$\mathbb{Z}[\omega]$ neden UFD'dir?

[Metin Can Aydemir]

• Tweet

Bu gönderide $\mathbb{Z}\left[\dfrac{-1+i\sqrt{3}}{2}\right]$ veya kısaca $\omega=e^{\frac{2\pi i}{3}}$ için $\mathbb{Z}[\omega]=\{a+b\omega\mid a,b\in \mathbb{Z}\}$'nin neden UFD (Unique Factorization Domain) olduğunu göstereceğim. Bunu ispatını foruma ekleme sebebim başka bir iletide kullanacak olmam ve akıllarda soru işareti bırakmamaktır. Öncelikle tanımları yapalım. Elimden geldiğince terimleri türkçeleştirmeye çalışacağım fakat halihazırda kullanılan türkçeleştirmeleri kaçırmış olabilirim.

Grup (Group): $(G,\cdot)$ ikilisi şu şartları sağlıyorsa grup olarak adlandırılır;
i) $G$ bir kümedir,
ii) $\cdot$ bir binary işlemdir, yani $G\times G$'den $G$'ye bir fonksiyondur,
iii) $\forall a,b,c\in G$, $(a\cdot b)\cdot c=a\cdot (b\cdot c)$ sağlanıyor,
iv) Öyle bir $e\in G$ elemanı vardır ki $\forall a\in G$ için $a\cdot e=e\cdot a=a$ sağlanıyor ve $\forall a\in G$ için öyle bir $b\in G$ vardır ki $a\cdot b=b\cdot a=e$ sağlanıyor.

Bunlara ek olarak eğer her $a,b\in G$ için $a\cdot b=b\cdot a$ sağlanıyorsa, $(G,\cdot)$'ye Abelyen grup (Abelian group) denir (genellikle $\cdot$ işleminin ne olduğu kümeden tahmin edilebildiği için sadece $G$'ye grup deniliyor). Ayrıca $e$'ye özdeş (etkisiz, birim) eleman denir.

Halka (Ring): $(R,+,\cdot)$ üçlüsü şu şartları sağlıyorsa halka olarak adlandırılır;
i) $(R,+)$ bir Abelyen gruptur,
ii) $\cdot$ bir binary işlemdir yani $R\times R$'den $R$'ye giden bir fonksiyondur,
iii) $\forall a,b,c\in R$, $a\cdot(b\cdot c)=(a\cdot b)\cdot c$ sağlanıyor,
iv) $\forall a,b,c\in R$, $a\cdot (b+c)=(a\cdot b)+(a\cdot c)$
v) $\forall a,b,c\in R$, $(a+b)\cdot c=(a\cdot c)+(b\cdot c)$

Bunlara ek olarak eğer her $a\in R$ için $u\cdot a=a\cdot u=a$ olacak şekilde bir $u\in R$ varsa $R$'ye birimli halka denir. Bu $u$ elemanı genellikle $1_R$ ile, $(R,+)$ grubunun etkisiz elemanı ise $0_R$ ile gösterilir.

Eğer her $a,b\in R$ için $a\cdot b=b\cdot a$ ise $R$'ye değişmeli halka (commutative ring) denir (Burada da sadece $R$'ye halka deniliyor).

$a,b\in R$ için eğer $a\cdot b=b\cdot a=1_R$ ise $a$ ve $b$'ye birim eleman denir (buradaki birim eleman ile yukarıdaki birim elemanı karıştırmayın. Gruptaki birim eleman "identity" olarak adlandırılırken buradaki "unit" olarak adlandırılıyor.).

$R$ değişmeli ve birimli bir halka olsun ve $c\in R-\{0_R\}$ çarpmaya göre birim eleman olmasın. Eğer $c=a\cdot b$ olmasını sağlayan her $a,b\in R$ için $a$ veya $b$ çarpmaya göre birim eleman oluyorsa, $c$'ye indirgenemez eleman denir.

Althalka (Subring): $R$ bir halka olsun. Eğer $S$ bir halka ve $R$'nin altkümesiyse $S$'ye althalka denir.

İdeal: $R$ bir halka olsun. Eğer $I$ bir althalkaysa ve her $x\in I$ ve $r\in R$ için $r\cdot x\in I$ ve $x\cdot r\in I$ ve her $x,y\in I$ için $x-y\in I$ ise $I$'ya ideal denir (Burada $x-y$'den kasıt $x$ ve $y$'nin toplamaya göre tersinin toplamıdır).

Esas İdeal (Principal İdeal): Eğer $I$, $R$'nin bir ideali ise ve her $x\in I$ için $x=a\cdot r$ veya $x=r\cdot a$ olacak şekilde bir $a\in R$ olmasını sağlayan sabit bir $r\in I$ varsa $I$'ya esas ideal denir ve $I=(r)$ ile gösterilir.

Sıfır Bölen (Zero divisor): $R$ bir halka olsun. $a,b\in R-\{0_R\}$ elemanları için eğer $a\cdot b=0_R$ ise $a$ ve $b$'ye sıfır bölen denir.

Tamlık Bölgesi (Integral Domain): $R$ değişmeli ve birimli bir halka olsun. Eğer $1_R\neq 0_R$ ise ve $R$'nin sıfır bölen elemanı yoksa $R$'ye tamlık bölgesi denir.

Esas İdeal Bölgesi (Principal Ideal Domain - PID): $R$ bir tamlık bölgesi olsun. Eğer $R$'nin her ideali aynı zamanda esas ideal ise $R$'ye esas ideal bölgesi denir.

Öklid Bölgesi (Euclidean Domain): $R$ bir tamlık bölgesi olsun.

i) $\forall a,b\in R$, $ab\neq 0$ ise $f(a)\leq f(ab)$'dir,
ii) Her $a\in R$ ve $b\in R-\{0_R\}$ için $a=bq+r$ ve ($r=0_R$ veya $0\leq f(r)\leq f(b)$) olacak şekilde $q,r\in R$ vardır.

Eğer bu şartları sağlanacak şekilde $f:R-\{0_R\}\to \mathbb{N}=\{0,1,2,\dots\}$ fonksiyonu varsa $R$'ye Öklid bölgesi denir.

Tek Türlü Çarpanlarına Ayrılabilir Bölge (Unique Factorization Domain - UFD): $R$ bir tamlık bölgesi olsun. Eğer şu şartlar sağlanıyorsa;
i) $\forall a\in R-\{0_R\}$ için eğer $a$ çarpmaya göre birim değilse $a$ sayısı bazı indirgenemez sayıların çarpımı olarak yazılabilir.
ii) Eğer $c_1,c_2,\dots,c_n$ ve $d_1,d_2,\dots, d_m$ sayıların $R$'de indirgenemez ve $$c_1\cdot c_2\cdot c_3\cdots c_n=d_1\cdot d_2\cdots d_m$$ ise $m=n$'dir ve $d_1,d_2,\dots, d_m$ sayıları $c_1,c_2,\dots,c_n$ sayılarının herhangi bir sırada dizilmiş halinin bazı birim elemanlarla çarpılmış halidir. Örneğin $6$ sayı $2\cdot 3$ olarak da $(-3)\cdot (-2)$ olarak da yazılabilir çünkü $-1$ sayısı $\mathbb{Z}$'de çarpmaya göre birimdir.

Bu durumda $R$'ye UFD denir.

Teorem 1: Her PID aynı zamanda UFD'dir.
Teorem 2: Her Öklid bölgesi aynı zamanda PID'dir.
Teorem 3: $\mathbb{Z}[\omega]$ bir Öklid bölgesidir.

Dolayısıyla bu üç teorem ispatlanırsa $\mathbb{Z}[\omega]$'nin UFD olduğunu ispatlamış oluruz. Teorem 1'in ispatı için üç tanım daha yapmalıyız.

Bölünebilirlik: $R$ bir halka olsun. $a,b\in R$ için $a$ böler $b$ demek $a\cdot x=b$ olacak şekilde bir $x\in R$ olması demektir ve $a\mid b$ olarak gösterilir.

Asal eleman: $R$ değişmeli ve birimli bir halka olsun. $c\in R-\{0_R\}$ ve birim olmayan bir eleman olsun. Eğer $c\mid a\cdot b$ olan her $a,b\in R$ için $c\mid a$ veya $c\mid b$ ise $c$'ye asal eleman denir.

Maksimal İdeal: $R$ bir halka ve $M\neq R$ ise onun bir ideali olsun. Eğer $M$'yi kapsayan idealler sadece $M$ ve $R$'nin kendisi ise $M$'ye maksimal ideal denir.

[Metin Can Aydemir]

• Tweet

Teorem 1'in İspatı: $R$ bir PID olsun. $S$ kümesini ise $R$'nin elemanı olan, $0_R$ veya birim olmayan ve indirgenemez sayıların çarpımı olarak yazılamayan sayılar kümesi olarak tanımlayalım (UFD'nin ilk koşulunu sağlamayanlar kümesi). Eğer $S= \emptyset$ ise UFD'nin ilk koşulu sağlanmış olur. $S\neq \emptyset$ olduğunu kabul edelim.

Herhangi bir $a\in S$ alalım. $I=(a)$ bir idealdir. Şimdi $I$'yı kapsayan bir maksimal ideali olduğunu gösterelim.

Lemma: $R$ birimli bir halka, $J$ bir ideal olsun. $J\neq R\iff 1_R\not\in J$'dir.

Lemmanın İspatı: Eğer $1_R\not\in J$ ise $J\neq R$'dir çünkü $1_R\in R$'dir. Eğer $1_R\in J$ ise herhangi bir $x\in R$ için $1_R\cdot x=x\in J$ olacağından $R\subset J$ olur. Buradan $J=R$ çıkar.

Öncelikle $I\neq R$ olduğunu gösterelim. Aksini kabul edersek $R=(a)$ olur. Yani $1_R\in (a)$ olur. Buradan $1=a\cdot x=x\cdot a$ olacak şekilde bir $x\in R$ olduğu sonucuna varırız. Yani $a$ birim olur. Fakat $S$ kümesi tanımı gereği birim olamaz. Bu bir çelişkidir.

$I\neq R$ olduğundan $1_R\not\in I$ olur. $F=\{J\mid I\subset J, J\text{ bir ideal ve } 1_R\not\in J\}$ olarak tanımlayalım. $F$ boş küme değildir çünkü $I$ içindedir. Ayrıca küme kısmi olarak sıralanmış bir kümedir yani $C_1\subset C_2\subset\cdots$ gibi sıralanmış idealler zincirleri bulabiliriz. Her ideal zinciri aynı zamanda üstten sınırlıdır çünkü zincirdeki her idealin birleşimi de $F$ kümesinde olan bir idealdir ve bu zincirdeki elemanları üstten sınırlar. Dolayısıyla Zorn Lemmasından, bu kümenin bir maksimal elemanı vardır. Bu eleman $M$ ise $M$'yi kapsayan $R$'den farklı tek ideal kendisi olmalıdır. Yani $M$, $I$'yı kapsayan bir maksimal idealdir (Burada $I$'yı $R$'den farklı rastgele bir ideal olarak da seçebilirdik, sonuç değişmezdi).

$I=(a)$'yı kapsayan maksimal ideal $M_a$ diyelim. $R$ halkası PID olduğundan $M_a=(m_a)$ olacak şekilde bir $m_a\in R$ vardır. $I\subset M_a$ olduğundan $a\in (m_a)$ olur. Yani $a=x_a\cdot m_a$ olacak şekilde bir $x_a$ vardır. Bu $x_a$ tek bir tanedir çünkü $$x\cdot m_a=y\cdot m_a\implies (x-y)\cdot m_a=0_R\implies x-y=0_R$$ olur. Ayrıca $x_a$ birim veya $0_R$ değildir çünkü $I\neq M_a$'dır ve $a\neq 0_R$'dir. Eğer $m_a$ indirgenemez değilse birim veya $0_R$ olmayan $s,t\in R$ için $m_a=s\cdot t$ olarak yazılabilir ve $M_a=(m_a)\subset (s)$ olur. $(s)\neq M$ ve $(s)\neq R$ olduğu görülebilir. Dolayısıyla $m_a$ indirgenemezdir. Bu durumda $x_a\in S$ olmalıdır aksi takdirde $a=x_a\cdot m_a$ bazı indirgenemez elemanların çarpımı olarak yazılabilir. Bu ise $a\in S$ olmasıyla çelişir. Yani $x_a\in S$'dir ve her $a$ için $x_a$ tek bir tanedir. O halde $a\mapsto x_a$ olacak şekilde $S$'den $S$'ye bir fonksiyon tanımlayabiliriz (fonksiyonun çıktısını $x_a$ veya onun herhangi bir birimle çarpılmış hali olarak düşünebiliriz, birim eleman herhangi bir şeyi değiştirmez).

$a=x_a\cdot m_a$ olduğundan ve $m_a$ birim olmadığından $(a)\subset (x_a)$ fakat $(a)\neq (x_a)$ elde edilir. Yani $a$'dan başlayıp yukarıdaki fonksiyonla devam edersek sonsuz uzunlukta eşit olmayan sıralanmış idealler zinciri elde ederiz. Bu zincirde hiçbir zaman $R$'ye ulaşılmaz çünkü $(b)=R$ olacak şekilde bir $b\in S$ olmadığını göstermiştik. Dolayısıyla bu ideallerin birleşimi de $R$ olamaz çünkü $1_R$'yi içermeyecektir. Eğer bu birleşimden elde edilen ideale $(c)$ dersek $c$ elemanı bu zincirde bir idealden gelmelidir. Eğer $c\in (d)$ idealinden geliyorsa $c$'nin tüm katları $(d)$'nin içinde olacağından $(c)\subset (d)$ olur. $(c)$ hepsinin birleşimi olduğundan $(c)=(d)$ olmalıdır. Ancak bu zincirdeki $(x_d)$ hem $(d)$'yi kapsadığından hem de eşit olmadığından $(c)$'den daha büyük bir ideal elde edilir. Bu bir çelişkidir. Baştaki kabulumuz yanlıştır. $S=\emptyset$ olmalıdır.

UFD olmanın ikinci şartına gelirsek, $c_1\cdot c_2\cdots c_n=d_1\cdot d_2\cdots d_m$ olacak şekilde indirgenemez elemanlar alalım.

Lemma: Eğer $R$ bir PID ise $R$'de indirgenemez olan her eleman aynı zamanda asaldır.
Lemmanın ispatı: $r\in R$ bir indirgenemez eleman olsun. Öncelikle $(r)$'nin maksimal olduğunu gözlemleyelim. Eğer değilse, $r$ birim olmadığından $(r)\neq R$'dir ve önceki lemmadan $(r)\subset (m)$ ve $(r)\neq (m)$ olacak şekilde bir maksimal ideal $(m)$ bulabiliriz. Buradan $r\in (m)$ ve $m=r\cdot x$ olacak şekilde bir $x\in R$ olduğunu görürüz. $m$'nin indirgenemez olduğunu yukarıda göstermiştik. $r$ de indirgenemez olduğundan $x$ birim olmalıdır. Bu durumda ise $(r)=(m)$ çıkacaktır ve bu bir çelişki olur. Yani $(r)$ maksimaldır.

$r\mid a\cdot b$ olan $a,b\in R$ elemanları alalım. $a\cdot b\in (r)$ olur. Eğer $a\in (r)$ veya $b\in (r)$ ise $r$ asal olur. Farz edelim ki $a\not \in(r)$ ve $b\not\in (r)$'dir.

Eğer $A$ ve $B$ idealleri için $$A+B=\{a+b\mid a\in A, b\in B\}$$ $$AB=\{a_1\cdot b_1+a_2\cdot b_2+\cdots+a_n\cdot b_n\mid a_1,a_2,\dots,a_n\in A, b_1,b_2,\dots, b_n\in B\}$$ olarak tanımlarsak $A+B$ ve $AB$ de ideal olacaktır.

$R^2=R$ olduğunu ve $(a)+(r)=(b)+(r)=R$ olduğunu gözlemleyelim ($(r)$ maksimal olduğundan dolayı). Buradan $$R^2=R=((a)+(r))((b)+(r))=(a)(b)+(a)(r)+(b)(r)+(r)^2\subset (ab)+(a)(r)+(b)(r)+(r)^2\subset (r)$$ elde edilir. Bu bir çelişkidir çünkü $(r)\neq R$'dir.

Asıl ispata geçecek olursak son lemmadan dolayı $c_i$ ve $d_i$'ler asal sayılardır. O halde $c_1$ elemanı en az bir $d_i$'yi bölmelidir. Aynı zamanda indirgenemez olduğundan $c_1=z\cdot d_i$ olacak şekilde bir birim $z$ ve $d_i$ vardır. $c_1$ yerine bunu yazıp sadeleştirirsek $c_2\cdot c_3\cdots c_n=z\cdot d_1\cdot d_2\cdots d_{i-1}\cdot d_{i+1}\cdots d_m$ olarak elde edilir. Aynı işlemi $c_2$ için uygulayıp devam edersek $n$ defa işlemi uygulayabilmemiz gerektiğinden $m\geq n$ bulunur. $c$'ler yerine $d$'lerden başlasaydık da $n\geq m$ bulacaktık. Yani $m=n$'dir ve $n$ defa bu işlemi uyguladığımızda $d_1,d_2,\dots,d_m$ elemanlarının $c_1,c_2,\dots, c_n$ sayılarının herhangi bir sırada diziliminin bazı birimlerle çarpılmış hali olduğunu görürüz. Yani $R$ bir $UFD$'dir. 

[Metin Can Aydemir]

• Tweet

Teorem 2'nin ispatı: $R$ bir Öklid bölgesi olsun. $f$ ise Öklid bölgesi tanımındaki fonksiyon olsun. Herhangi bir $I$ ideali alalım. Eğer $I=\{0_R\}$ ise $I=(0_R)$ olduğundan gösterecek bir şey yoktur. Eğer $I\neq \{0_R\}$ ise $I-\{0_R\}$ boş küme değildir. $$S=\{f(x)\mid x\in I-\{0_R\}\}\subset \mathbb{N}$$ olarak tanımlayalım. $S$ boş küme olmadığından ve $\mathbb{N}$'nin altkümesi olduğundan minimum elemanı vardır. Bu elemana $n_0$ diyelim. $f(x_0)=n_0$ olsun. Herhangi bir $y\in I$ için öyle $q,r\in R$ vardır ki $y=q\cdot x_0+r$ ve $0\leq f(r)<f(x_0)$ sağlar veya $r=0_R$'dir. $r=y-q\cdot x_0$ olduğundan $r\in I$'dır (çünkü $y\in I$ ve $q\cdot x_0\in I$). Bu durumda $x_0$'ın tanımı gereği $r=0_R$ veya $f(x_0)\leq f(r)$ olmalıdır. Tek olası durum $r=0_R$ olmasıdır. Yani her $y\in I$ için $y=q\cdot x_0$'dır. Buradan $I=(x_0)$ bulunur. Yani $R$ bir PID'dir.

[Metin Can Aydemir]

• Tweet

Teorem 3'ün ispatı: Öncelikle $\mathbb{Z}[\omega]$'nın tamlık bölgesi olduğunu göstermeliyiz.  $\mathbb{Z}[\omega]$'nın değişmeli ve birimli bir halka olduğunu görmek zor değildir. Toplama ve çarpmaya göre kapalı olduğu görülebilir. Ayrıca birim elemanı ile sıfır elemanı farklıdır. Bizim göstermemiz gereken sıfır böleni olmadığıdır. Aksini kabul edelim. $\alpha=a+b\omega\neq 0$ ve $\beta=c+d\omega\neq 0$ ve $\alpha\beta=0$ olsun. Bu durumda $$(a+b\omega)(c+d\omega)=ac+(ad+bc)\omega+bd\omega^2=(ac-bd)+(ad+bc-bd)\omega =0$$ elde edilir. Eğer $ad+bc-bd\neq 0$ ise $\omega$'yı yalnız bıraktığımızda $\omega$'yı rasyonel sayı olarak buluruz fakat değildir. O halde $ad+bc-bd=ac-bd=0$ olur. Eğer $b=0$ ise $ac=ad=0$ olur. Buradan ya $c=d=0$ çıkar ya da $a=0$ çıkar. İki durumda da çelişki buluruz. Benzer şekilde $c=0$ durumunda da çelişki elde edilir. $b\neq 0$ ve $c\neq 0$ için $ac=bd$ olduğundan $\dfrac{a}{b}=\dfrac{d}{c}$ elde edilir. Yani $a=dt$ ve $b=ct$ olacak şekilde bir sıfırdan farklı $t$ rasyonel sayısı vardır. $ad+bc=bd$'de yerine yazarsak $$d^2t+c^2t=cdt\implies c^2+d^2-cd=0$$ bulunur. Bu denklemin tek çözümü $(c,d)=(0,0)$'dır. Bunu görmek için denklemi $(c+d)$ ile çarpmak yeterlidir. Yani her durumda çelişki bulunmaktadır. $\mathbb{Z}[\omega]$'nın sıfır böleni yoktur ve tamlık bölgesidir.

Öklid bölgesi tanımındaki fonksiyonu tanımlayalım. $f(a+b\omega)=a^2+b^2-ab$ olsun. Bu fonksiyonun görüntüsünün doğal sayı olduğunu görmek için $$a^2+b^2-ab\geq a^2+b^2-\mid ab\mid\geq \mid ab\mid \geq 0$$ olmasını ve $a^2+b^2-ab\in \mathbb{Z}$ olmasını kullanabiliriz. Ayrıca $a^2+b^2-ab=0$ denkleminin tamsayılarda çözümü sadece $(a,b)=(0,0)$ olduğundan $f(a+b\omega)\geq 1$'dir. İkinci görülmesi gereken şey ise $$f((a+b\omega)(c+d\omega))=f(ac+(ad+bc)\omega+bd\omega^2)=f((ac-bd)+(ad+bc-bd)\omega)=(a^2+b^2-ab)(c^2+d^2-cd)=f(a+b\omega)\cdot f(c+d\omega)$$ Aradaki kısım sadece ifadeyi düzenleyip çarpanlarına ayırmadır. Buradan her $\alpha,\beta\in \mathbb{Z}[\omega]$ için $\alpha\beta\neq 0$ ise $$f(\alpha\beta)=f(\alpha)f(\beta)\geq f(\alpha)$$ bulunur. Yani Öklid bölgesi olmanın ilk şartı sağlanmış olur.

İkinci şart için ise herhangi bir $\alpha=a+b\omega$ ve $\beta=c+d\omega\neq 0$ için $$\dfrac{\alpha}{\beta}=\dfrac{a+b\omega}{c+d\omega}=\dfrac{(a+b\omega)(c-d-d\omega)}{c^2+d^2-cd}=A+B\omega$$ olarak yazalım. Burada $A$ ve $B$ rasyonel sayılardır ve bu rasyonel sayılara en yakın tamsayılar $A'$ ve $B'$ olsun. $q=A'+B'\omega$ olarak tanımlayalım. Bu durumda $$r=\alpha-q\cdot \beta=(A+B\omega)\beta-q\beta=((A-A')+(B-B')\omega)\beta$$ elde edilir. Eğer $r=0$ ise herhangi bir sorun yoktur. Eğer $r\neq 0$ ise $$0\leq f(r)=f((A-A')+(B-B')\omega)f(\beta)$$ olduğundan  bizim $f((A-A')+(B-B')\omega)<1$ olduğunu göstermemiz yeterlidir (burada teknik olarak $f((A-A')+(B-B')\omega)$ tanımlı olmak zorunda değildir bu ifadeden kasıt $f$ fonksiyonunun formülüyle çıkan sonuçtur). tanımları gereği $\mid A-A'\mid\leq \dfrac{1}{2}$ ve $\mid B-B'\mid\leq \dfrac{1}{2}$'dir. Buradan $$(A-A')^2+(B-B')^2-(A-A')(B-B')\leq \mid A-A'\mid^2+\mid B-B'\mid^2+\mid A-A'\mid \mid B-B'\mid\leq \dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}<1$$ olur. Yani istenilen durum sağlanır. Yani $\mathbb{Z}[\omega]$ bir Öklid bölgesidir. Teorem 2 ve 3'ten aynı zamanda hem PID hem de UFD olduğu bulunur.

[Dogukan6336]

• Tweet

Yanlış hatırlamıyorsam bu durum $\omega=e^{\frac{2\pi i}{n}}$ ve $n\leq 19$ ve $n$ asal olmak üzere  $\mathbb{Z}[\omega]=\{a_0+a_1\omega+a_2\omega^2+...+a_{\omega-2}\omega^{n-2}\mid a_i\in \mathbb{Z}\}$ için de geçerli. Bu da oldukça ilginç bir durum

[Metin Can Aydemir]

• Tweet

Yanlış hatırlamıyorsam bu durum $\omega=e^{\frac{2\pi i}{n}}$ ve $n\leq 19$ ve $n$ asal olmak üzere  $\mathbb{Z}[\omega]=\{a_0+a_1\omega+a_2\omega^2+...+a_{\omega-2}\omega^{n-2}\mid a_i\in \mathbb{Z}\}$ için de geçerli. Bu da oldukça ilginç bir durum

Evet, bunlar arasından tek türlü çarpanlarına ayrılma özelliğine aksi durum oluşturan en küçük asal sayı $23$. Hatta bu durumu gözden kaçıran Gabriel Lamé 1847'de ünlü Fermat'ın son teoremini çözdüğünü iddia etmiştir. Hatası ise tüm asallar için $\mathbb{Z}[\omega]$'nın UFD olduğunu varsaymasıdır. Pierre Wantzel ise $n=2,3$ için bunu göstermiş (yukarıdaki yöntemle olabilir, bilmiyorum), $n\geq 4$ için de benzer şekilde çıktığı görülebilir demiştir fakat bu iddia $n=23$ karşıt örneği ile çürütülmüştür.

Fermat'ın son teoremi ispatlanmış olsa da küçük $n$ değerlerinde bu yöntem hala kullanılabilir. Zaten bu gönderiyi de $x^3+y^3=z^3$ ispatında kullanmak için hazırlamıştım.