hogy X d ≡ a (mod pe ) akkor és csak akkor oldható meg, ha a(|p|−1)/d ≡ 1 (mod p). 2. Reciprocitási tétel Az els® részben megmutattuk, hogy a ∈ A pontosan akkor d. hatványmaradék egy felbonthatatlan p elemre nézve (d | (|p| − 1), p - a), ha a(|p|−1)/d ≡ 1 (mod p). Legyen ϕ : F∗q (A/pA)∗ a

természetes leképzés. Mivel p felbonthatatlan, minden a-ra [a](|p|−1)/d rendje osztja d-t, így [a](|p|−1)/d ∈ ϕ(F∗q ) És mivel ϕ injektív, van egyetlen α ∈ F∗q , melyre a(|p|−1)/d ≡ α (mod p). 2.1 Deníció Legyen p ∈ A felbonthatatlan, d ∈ Z+ , d | (q − 1), a ∈ A. Ekkor ha p - a, akkor a (p-re vonatkozó) d. szimbóluma a
= ϕ−1 [a](|P |−1)/d ∈ F∗q p d   Ha p | a, legyen ap = 0. d 2.2 Állítás Legyen a, b, p ∈ A, p felbonthatatlan, α ∈ F∗q . A d szimbólumra a következ®k igazak:     a . 1. ap = αp d d 2. Ha a ≡ b (mod p), akkor 3.     a p d b p = d   ab p d   a p =   b p d d . . 4. a d hatványmaradék ⇐⇒   a p =1 d 5. Ha β ∈ F∗q , β d = 1, akkor ∃c ∈ A : 7   c p =β d http://www.doksihu Bizonyítás. Az els® négy állítás triviális a denícióból, az eddigiekb®l és abból, hogy ha α, β ∈ Fq , melyre α ≡ β (mod  p)  , akkor α = β . A

ötödikhez tekintsük a ϕ : (A/pA)∗ F∗q , ϕ([a]) = a p d leképzést. Ez egy homo- morzmus, aminek a magja a d. hatványmaradékok, |(A/pA)∗ : ker(ϕ)| = (|p| − 1)/d, tehát a kép d elem¶, ebb®l következik az állítás. 2.3 Állítás Legyen p ∈ A felbonthatatlan, α ∈ Fq ⊂ A. Ekkor α = αdeg(p)·(q−1)/d p d Bizonyítás. δ−1 Legyen δ = deg(p)  . Ekkor (|p| − 1)/d = (1 + q + · · · + q ) · (q − 1)/d. És mivel αq = α, αp = αdeg(p)·(q−1)/d d Így ha d | deg(p), akkor minden konstans d. hatványmaradék 2.4 Állítás (Reciprocitási tétel) Legyen r, s ∈ P0 , ρ = deg(r), % = deg(s). Ekkor Bizonyítás. És ha   s r   s r ρ%(q−1)/d = (−1) d       r s d . (q−1)/d Elég igazolni az állítást d = q−1-re, mert = d q−1   ρ% r = (−1) s , akkor ezt a (q − 1)/d. hatványra emelve q−1 α p q−1 α p megkapjuk az állítást. Legyen α r gyöke, β s gyöke, F0 = Fq (α, β). Ekkor a

véges testek b®vítéρ−1 seinek tulajdonságai szerint r(T ) = (T − α)(T − αq ) . (T − αq ), és %−1 s(T ) = (T − β)(T − β q ) . (T − β q ) Legyen A0 = F0 [T ]. Ekkor ha f ∈ A0 , akkor f (T ) ≡ f (α) (mod (T − α)) Ha g ∈ A, akkor g(T )q = g(T q ), hiszen g együtthatói Fq -beliek, így s ρ−1 ρ−1 = s1+q+.q ≡ s(T )s(T q ) s(T q ) ≡ r q−1 ≡ s(α)s(αq ) . s(αq ρ−1 8 ) (mod (T − α)) . http://www.doksihu i
A szimmetria miatt ez minden i-re igaz modulo T − αq , ezért modulo r is. s-t szorzat alakba írva ρ−1 %−1 Y Y i j = (αq − β q ) s r q−1 (mod r) i=0 j=0 Mindkét oldal F0 -beli, így egyenl®k is. Tehát s r q−1 %−1 ρ−1 ρ−1 %−1 r Y j Y Y i Y i q qj ρ% (β q − αq ) = (−1)ρ% (α − β ) = (−1) = . s q−1 j=0 i=0 i=0 j=0 Érdemes a szimbólumokat nem felbonthatatlan elemre vonatkozóan is értelmezni: 2.5 Deníció Legyen b ∈ A, b = βq1f1 q2f2 . qsfs a

felbonthatatlanokra bontása, a ∈ A. Ekkor ha a (b-re vonatkozó) d szimbóluma, a b = d  a  f1  a  f2 q1 q2 d .  a  fs qs d . d Ez értelmes deníció, és kiterjesztése az el®z®nek. 2.6 Állítás 1.   a b d A d. szimbólumokra a következ®k igazak:   a = αb . d 2. Ha a1 ≡ a2 (mod b), akkor 3.     4.     5.   a1 b a b1 a b d d d a2 b a b2 =  d = d  a1 a2 b a b1 b2  d  d   a1 b = d   a2 b d . . . 6= 0 ⇐⇒ (a, b) = 1. 6. Ha (a, b) = 1, az x ≡ a (mod b) egyenlet megoldható, akkor d 9   a b d = 1. http://www.doksihu Bizonyítás. Az els® öt állítás nyilvánvaló a denícióból és az eddigiekb®l.    d A hatodikhoz tegyük fel, hogy cd ≡ a (mod b). Ekkor ab = cb = 1 d d A hatodik állítás megfordítottja nem igaz: legyen b = q d , ekkor ∀a :  d   (a, b) = 1-re ab = aq = 1, de (A/q d A)∗ -ban a d. hatványmaradékok d d d rend¶ részcsoportot alkotnak. 2.7

Állítás (Általános reciprocitási tétel) Legyen a, b ∈ A, (a, b) = 1, a f®együtthatója α, b-é β . Ekkor (q−1)/d  a   b −1  deg(a) deg(b) deg(b) − deg(a) = (−1) α β b d a d Bizonyítás. A sima reciprocitási tételt alkalmazzuk. Legyen a = αpe11 pe22 pet t , b = βq1f1 q2f2 . qsfs Ekkor −1 t   s   a   b −1  α  Y pi ei  β −1 Y  qj fj · = = b d a d b d i=0 b d a d j=1 a d = t t s s  Y α fj Y  β −ei Y Y  pi ei fj  qj −ei fj j=1  = α Ps j=1 fj qj deg(qj ) β d i=1 Pt i=1 ei pi d deg(pi ) i=1 j=1 Pt (−1) i=1 qj Ps j=1 d pi deg(pi ) deg(qj )ei fj  (q−1)/d deg(b) − deg(a) · deg(a) deg(b) = α β (−1) 10 = d (q−1)/d = http://www.doksihu 3. Prímszámtétel 3.1 Deníció Az A-hoz tartozó zeta függvényt a következ® sorral deniáljuk: ζA (s) = X 1 |f |s f ∈A 0 Ez az egész számokhoz tartozó zeta függvény analógja, viszont amint látni fogjuk sokkal

egyszer¶bb. Ezért sokkal könnyebb ebben a gy¶r¶ben bizonyítani a Prímszámtételt. A zeta függvény hatványsor alakját vizsgálva, egészen döbbenetes dolgok derülnek ki a felbonthatatlan elemek eloszlásáról. 3.2 Állítás ζA (s) ζA (s) = 1 . 1−q 1−s Bizonyítás. d tehát abszolút konvergens a <(s) > 1 tartományon, és ott fokú, 1 f®együtthatós polinomból pontosan q d darab van, X |f |−s = f ∈A0 deg(f )<d d−1 j X 1 − q d(1−s) q = q js 1 − q 1−s j=0 Ha <(s) > 1, akkor a sor abszolút konvergens, és a határérték ζA (s) = 1 . 1−q 1−s Tehát ζA (s) holomorf függvény a <(s) > 1 tartományon, és analitikusan kiterjeszthet® meromorf függvénnyé az egész síkra, s = 1-ben pólussal. 3.3 Állítás ζA (s) = Y p∈P0 1− 1 −1 |p|s Bizonyítás. Ha <(s) > 1, akkor a jobb oldal is konvergens, mert n fokú, egy f®együtthatós felbonthatatlanból legfeljebb q n darab van, ∞ X 1  q

−kns q −n<(s) log 1 − ns = ≤ q k 1 − q −n<(s) k=1  11 http://www.doksihu log  Y p∈P0 deg(p)=n 1 −1 q n(1−<(s)) 1− s ≤ |p| 1−q Tehát a logaritmusának abszolút értékét felülr®l becsülhetjük egy geometriai sorral. Legyen n ∈ N. Ekkor Y  p∈P0 deg(p)<n 1 −1 1− s = |p| Y p∈P0 deg(p)<n 1 = 1 − |p|−s X = f ∈A0 ∀p∈P0 ,p|f :deg(p)<n Y ∞ X |p| −js  = j=0 p∈P0 deg(p)<n 1 |f |s És n ∞ mellett ez ζA (s)-hez tart. 3.4 Deníció Legyen πA (n) = |{p ∈ P0 | deg(p) = n}|, az n fokú, egy f®együtthatós, felbonthatatlan elemek száma. 3.5 Állítás X dπA (d) = q n d|n Bizonyítás. Vezessük be az u = q −s jelölést. Ekkor <(s) > 1 ⇐⇒ |u| < 1 Tehát ha |u| < 1, akkor ∞ Y  1 πA (d) 1 = ζA (s) = 1 − qu d=1 1 − ud Vegyük mindkét oldal logaritmikus deriváltját (u szerint) és szorozzuk be u-val:  0 1 1−qu 1 1−qu Q ∞ 1 πA (d) d=1

1−ud 1 πA (d) d=1 1−ud Q∞ 0 u= ∞ X d=1  u= q (1−qu)2 1 1−qu 1 πA (d) 1−ud 0 u= d−1 u 1 πA (d) 1−ud 12 qu 1 − qu = du ∞ X πA (d) (1−u d )2 u d=1 1 1−ud = ∞ X dπA (d)ud d=1 1 − ud http://www.doksihu Fejtsük mindkét oldalt hatványsorba a u szerint, és tekintsük un együtthatóját. X q · q n−1 = dπA (d) d|n A Möbius inverziós formulával megkapjuk az n fokú, 1 f®együtthatós, felbonthatatlan elemek pontos számát: πA (n) = n 1X µ(d)q d n d|n Most erre adunk triviális nagyságrendi becslést. 3.6 Állítás (Prímszámtétel) πA (n) =  q n/2  qn +O n n Bizonyítás. Q α Legyen n = tj=1 pj j a prímtényez®s felbontása. πA (n) el®bbi n/2 formájában q n /n szerepel, ha n páros Pakkor van egyt −qQt /n. A többi tag n m ±q alakú, ahol m ≤ 3 , ezek száma d|n |µ(d)| = 2 ≤ j=1 pj ≤ n. Tehát qn q n/2 πA (n) − ≤ + q n/3 n n √ Ha x = q n , akkor ez x/ logq (x)+O( x/ logq (x)).

Ilyen jó hibatag az egész számok között nem bizonyított: π(x) ∼ x/ log(x). π(x) = x/ log(x) + O(xα )t akkor tudnánk, ha a Riemann zeta-függvénynek nem lenne gyöke a <(s) ≥ β > α tartományon. Ez egyel®re semmilyen α < 1 számra sem igazolt 4. Dirichlet-karakterek és L-függvények Ebben a részben deniáljuk a Dirichlet-karaktereket, és az L-függvényeket. Az utóbbi tekinthet® a ζ függvény általánosításának. A f® cél pedig megmutatni, hogy ezek a függvények bizonyos helyen - az 1 pontban - nem t¶nnek el Ennek nemsokára, a prímek eloszlásának vizsgálatánál lesz nagy jelent®sége. 13 http://www.doksihu Az egészeknél is nagyon fontos szerepe van az L-függvények gyökeinek. A Prímszám-tétel abból jön ki, hogy a ζ függvénynek csak 1-nél kisebb valós rész¶ gyökei lehetnek. A Riemann-hipozézis az, hogy bizonyos triviális gyökökön kívül, minden gyök 1/2 valós rész¶. Ha ez igaz lenne, akkor igaz a jó

hibatag a Prímszámtételben. Az általános Riemann-hipotézis ugyanez az állítás az összes L-függvényre. A-ban ezek sokkal egyszer¶bb állítások, már az általános Riemann-hipotézis is bizonyított. 4.1 Deníció Legyen m ∈ A. A χ : A C függvény Dirichlet-karakter modulo m, ha a következ®k teljesülnek rá: 1. ∀a, b ∈ A : χ(a + bm) = χ(a) 2. ∀a, b ∈ A : χ(ab) = χ(a)χ(b) 3. χ(a) = 0 ⇐⇒ (a, m) 6= 1 Ezek a szorzás m¶velettel Abel-csoportot alkotnak, jelöljük ezt X (A, m)mel. Az egységelem a triviális karakter: χ0 ≡ 1. ∀χ ∈ X (A, m) : χ−1 = χ Ekkor minden karakter természetes módon megad egy (A/mA)∗ C∗ homomorzmust, és minden ilyen homomorzmushoz rendelhet® egy karakter. Ha ι : F∗q C∗ homomorzmus, akkor a d. szimbólum is természetesen    a ad egy karaktert: a 7 ι m . Ha d = 2, akkor egyetlen ilyen homomod morzmus van, ami nem triviális. Jelöljük az ebb®l kapott karaktert χ1 -el 4.2 Állítás

(A/mA)∗ X (A, m), és |X (A, m)| = φ(m) Bizonyítás.
Az el®bbi észrevételb®l X (A, m) ψ Hom (A/mA)∗ , C∗ ) . Lt Legyen (A/mA)∗ j=1 Znj . Ekkor elég a homomorzmust megadni egy generátorrendszeren. ∀j Znj egy generátorelemén ψ(χ) nj féle értéket vehet fel. Minden ilyen értékadás L megad egy homomorzmust és viszont. Ezek csoportja nyilván izomorf tj=1 Znj -vel. |X (A, m)| = |(A/mA)∗ | = φ(m). 14 http://www.doksihu 4.3 Deníció Vezessük be a Kronecker-delta függvényt: ∀a ≡ b (mod m) δm (a, b) = 1, különben δm (a, b) = 0. ∀χ 6= ψ ∈ X (A, m) : δ(χ, ψ) = 0, δ(χ, χ) = 1. 4.4 Állítás X (A, m). Ekkor Legyen a, b ∈ A, amelyre (a, m) = (b, m) = 1 és χ, ψ ∈ X 1. χ(a)ψ(a) = φ(m)δ(ξ, χ) a∈A deg(a)<deg(m) X 2. χ(a)χ(b) = φ(m)δm (a, b) χ∈X (A,m) Bizonyítás. P 1. Nyilván a χ0 (a)χ0 (a) = φ(m) (a szumma olyan a-kon megy, mint az állításban). HaPχ ∈ X (A, m) P {χ0 }, akkor ∃b ∈ A

: χ(b) 6= 0, 1. P De a χ(a) = a χ(ab) = χ(b) a χ(a), mivel ab P is A/mA egy teljes reprezentáns-rendszerén fut végig. Így (1 − χ(b)) a χ(a) = 0, ezért P χ(a) = 0 . Továbbá χ = ψ ⇐⇒ χψ = χ0 . a 2. Ha a ≡ b (mod m) akkor az állítás triviális Különben legyen a ≡ bc (mod m) ilyen c létezik, mert (a, m) = (b, m) = 1. c 6= 1, így ∃ψ ∈ X (A, m) : ψ(c) 6= 1. Így az el®bbihez hasonlóan X X X χ(a)χ(b) = χ(c) = (χψ)(c), χ χ χ és ez 0. 4.5 Deníció Legyen χ ∈ X (A, m) Ekkor a χ-hez tartozó L-függvény a következ® sorral deniáljuk: L(s, χ) = X χ(f ) |f |s f ∈A 0 15 http://www.doksihu 4.6 Állítás L(s, χ) abszolút konvergens a <(s) > 1 tartományon, és ott  Q a következ® szorzat alakba írható: L(s, χ) = p∈P0 1 − χ(p) |p|s Ennek bizonyítása ugyanúgy megy, mint a ζ függvényre. −1 És a szorzat alak nyilvánvaló következményeként L(s, χ0 ) = Y p|m p∈P0 1  1 − s ζA (s) |p|

4.7 Deníció Térjünk át az u = q −s változóra. Ha χ ∈ X (A, m), akkor legyen L∗ (u, χ) = L(− log u/ log q, χ). <(s) > 1 ⇐⇒ |u| < q −1 4.8 Állítás Legyen χ ∈ X (A, m) nem triviális karakter. Ekkor L∗ (u, χ) legfeljebb deg(m) − 1 fokú polinom. Bizonyítás. Elég megmutatni, hogy ha n ≥ deg(m), akkor X χ(a) = 0 a∈A0 ,deg(a)=n Feltehet®, hogy m 1 f®együtthatós. Ekkor ∀a ∈ A0 , deg(a) = n felírható egyértelm¶en a = bm + c alakban ahol b, c ∈ A, ahol deg(c) < deg(m) és b 1 f®együtthatós, deg(b) = n − m. És minden ilyen b, c-párnak megfelel egy a Így mivel χ nem triviális X X X X χ(a) = χ(c) = q n−deg(m) χ(c) = 0 a∈A0 deg(a)=n b∈A0 deg(c)<deg(m) deg(b)=n−m deg(c)<deg(m) Tehát ha χ nem triviális karakter, akkor L(s, χ) kiterjeszteht® egész függvénnyé. És az el®z® fejezet alapján L(s, χ0 ) kiterjeszthet® az egész síkra, s = 1-nél pólussal. s = 1 ⇐⇒ u = q −1 Az

el®bbiek alapján L∗ (u, χ0 )-nak u = q −1 -nél egyszeres pólusa van. L(1, χ) 6= 0 ⇐⇒ L∗ (q −1 , χ) 6= 0. Ezt fogjuk belátni 16 http://www.doksihu 4.9 Állítás Legyen m ∈ A. Ekkor ∀p ∈ P0 , p - m-hez létezik xp , yp ∈ N : xp yp = φ(m) és Y Y 1 − |p|−xp s )−yp L(s, χ) = χ∈X (A,m) p∈P0 p-m Bizonyítás. Rögzített p-re legyen ϕp : X (A, m) C∗ , ϕp (χ) = χ(p). Ez egy X (A, m) C∗ homomorzmus, im(ϕp ) nyilván ciklikus, legyen a rendje xp , a generátora ζp . Ha yp = | ker(p)|, akkor nyilván xp yp = φ(m) Ekkor Y χ∈X (A,m)  xp −1  Y ζpj −yp  χ(p) −1 1 −yp 1− 1 − = 1 − = |p|s |p|s |p|xp s j=0 Összeszorozva az összes m-t nem osztó prímre a kívánt állítást kapjuk. Ezt sor alakba írva, áttérve u-ra egy pozitív együtthatójú hatványsort kapunk, aminek a konstans tagja 1. 4.10 Állítás Legyen χ ∈ X (A, m), χ 6= χ. Ekkor L(1, χ) 6= 0 Bizonyítás. Az el®z® állítás szerint

az L-függvények szorzata egy pozitív együtthatós Dirichlet-sor, aminek a konstans tagja 1, így az 1-nél nagyobb valós számokon (it konvergens) 1-nél nagyobb az értéke. Ha L(1, χ) = 0, akkor nyilván L(−1, χ) = 0. Mivel a triviális karakterhez tartozó L függvénynek egyszeres pólusa van 1-ben, a többi meg értelmes, legalább kett® elt¶nik 1-ben, így a szorzat értékének u & 1 mellet 0-hoz kellene tartania. Ez ellentmondás. Nyilván azok a χ karakterek amelyekre χ = χ pontosan a valós karakterek, vagy máshogy nézve a másodrend¶ek. 4.11 Állítás Ekkor Legyen χ ∈ X (A, n) nem triviális, másodrend¶ karakter. sincs 1-nél nagyobb, pozitív gyöke. ζA (s)L(s,χ) -nek ζA (2s) 17 http://www.doksihu Bizonyítás. 0 )L(s,χ) Legyen Gχ (s) = L(s,χ . Ennek a szorzat alakját nézve, a L(2s,χ0 ) p-t tartalmazó tag a következ® lesz: (1 − |p|−s )−1 (1 − χ(p)|p|−s )−1 (1 − |p|−2s )−1 Ha χ(p) = −1, akkor az egész 1,

ha χ(p) = 1, akkor ∞ X 1 + |p|−s = 1 + |p|−ks s 1 − |p| j=1 Tehát Gχ (s) pozitív együtthatós sor, ami konvergens a <(s) > 1 tartományon. Q Tudjuk, hogy L(s, χ0 ) = p|m (1 − |p|−s )ζA (s), így Y ζA (s)L(s, χ) Y 1 − |p|−2s = G (s) = (1 + |p|−s )Gχ (s). χ −s ζA (2s) 1 − |p| p|m p|m Az állításban szerepl® függvény pozitív együtthatós sor alakban írható: X a(f ) ζA (s)L(s, χ) = , ζA (2s) |f |s f ∈A0 konvergens a <(s) > 1 tartományon. Így nincs valós, 1-nél nagyobb gyöke 4.12 Állítás Legyen χ ∈ X (A, m) nem triviális, másodrend¶ karakter Ekkor L∗ (q −1 , χ) 6= 0. Bizonyítás. Az el®z®ek alapján ∞ (1 − qu2 )L∗ (u, χ) X = A(d)ud 1 − qu d=0 P Ahol A(d) = f ∈A0 ,deg(f )=d a(f ) pozitív, A(0) = 1. Ez konvergens az |u| < q −1 tartományon. Elég azt belátni, hogy 0 6= L∗ (q −1 , χ) Indirekten tegyük fel, hogy L∗ (q −1 , χ) = 0. Tudjuk, hogy L∗ (u, χ) u 2 )L∗ (u,χ)

polinomja, tehát ekkor (1 − qu) | L∗ (u, χ), (1−qu1−qu polinom, N (1 − qu2 )L∗ (u, χ) X A(d)ud = 1 − qu d=0 Ahol minden együttható pozitív, így nem lehet pozitív gyöke. De a bal oldal √ elt¶nik 1/ q -ban, ez ellentmondás. 18 http://www.doksihu 5. Dirichlet-tétel Az el®z® részben megmutattuk, hogy a nem triviális L-függvények nem t¶nnek el az 1 pontban. Most ennek felhasználásával belátjuk Dirichlet számtani sorozatokban a prímek eloszlásáról szóló tételének [8] analógját A-ban. 5.1 Deníció Ha f, g : (1, b) C, melyekre
lim sup{|f (s) − g(s)| | s ∈ (1, a)} < ∞ a1 akkor azt mondjuk hogy f és g ekvivalens, f ≈ g . 5.2 Állítás 1. log ζA (s) ≈ log 1 s−1 2. Legyen χ ∈ X (A, m) Ekkor log L(s, χ) ≈ X χ(p) |p|s p∈P 0 Bizonyítás. 1. ζA (s) = (1 − q 1−s )−1 , így  lim log ζA (s) − log s1 1  s−1 = lim log = s1 1−s 1 − q 1−s logq 1 − logq (q 1−s ) = lim = (logq 1)0 =

(log q)−1 s1 1 − q 1−s 2. Ehhez az L függvények szorzat alakját használjuk: log L(s, χ) = − X p∈P0 ∞ χ(p)  X X 1  χ(p) k log 1 − = = |p|s k |p|s p∈P k=1  0 ∞ X χ(p) X X 1  χ(p) k = + |p|s k |p|s p∈P p∈P k=2 0 0 19 http://www.doksihu ∞ X χ(p) XX X X |p|−2s −ks log ζA (s) − < < 2|p|−2 |p| = s −s |p| 1 − |p| p∈P p∈P k=2 p∈P p∈P 0 0 0 0 Ez pedig kisebb 2ζA (2)-nél. 5.3 Deníció Legyen Q ⊂ P0 . Ekkor Q Dirichlet-s¶r¶sége P −s p∈Q |p| , δ(Q) = lim P −s s1 p∈P0 |p| amennyiben ez a limesz létezik, ha valamely valós b-re s ∈ (1, b). Nyilván 0 ≤ δ(Q) ≤ 1, feltéve hogy létezik, és ha Q véges akkor δ(Q) = 0. Továbbá, ha Q1 , Q2 ⊂ P0 diszjunktak és létezik a Dirichlet-s¶r¶ségük, akkor δ(Q1 ) + δ(Q2 ) = δ(Q1 ∪ Q2 ). De a s¶r¶ség nem σ -additív, mert minden egyelem¶ halmaz s¶r¶sége 0, az egész halmaz megszámlálható sok elemet tartalmaz, de nem 0 a

s¶r¶sége. 5.4 Állítás Legyen a, m ∈ A, melyekre (a, m) = 1, és Q = {p ∈ P0 |p ≡ a (mod m)} Ekkor δ(Q) = 1/φ(m). Tehát végtelen sok f m + a alakú felbonthatatlan elem van. Bizonyítás. Az el®bbi állításból ∀χ ∈ X (A, m)-re log L(s, χ) = X χ(p) + R(s, χ), |p|s p∈P 0 ahol R(s, χ) ≈ 0, azaz korlátos. Szorozzuk meg P ezt χ(a)-val és összegezzünk az összes karakterre. Felhasználva, hogy χ χ(p)χ(a) = φ(m)δm (a, p) a következ®t kapjuk: X X 1 χ(a) log L(s, χ) = φ(m) + R(s), s |p| p∈P χ∈X (A,m) 0 p≡a (mod m) P −s ahol R(s) korlátos. Osszuk le mindkét oldalt p |p| -el és tartsunk s-el 1-hez. Ekkor mivel a 410 Állítás szerint a nem triviális karakterek nem 20 http://www.doksihu t¶nnek el 1-ben ezért a bal oldalon a szummában a nekik megfelel® tag 0-hoz tart, a triviális karakterhez tartozó 1-hez, így P X φ(m) p∈Q |p|−s + R(s) P = φ(m)δ(Q) + 0 1= δ(χ0 , χ) = lim −s s1 p∈P0 |p| χ∈X (A,m)

Ez ekvivalens az állítással. Az f m + a alakú prímek Dirichlet-s¶r¶ségét meghatároztuk. Az általánosított Riemann-hipotézis felhasználásával meg is lehet becsülni a számukat 5.5 Állítás (Általános Riemann-hipotézis)[5] Ha χ ∈ X (A, m) nem triviális karakter, akkor L∗ (u, χ) gyökei 1 vagy abszolút érték¶ek. 5.6 Állítás √ −1 q Ha Qn = {p ∈ P0 | deg(p) = n, p ≡ a (mod m)}, akkor  q n/2  1 qn +O dn = |Qn | = φ(m) n n Így egy természetesebb s¶r¶ségfogalmat is ki tudunk számolni. Ha Pn = {p ∈ P0 | deg(p) = n}, akkor 1 |Qn | = n∞ |Pn | φ(m) lim Bizonyítás. Az L∗ (u, χ) függvényeket vizsgáljuk tovább. u-ban ez polinom, fokszáma legfeljebb deg(m)−1 = M −1, L∗ (1, χ) = 1 tehát írható a következ® alakban (néhány αj (χ)-t 0-nak választva, ha a fokszám kisebb, mint M − 1): ∗ L (u, χ) = M −1 Y (1 − αj (χ)u). j=1 L(s, χ) szorzat alakját átírva: −1 −1 Y Y L∗ (u, χ) = L(−

logq u, χ) = 1−χ(p)|p|− logq u = 1−χ(p)udeg(p) p∈P0 p∈P0 21 http://www.doksihu Vesszük szorzat alak logaritmikus deriváltját, beszorzunk u-val, u szerint sorba fejtjük és nézzük az együtthatókat. A ck (χ) sorozatot deniáljuk ezzel: u ∞
X d log L∗ (u, χ) = ck (χ)uk du k=1 Megmutatjuk, hogy cn (χ0 ) = q n + O(1), és ha χ nem triviális karakter, akkor cn (χ) = O(q n/2 ). Ehhez a következ® állítást többször fogjuk használni: ∞  X d −α αu u log(1 − αu)−1 = − = (1 − αu)u = α k uk . du (1 − αu)2 1 − αu k=1 A szumma konvergens, ha |u| < |α|−1 . Q Felhasználva ezt és, hogy L(s, χ0 ) = p|m (1 − |p|−s )ζA (s), L∗ (u, χ0 ) = Y (1 − udeg p ) p|m 1 . 1 − qu Így a triviális karakterre készen vagyunk. Ha χ nem triviális akkor az els® szorzat alakból cn (χ) = − M −1 X αk (χ)n . k=1 √ Az αk (χ)-k L∗ (u, χ) gyökeinek inverzei, tehát ∀k : |αk (χ)| ≤ | q|, ebb®l

nyilván következik a nem triviális karakteres eset. A második szorzat alakot tekintve X X X X χ(p) + d χ(p)n/d . deg(p)χ(p)n/ deg(p) = n cn (χ) = p∈P0 deg(p)|n p∈P0 deg(p)=n d|n d≤n/2 p∈P0 deg(p)=d A Prímszámtételt alkalmazva, a második tagban a bels® szumma legfeljebb X 1 ≤ |Pd | = p∈P0 deg(p)=d 22  q d/2  qd +O d d http://www.doksihu X cn (χ) = n χ(p) + O(q n/2 ). p∈P0 deg(p)=n Ezt szorozzuk be χ(a)-val és adjuk össze az összes karakterre. A múltkori gondolatmenet szerint X χ(a)cn (χ) = φ(m)n|Qn | + O(q n/2 ) χ∈X (A,m) cn (χ) nagyságrendi becslését felhasználva X χ(a)cn (χ) = q n + O(q n/2 ) χ∈X (A,m) Ebb®l a kett®b®l pedig triviálisan következik az állítás. Vegyük észre, hogy ha bizonyítanánk, hogy ∀k : |αk (χ)| < q β (β < 1), akkor a   1 qn nβ dn = +O q n φ(m) n becslés kijönne. 6. Polinomok gyökeinek multiplicitása Ha f ∈ Z[x] polinom, n ∈ Z, akkor f deriváltjainak

segítségével könny¶ eldönteni, hogy n hányszoros gyöke f -nek: ha f és az els® k − 1 deriváltja elt¶nik n-ben, akkor n legalább k -szoros gyök. A-ban ez nincs így 6.1 Deníció Legyen f (T ) = Pn f 0 (T ) = i=1 αi T i ∈ A. f deriváltja n X iαi T i−1 i=1 ahol i = Pi j=1 1 ∈ Fq . Ez értelmes deníció, és ez a deriválás sok tekintetben ugyanúgy viselkedik, mint a hagyományos, például az összeg, szorzat, kompozíció deriváltjára 23 http://www.doksihu ugyanaz a képlet igaz mint a valós analízisben. Így ha f ∈ A, f -nek többszörös gyöke van, akkor (f, f 0 ) 6= 1 De legyen f (T ) = T q , ekkor f 0 (T ) = 0, tehát f és minden deriváltja  az els® q is  elt¶nik 0-ban, 0 mégsem q + 1-szeres gyöke. Ezért bevezetünk egy másik lineáris operátort, ami segítségével el lehet dönteni, hogy α ∈ Fq hányszoros gyöke f ∈ A-nak. 6.2 Deníció
Legyen f (T ) = Pn n n−k k E f (T ) = i=k 6.3 Állítás k Pn

αi T i ∈ A. f k Hasse-deriváltja . Ez nyilván lineáris Viszont E k f 6= E ◦E ◦· · ·◦E T i=1 Legyen f = g1 g2 . gt ∈ A Ekkor X Ekf = E i1 g1 E i2 g2 . E it gt i1 +i2 +···+it =k Bizonyítás. Elég t = 2-re, onnét indukcióval. Mivel lineárisak az operátorok ezen belül is elég az f (T ) = T n+m = T n T m = g1 (T )g2 (T )-re igazolni az állítást. Ha n + m < k , akkor nyilván igaz az állítás. Különben k X i n E (T )E n+m−i i=0   k   X n n−k m (T ) = T T m−(k−i) = k k − i i=0 m    k   X n m  n+m−k n + m n+m−k T = = T = E k (T n+m ) i k − i k i=0 (a binomiális azonosságból). Így ha α ∈ Fq , k, n ∈ Z+ , akkor E k  n (T −α)  = X i1 +i2 +···+in   n E (T −α)E (T −α) . E (T −α) = (T −α)n−k k =k i1 i2 in Hiszen a szummában csak azok a tagok nem nem 0-k, amikre ∀j : ij ≤ 1, ezek a tagok mind T n−k -k. 24 http://www.doksihu 6.4 Állítás 1. f, g ∈ A, n, k ∈

Z+ , n ≥ k E k (f g n ) = hg r−k , ahol h ∈ A, deg(h) ≤ deg(f ) + k deg(g) − k 2. α ∈ Fq , f ∈ A Ha f (α)E 0 f (α) = E 1 f (α) E k−1 f (α), akkor α legalább k -szoros gyöke f -nek. Bizonyítás. 1. Az el®z® állítás szerint X E k (f g n ) = i0 + i1 + · · · + in = kE i0 f E i1 gE i2 g . E in g És mivel n + 1 > k , legalább n + 1 − k indexre ij = 0, azaz minden tagban legalább n−k darab E 0 g = g szerepel. A maradék foka deg(f )+ (k − 1) deg(g). P ) βi (T − α)i  az α körüli sorbafejtése. ∀j < k : 2. Legyen f (T ) = deg(f i=0
P ) βi ki (T − α)i−k . α-t behelyettesítve 0 = E j f (α) = E j f (T ) = deg(f i=j βj , azaz (T − α)k | f . A következ® részben szükségünk lesz még egy technikai jelleg¶ állításra. 6.5 Állítás Legyen h(X, Y ) ∈ Fq [X][Y ], g(T ) = h(T, T q ) ∈ Fq , k < q . k k Ekkor E k g = (EX h)(T, T q ), ahol EX h h els® változójában vett k. Hassederivált Bizonyítás. A

linearitás miatt elég megmutatni az állítást h(X, Y ) = X n Y m alakú függvényekre. P E k (T n+mq ) = ki=0 E i (T n )E k−i (T mq ). De ha 0 < j < q , akkor     mq mq mq − 1 = ≡ 0 (mod q) k−i j j−1 tehát E k (T n+mq ) = T n−k T mq . k És (EX h)(T, T q ) = E k (T n )T mq = n k
n k
25 T n−k T mq . http://www.doksihu 7. Algebrai görbék megoldásai F2q -n 7.1 Deníció Az F2q -beli Legyen f ∈ A, d | q −1, a Cd (f ) : y d = f (x) algebrai görbe. megoldásainak száma NFq (Cd (f )) = |{(α, β) ∈ F2q | αd = f (β)}| Legyen most d = 2, f ∈ A olyan, hogy f nem teljes négyzet Fq [T ]-ben, deg(f ) = m. Ebben a részben Sztyepanov módszerével [6] azt látjuk be, hogy ekkor NFq (C2 (f )) körülbelül q . Ezt az eredményt lehet általánosítani d | (q − 1)-re. [7] És ezzel minden d-re megvagyunk, mert ha (n, q − 1) = 1, akkor x 7 xn automorzmus. Megpróbálunk olyan r polinomot konstruálni, aminek minden olyan α ∈ Fq ,

amelyre f (α) kvadratikus maradék, sokszoros  legalább k-szoros  gyöke. Ha van ilyenünk, akkor nyilván NFq (C2 (f )) ≤ 2 deg(r)/k . És meglep® módon a ebb®l a másik irányú becslést is meg tudjuk csinálni. Legyen c = (q − 1)/2, g = f c . Ekkor az eddigiek szerint, ha f (α) kvadratikus maradék, akkor g(α) = 1 vagy f (α) = 0. Legyen ∀ε ∈ Fq : Sε = {α ∈ Fq | (f (α) = 0) ∨ (g(α) = ε)} 7.2 Állítás Legyen f (0) 6= 0, q > 8m és k olyan, hogy m < k ≤ c/4 < q/8. Ekkor ∃r ∈ A 0, melyre ∀α ∈ Sε α legalább k -szoros gyöke r-nek, és deg(r) < qm + kc + 2k(k − 1)m. Bizonyítás. A kívánt r polinomot a következ® alakban keressük: J  X
 r(T ) = f (T ) si (T ) + ti (T )g(T ) T qi , k i=0 ahol ∀i : si , ti ∈ A, deg(si ), deg(ti ) < c − m. Ekkor deg(r) ≤ km + (c − m) + cm + qJ < q(m/8 + 1/2 + m/2 + J) = q(m + J). Megmutatjuk, hogy r ≡ 0 ⇐⇒ ∀i : si , ti ≡ 0. Indirekten tegyük fel hogy r ≡

0, de ∃j melyre sj vagy tj nem 0. Legyen j a legkisebb ilyen Ekkor k 0 ≡ f (T ) J  X
 si (T ) + ti (T )g(T ) T qi . i=j 26 http://www.doksihu Leosztva f k T jq -val, átrendezve: X
si (T ) + ti (T )g(T ) T (i−j)q ≡ 0 j≤i≤J Ezt írhatjuk r0 + r1 g = 0 alakban, ahol r0 (T ) = J X si (T )T q(i−j) , r1 (T ) = i=j J X ti (T )T q(i−j) . i=j Ezt átrendezve, négyzetre emelve és beszorozva f -fel ezt kapjuk: r02 f = r12 f q . Mivel f ∈ A, f q (T ) ≡ f (T q ) ≡ f (0) (mod T q ), ezért s2j f ≡ (−tj )2 f (0) (mod T q ). De deg(s2j f ) ≤ 2(c − m) + m < 2c < q, deg((−tj )2 f (0)) ≤ 2(c − m) < q , tehát s2j f = (−tj )2 f (0). De ez ellentmond annak, hogy f nem teljes négyzet Fq [T ]-ben. Nézzük meg, hogy mennyi E l r. r(T ) = h(T, T q ), ahol k h(X, Y ) = f (X) J X
si (X) + ti (X)g(X) Y i . i=0 A múltkori fejezetben belátott állítások alapján l E r(T ) = l (EX h)(T, T q ) = J X
(E l (f k si ))(T ) +

(E l (f k+c ti ))(T ) T qi . i=0 (l) (l) (l) Továbbá ∀i∃si , ti ∈ A, melyre E l (f k si ) = si f k−l , (l) deg(si ) ≤ deg(si ) + l deg(f ) − l ≤ (c − m) + l(m − 1) és E l (f k+c ti ) = (l) (l) ti f k+c−l , deg(ti ) ≤ (c − m) + l(m − 1). Legyen (l) q (T ) = J X
(l) (l) si (T ) + εti (T ) T i . i=0 Ekkor deg(q (l) ) ≤ (c − m) + l(m − 1) + J . Azt szeretnénk, hogy r-nek legalább k -szoros gyöke legyen Sε minden pontja. Ehhez elég, ha ∀α ∈ Sε ∀l < k : E k r(α) = 0 Ha f (α) = 0, akkor 27 http://www.doksihu ez triviális. Ha nem, akkor g(α) = ε, így E k r(α) = q (l) (α)f k−l Hogy ez 0 legyen, az kell, hogy q (l) minden együtthatója 0 legyen. Az hogy egy együttható 0, egy homogén, lineáris egyenlet a si , ti együtthatóira Így összesen M1 = k−1 X (c − m + l(m − 1) + J) = k(c − m + J) + k(k − 1)(m − 1)/2 l=0 egyenlet kell. Az ismeretlenek száma M2 = 2(c − m)J Ha J olyan, hogy M1 < M2 ,

akkor van nem triviális (si , ti ) rendszer, tehát kapunk egy nem 0 r-t, aminek Sε elemei legalább k -szoros gyökei.
k Megmutatjuk, hogy J = q c + 2m(k − 1) jó választás. 2(c − m)J > k(c − m + J) + k(k − 1)(m − 1)/2
k (c − m)(2J − k) > 2J − k + m(k − 1) + 1 2
k (c − m − k/2)2J − (c − m − k + 1/2)k + k(k − 1)/2 > m(k − 1) + 1 2 Mivel c = (q − 1)/2 és 2 < m < k < q/8, c − m − k/2 > c − m − k + 1/2 > q/4 elég ha 2J >  2k  k(m − 1) + 1 − (k − 1) + k, q J>  k q/2 − 1 + 2m(k − 1) q Így deg(r) < q(m + J) = qm + kc + 2k(k − 1)m. 7.3 Állítás q > 4m2 , akkor Ha f ∈ A, ami nem teljes négyzet Fq fölött, m = deg(f ), és √ |NFq (C2 (f )) − q| < 8m q. Bizonyítás. Az m = 1 eset triviális, ott pontosan q megoldás van. m = 2 esetén írható Y 2 = (X − α)2 + β alakban, ahol β 6= 0.Tehát (Y − X + α)(Y + X − α) = β . β -t q − 1 féle képen lehet

két tényez® szorzatára bontani, minden ilyen felbontásból kapunk egy megoldást. Így √ |NFq (C2 (f )) − q| = 1 < 16 q . Ha m ≥ 3, az el®bbi állításban használt jelölésekkel ∀x ∈ Fq : g(x) ∈ {−1, 0, 1} ⊂ Fq . Legyen Nε = |{x ∈ Fq |g(x) = ε}| Nyilván ha g(x) = 0, 28 http://www.doksihu akkor 1 (x, y) alakú pontja van a görbének, ha g(x) = 1 akkor 2, míg ha g(x) = −1 akkor 0. Így N−1 + N0 + N1 = q , NFq (C2 (f )) = N0 + 2N1 és |S1 | = N0 + N1 , |S−1 | = N0 + N−1 . A fels® becsléshez tekintsük az el®z® állításból kapott r polinomokat, ε = 1-hez. Ez S1 minden elemén k rendben elt¶nik, tehát k|S1 | ≤ deg(r) = qm + kc + 2k(k − 1)m. Legyen √ √ k = 1 + [ q/2] ≥ 1 + [ 4m2 /2] = m + 1 > m Ekkor q/8 > k is teljesül, és |S1 | < (q − 1)m q √ √ + c + 2m[ q] < + 4m q √ 2(1 + [ q/2] 2 √ NFq (C2 (f )) = N0 + 2N1 ≤ 2(N0 + N1 ) = 2|S1 | < q + 8m q √ Az alsó becsléshez ugyanígy |S−1 | <

q/2 + 4m q , és √ N1 = q − N0 − N−1 = q − |S−1 | > q/2 − 4m q √ NFq (C2 (f )) = N0 + 2N1 ≥ 2N1 > q − 8m q. 8. Riemann-hipotézis Most annak az állításnak egy speciális esetét bizonyítjuk, ami elég lenne az 5.6 Állításban a hibatag becsléséhez Ezt a bizonyítás után lév® észrevételben mondtunk ki Legyen f ∈ P0 , amelyre vagy p0 ≡ 1 (mod 4), vagy 2 | deg(f ). Azon Lfüggvények gyökeinek abszolút értékére fogunk becslést adni, amiket deniáló karakter másodrend¶ modulo f . 8.1 Állítás 1. Ha f ∈ P0 , akkor {χ ∈ X (A, m)|χ2 = χ0 } = {χ0 , χ1 }, ahol χ1 a már  második szimbólumból kapott karakter. deniált, f· 2 29 http://www.doksihu 2. Ha deg(f ) páros, vagy p0 ≡ 1 (mod 4), akkor     1 , ha fa = 1 ∈ Fq  2 χ1 (a) =  −1 , ha f = −1 ∈ Fq a 2 Bizonyítás. 1. Ekkor (A/f A)∗ ciklikus, =< g > Tehát elég egy generátorelemén megadni χ-t. Mivel másodrend¶ karaktert

szeretnénk, két lehet®ség van: χ(g) = ±1. Ha 1, akkor a triviális karaktert kapjuk χ1 másodrend¶, nem triviális, tehát a másik esetben ennek kell kijönnie 2. A multiplikativitás miatt elég megmutatni, hogy p ∈ P0 -ra igaz az állítás. A reciprocitási tételt alkalmazzuk: p f  = (−1)deg(f ) deg(p)(q−1)/2 p 2 f 2 A kitev® ebben az esetben mindig páros. Vizsgáljuk az Y 2 = f (X) megoldásait Fq -ban. 8.2 Deníció Legyen F(n) < Fq az n rend¶ b®vítése Fq -nak. Ekkor Fq = ∪∞ k=1 F(k!) . Minden x ∈ Fq -hoz, amire f (x) 6= 0 pontosan két y ∈ Fq van, amire y 2 = f (x). Ha x ∈ Fq , akkor legyen d(x) x minimálpolinomának foka = min{n|x ∈ F(n) }. Ha x, y ∈ Fq , y 2 = f (x), akkor két típusú megoldást különböztetünk meg: 1. d(x) ≥ d(y) Ekkor (x, y) a görbe racionális pontja F = (kd(x)) felett 2. d(x) < d(y) Ekkor nyilván d(y) = 2d(x), hiszen y 2 ∈ F(d(x)) , (x, y) a görbe racionális pontja F(2kd(x)) felett. 8.3

Állítás 2 Legyen p ∈ P0 {f }, x, y ∈ Fq , amire   p(x) = 0 és y = f (x). (x, y) pontosan akkor els® típusú megoldás, ha fp = 1. 2 30 http://www.doksihu Bizonyítás. Elég megmutatni, hogy f  p 2 = 1 ⇐⇒ ∀x ∈ F(n) , p(x) = 0 ∃y ∈ F(n) : y 2 = f (x). =⇒: Mivel p felbonthatatlan, ∃g, r ∈ A : f (T ) − g 2 (T ) = r(T )p(T ). Ekkor y = g(x) jó lesz. Q ⇐=: Legyen p(T ) = di=1 (T − xi ). Ha valamelyik ilyen xi -hez van y , akkor az összeshez is van, legyenek a megoldások (x1 , y1 ), (x2 , y2 ), . , (xd , yd ) ∃g ∈ A, amelyre ∀i : g(xi ) = yi . Ekkor xi megoldása az f (T ) − g 2 (T ) = 0 2 egyenletnek,   T − xi | f (T ) − g (T ). Ez minden i-re igaz, tehát p(T ) | f (T ) − g 2 (T ), fp = 1. 2 8.4 Állítás Legyen p ∈ P0 , N (p, n) = |{x, y ∈ F(n) |p(x) = 0, y 2 = f (x)}|. Ekkor ha deg(p) - n, akkor N (p, n) =
0. Különben ha p 6= f , n = k deg(p), akkor N (p, n) = deg(p) χk0 (p) + χk1 (p) . N (f, n) = deg(f )

Bizonyítás.   Ha f p 2 Az els® fele triviális. = 1, akkor χ1 (p) = 1, továbbá az el®bbi állítás szerint p minden gyökéhez  két  megoldás van, tehát N (p, n) = 2d. f Ha p = −1, akkor χ1 (p) = −1. A 2 - k esetben az gyökök második 2 típusú megoldás els® koordinátái, a hozzájuk tartozó y -k nincsenek benne F(n) -ben, tehát N (p, n) = 0. A páros esetben minden gyökhöz két megoldás van, N (p, n) = 2d. Ha deg(f ) | n, akkor nyilván N (f, n) = deg(f ). 8.5 Állítás P∞ k (ak ∈ C). Ekkor Legyen k=1 ak z formális hatványsor P∞ értelmezhet® formális hatványsorként a log exp( k=1 ak z k ), és egyenl® az eredetivel. Bizonyítás. P k x Ekkor a exp( ∞ k=1 ak z ) értelmes formális hatványsor, az e n hatványsorába helyettesítsük be az eredeti sort, ∀n-re az x együttható csak véges sok tagban szerepel. Hasonlóan formális logaritmust is értelmezhetünk log(1+x) hatványsorából, ha az eredeti sor konstans tagja 1. P k

Így ha az eredeti sor konstans tagja 0, akkor értelmes a log exp ∞ k=1 ak z . k És mint hatványsor az x együtthatója a1 , a2 , . ak polinomja, mondjuk pk 31 http://www.doksihu Ezek a polinomok kielégítik a pk (a1 , a2 , . , ak ) = ak egyenletet, mert a hatványsor helyett egy polinomot tekinteve, ak -kat elég kicsire választva a formális hatványsor analitikusan is igaz, tehát formálisan mindig igaz. Így log exp ∞ X ak z k k=1  = ∞ X ak z k . k=0 8.6 Deníció Legyen g ∈ A, bn = NF(n) (Cd (g)). A Cd (g) : Y d = g(X) görbe zeta-függvényét (az u = q −s helyettesítéssel) a következ® formális sorral deniáljuk ! ∞ X bk k u . ZCd (g) (u) = exp k k=1 8.7 Állítás L∗ (u, χ0 )L∗ (u, χ1 )(1 − udeg(f ) )−1 = ZC2 (f ) (u) Bizonyítás. L∗ (u, χ0 )L∗ (u, χ1 ) = Y 1 − χ0 (p)udeg(p)
−1 1 − χ1 (p)udeg(p)
−1  p∈P0 Legyen an = NF(n) (C2 (f )). Vegyük formálisan mindkét oldal logaritmusát,

deriváljunk egyszer u szerint és szorozzunk be u-val. Ekkor ∞ X ak uk = u X p∈P0 k=1
−χ0 (p) deg(p)udeg(p)−1 + 1 − χ0 (p)udeg(p) · − (1 − χ1 (p)u(deg(p) )2 deg(f )−1
−χ1 (p) deg(p)udeg(p)−1  deg(f ) deg(f )u + 1−χ1 (p)udeg(p) ·− +u(1−u ) = (1 − χ1 (p)u(deg(p) )2 (1 − udeg(f ) )2 X  χ0 (p) deg(p)udeg(p) χ1 (p) deg(p)udeg(p)  deg(f )udeg(f ) = + + deg(p) deg(p) 1 − χ 1 − χ 1 − udeg(f ) 0 (p)u 1 (p)u p∈P 0 32 http://www.doksihu Fejtsük a jobb oldalt is hatványsorba, és hasonlítsuk össze az együtthatókat. Ha I(x | y)=1 x | y esetén és különben 0, akkor X X
N (p, n) an = deg(p) χk0 (p) + χk1 (p) + I(deg(f ) | n) deg(f ) = p∈P0 p∈P0 {f } n=k deg(p) Mindkét oldal nyilván NF(n) (C2 (f )). 8.8 Állítás Ha f ∈ P0 , deg(f ) = M , χ1 ∈ X (A, f ) a másodfokú karakter, √ akkor L (u, χ1 ) gyökei legalább q −1 abszolút érték¶ek. ∗ Bizonyítás. L∗ (u, χ0 )(1 − udeg(f ) )−1 =

ζA∗ (u) = d ∗ Így u du L (u, χ0 )(1 − udeg(f ) )−1 = 1 1 − qu P∞ n n qu q u . Írjuk L∗ (u, χ1 )-t a = 1−qu QM −1 n=1 = j=1 (1 − αj u). Ennek a logaritmikus n másik szorzat alakjába: L∗ (u, χ1 ) deriváltjának u-szorosát sorba fejtve, u együtthatóját már kiszámoltuk, és PM −1 n j=1 αj -t kaptunk. P −1 n n n/2 ), Tehát an − q n = M j=1 αj . Az el®z® fejezet szerint an − q = O(q √ tehát ∀j : |αj | ≤ q . Ez ekvivalens az állítással Hasonlóan meg lehet csinálni a d 6= 2 esetet, ott a következ® igaz: Y ζA∗ (u) L∗ (u, χ) = ZCd (f ) (u). χ∈X (A,f ){χ0 } χd =χ0 A gyökök abszolút értékének meghatározásához további eszközök kellenek. 33 http://www.doksihu Hivatkozások [1] Michael Rosen: Number Theory in Function Fields, Springer, 2001. [2] Henryk Iwaniec, Emmanuel Kowalski: Analytic Number Theory, Amercian Mathematical Society, 2004. [3] André Weil: Sur les fonctions algébriques corps de

constantes ni, C. R Acad. Sci Paris 210, 1940 [4] André Weil: On the Riemann hypothesis in functionelds, Proc. Nat Acad. Sci U S A 27, 1941 [5] E. Bombieri: Counting points on curves over nite elds (daprès S A Stepanov). Séminaire Bourbaki, 25me année (1972/1973), Lecture Notes in Math., Vol 383, Springer, Berlin, 1974 [6] S. A Stepanov: An elementary proof of the Hasse-Weil theorem for hyperelliptic curves, J. Number Theory 4, 1972 [7] W. Schmidt: Equations over nite elds: an elementary approach, Second edition, Kendrick Press, 2004 [8] Szalay Mihály: Számelmélet, Typotech Kiadó, Budapest, 1998. [9] Laczkovich Miklós, T. Sós Vera: Analízis 1-2, Nemzeti Tankönyvkiadó ZRt., Budapest, 2006 [10] Fuchs László: Algebra, Tankönyvkiadó, Budapest, 1988. [11] Halász Gábor: Bevezet® komplex függvénytan, Typotech Kiadó, Budapest, 2008. 34