Tính chia hết và miền nhân tử hóa
Trong suốt mục này ta luôn xét D là một miền nguyên.
1.1.1 Định nghĩa Cho a, b là hai phần tử của D
Cho b6= 0, b được gọi là ước của a (hay a là bội của b), ký hiệu b|a, nếu tồn tại một số q ∈ D sao cho a = bq Khi b là ước của a, ta có thể nói rằng b chia hết a hoặc a chia hết cho b.
(ii) Nếu tồn tại q ∈D để 1 =bq thì ta nói b là ước của đơn vị.
(iii) Cho 06= a và 06=b Ta nói a liên kết b, kí hiệu là a ∼b, nếu a|b và b|a. Nếu a không liên kết với b thì ta kí hiệu a b.
Cho b là một ước của a Ta gọi b là ước thực sự của a, ký hiệu b||a, nếu b lớn hơn 1 và b nhỏ hơn a Các ước của a liên kết với 1 hoặc a được gọi là các ước tầm thường của a.
1.1.2 Mệnh đề Cho 06= a, b ∈D Khi đó a liên kết b khi và chỉ khi chúng chỉ sai khác nhau bởi một nhân tử là ước của đơn vị.
Giả sử a và b là liên kết, tồn tại c, d ∈ D sao cho a và b = da, dẫn đến a = cb = cda Vì D là miền nguyên và a ≠ 0, ta có 1 = cd, cho thấy c và d là ước của đơn vị, nghĩa là a và b chỉ khác nhau một nhân tử là ước của đơn vị Ngược lại, nếu a = cb với c là một ước của đơn vị, thì b | a Do c | 1, tồn tại d ∈ D sao cho 1, từ đó suy ra ad = b(cd) = b, dẫn đến a | b Vậy a và b liên kết với nhau.
1.1.3 Định nghĩa Cho p∈ D là một phần tử khác không và khác ước của đơn vị.
(i) p được gọi là phần tử bất khả quy nếu p không có ước thực sự.
(ii) p được gọi là phần tử nguyên tố nếu p|ab kéo theo p|a hoặc p|b với mọi a, b∈ D.
Trong vành Z của các số nguyên, phần tử nguyên tố và phần tử bất khả quy là hai khái niệm tương đương Tuy nhiên, trong những trường hợp tổng quát, hai khái niệm này không luôn tương đương Một tính chất quan trọng cần lưu ý là mọi phần tử nguyên tố đều là phần tử bất khả quy.
Giả sử p là một số nguyên tố và p|p Tồn tại một b thuộc D sao cho p = ab, từ đó suy ra p|ab Vì p là số nguyên tố, nên p|a hoặc p|b Nếu p|a, thì a ∼p; nếu p|b, thì p ∼ b Do đó, p và b chỉ khác nhau ở nhân tử là ước của đơn vị, có nghĩa là a là ước của đơn vị.
Ví dụ sau đây chỉ ra rằng điều ngược lại của Mệnh đề 1.1.4 là không đúng.
−5|a, b ∈ Z} Vì D là vành con của trường số phức nên D là một miền nguyên Ta khẳng định các phần tử 2,3,1 +√
−5là bất khả quy nhưng không là phần tử nguyên tố Thật vậy, với mỗi r =a+b√
Cho số phức r là liên hợp với r, chuẩn của r được định nghĩa là N(r) = rr = a² + 5b² Do tính chất của liên hợp trong tích hai số phức, ta có N(rs) = N(r)N(s) Ví dụ, 6 có thể được biểu diễn dưới dạng 2.3 = (1 + √).
Trước hết ta chứng minh số 2là phần tử bất khả quy nhưng không nguyên tố Giả sử r = a+b√
−5 là một ước của 2 Khi đó tồn tại s ∈ D sao cho
N(r) chỉ có thể nhận giá trị 1, 2 hoặc 4 Nếu N(r) = 1, thì a^2 + 5b^2 = 2, với a = ±1 và b = 0, cho thấy r là ước của đơn vị Tuy nhiên, khi N(r) = 2, phương trình a^2 + 5b^2 = 2 không có nghiệm.
Số 2 được xác định là phần tử bất khả quy trong hệ số nguyên, với N(r) = 4 = a^2 + 5b^2, dẫn đến a = ±2 và b = 0 Tuy nhiên, để chứng minh rằng số 2 không phải là phần tử nguyên tố, ta giả định rằng số 2 là phần tử nguyên tố và xem xét điều kiện 2 | (1 + √).
2 là ước của một trong hai thừa số đó Giả sử 2 là ước của 1 +√
−5) = 6 Điều này là vô lý vì trong vành số nguyên, 4 không thể là ước của 6 Tương tự nếu 2 là ước của 1−√
−5 thì ta cũng suy ra điều vô lý Vậy 2 không là phần tử nguyên tố.
Bằng cách tương tự, ta có thể kiểm tra được các phần tử2,1−√
−5 cũng là bất khả quy nhưng không nguyên tố.
Một miền nguyên D được gọi là miền nhân tử hóa (vành nhân tử hóa) nếu mọi phần tử khác 0 và không phải là ước của đơn vị trong D đều có thể phân tích thành tích của các phần tử bất khả quy Sự phân tích này là duy nhất, không tính đến thứ tự, và các nhân tử trong phân tích là ước của đơn vị.
Miền nhân tử hóa đơn giản nhất là vành Z của các số nguyên Vào đầu thế kỷ 19, nhà toán học C F Gauss đã chứng minh rằng các vành đa thức nhiều biến Z[x₁, , xₙ] và Q[x₁, , xₙ] có hệ số tương ứng trong vành số nguyên và trường số hữu tỉ đều là miền nhân tử hóa Do đó, nhiều tài liệu đại số đã gọi miền nhân tử hóa là vành Gauss.
Cho a, b ∈ D, phần tử d ∈ D được gọi là ước chung lớn nhất của a và b nếu d là ước chung của a, b và là bội của mọi ước chung khác Nếu d và d' là hai ước chung lớn nhất của a và b, thì tồn tại phần tử khả nghịch u ∈ D sao cho d = d' u Đặc biệt, trong vành Z của các số nguyên, nếu d là ước chung lớn nhất của a, b thì −d cũng là ước chung lớn nhất của a, b.
Miền nguyên D được xem là thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn nhất khi bất kỳ hai phần tử nào trong D, không đồng thời bằng 0, đều có ước chung lớn nhất Ví dụ, vành các số nguyên Z là một minh chứng cho điều này.
Miền nguyên D được coi là thỏa mãn điều kiện dãy dừng các ước thực sự khi mọi phần tử a1, a2, a3, trong D đều phải dừng nếu thỏa mãn điều kiện a2 | a1, a3 | a2, và tiếp tục như vậy Ví dụ điển hình là vành các số nguyên Z, nơi mà điều kiện dãy dừng các ước thực sự được thỏa mãn.
Tiếp theo là một số tính chất của miền nguyên thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn nhất và điều kiện dãy dừng các ước thực sự.
1.1.7 Bổ đề Cho D là miền nguyên thỏa mãn điều kiện dãy dừng các ước thực sự Khi đó các phát biểu sau là đúng:
(i) Mọi phần tử khác không và không khả nghịch đều có một ước bất khả quy.
(ii) Mọi phần tử khác không và không khả nghịch đều phân tích được thành tích các nhân tử bất khả quy.
Để chứng minh, cho a ∈ D là phần tử khác không và không khả nghịch Nếu a là bất khả quy, thì a chính là ước bất khả quy của chính nó Ngược lại, nếu a không phải là bất khả quy, thì a có ước thực sự là a1 Nếu a1 là bất khả quy, chúng ta đã có điều cần chứng minh Nếu a1 không bất khả quy, thì a1 sẽ có ước thực sự là a2 Quá trình này tiếp tục tạo thành một dãy các ước thực sự, và dãy này phải dừng lại, từ đó khẳng định rằng a có ước bất khả quy.
Cho a ∈ D là phần tử khác không và không khả nghịch Nếu a là bất khả quy, thì a = a là một sự phân tích Ngược lại, nếu a không là bất khả quy, thì tồn tại một ước bất khả quy p1, và a có thể được biểu diễn dưới dạng a = p1 a1, trong đó a1 là ước thực sự của a Nếu a1 là bất khả quy, điều này chứng minh được yêu cầu Nếu a1 không phải là bất khả quy, thì tồn tại một ước bất khả quy p2, với a1 = p2 a2, trong đó a2 là ước thực sự của a1 Nếu a2 là bất khả quy, thì a = p1 p2 a2 là một sự phân tích Nếu a2 không phải là bất khả quy, quá trình này sẽ tiếp tục cho đến khi dừng lại.
D thỏa mãn điều kiện dãy dừng các ước thực sự Vậy ta có a =p 1 p 2 p t là sự phân tích thành tích các nhân tử bất khả quy.
1.1.8 Bổ đề Cho D là miền nguyên thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn nhất Khi đó mọi phần tử bất khả quy đều nguyên tố.
Miền iđêan chính và miền Euclid
Trong phần này, chúng ta giả định rằng D là miền nguyên Một iđêan I của D được coi là iđêan chính nếu tồn tại một phần tử a ∈ D, sao cho I = {ax | x ∈ D} Trong trường hợp này, chúng ta ký hiệu I = (a).
1.2.1 Định nghĩa Một miền nguyên D được gọi là miền iđêan chính nếu mọi iđêan của nó đều là iđêan chính.
1.2.2 Ví dụ Vành Z các số nguyên là miền iđêan chính.
1.2.3 Tính chất Cho D là miền iđêan chính Khi đó D thỏa mãn điều kiện dãy dừng những ước thực sự.
Chứng minh Giả sử D là miền iđêan chính Trước hết ta thấy rằng với a, b∈
Nếu a||b thì (b) ⊆ (a) và (b) khác (a) Bởi vì a|b, tồn tại c ∈ D sao cho b = ac, dẫn đến b ∈ (a) và do đó (b) ⊆ (a) Giả sử (a) = (b), thì a ∈ (b) và b|a, điều này cho thấy a không phải là ước thực sự của b, tạo ra một mâu thuẫn Do đó, (a) khác (b) Tiếp theo, giả sử a1, a2, là một dãy phần tử của D với a2|a1, a3|a2, Nếu dãy này không dừng lại, tồn tại một dãy con an1, an2, sao cho an1 an2, an2 an3, dẫn đến an2||an1, an3||an2, Như vậy, ta có một dãy tăng các lý thuyết.
Trong bài viết này, chúng ta xem xét một chuỗi các tập hợp (a n 1 ) ⊆(a n 2 ) ⊆ (a n 3 ) ⊆ và đặt I = S∞ i=1(a n i ) Chúng ta chứng minh rằng I là một lý tưởng của D, và vì D là miền lý tưởng chính, tồn tại một phần tử a ∈ D sao cho I = (a) Điều này dẫn đến việc tồn tại a ∈ (a n i ) và do đó (a) = (a n i ) Kết luận rằng I = (a) = (a n i ) ⊆ (a n i+1 ) tạo ra mâu thuẫn với nhận xét trước đó Do đó, D thỏa mãn điều kiện dãy dừng những ước thực sự.
1.2.4 Tính chất Cho D là miền iđêan chính Khi đó D thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn nhất.
Chứng minh Giả sử D là miền iđêan chính Cho a, b ∈ D không đồng thời bằng 0 Đặt I = {ax+by|x, y∈ D} Ta kiểm tra được I là iđêan của D Do
D là miền iđêan chính, tồn tại d ∈ D sao cho I = (d) Chúng ta chứng minh rằng d là ƯCLN của a và b Vì a = a.1 + b.0 nên a ∈ I, suy ra a ∈ (d) và d|a Tương tự, d|b, do đó d là ước chung của a và b Giả sử t ∈ D sao cho t|a và t|b Vì d ∈ (d) = I, tồn tại x, y ∈ D sao cho d = ax + by Do t|a và t|b, t là ước của ax + by, nên t cũng là ước của d Vậy d là ƯCLN của a và b.
Từ hai tính chất trên và Mệnh đề 1.1.9 ta có hệ quả sau.
1.2.5 Hệ quả Mọi miền iđêan chính đều là miền nhân tử hóa.
Trước khi đưa ra ví dụ miền nhân tử hóa không nhất thiết là miền iđêan chính, chúng ta cần bổ đề sau.
1.2.6 Bổ đề Cho D là một miền nguyên Khi đó, vành đa thức D[x] là miền iđêan chính nếu và chỉ nếu D là một trường.
Chứng minh Giả sử D[x]là miền iđêan chính Cho 06=a ∈D là phần tử tùy ý Đặt
I là lý thuyết của D[x] được sinh ra từ hai phần tử a và x Theo giả thiết, tồn tại d(x) ∈ D[x] sao cho I = (d(x)) Vì a = a.1 + x.0 nên a ∈ I, dẫn đến tồn tại h(x) ∈ D[x] với a = d(x).h(x) Do D là miền nguyên, theo công thức bậc, ta có degd(x) = 0, tức là d(x) = d ∈ D Hơn nữa, x = a.0 + x.1 cho thấy x ∈ I, từ đó tồn tại k(x) ∈ D[x] sao cho x = d.k(x), với k(x) = a0 + a1x + + anxn Đồng nhất các hệ số, ta có 1 = d.a1, do đó 1 ∈ I.
Vì thế tồn tại các đa thức f(x), g(x) ∈ D[x] sao cho
Trong phương trình 1 = a.f(x) + x.g(x), khi đồng nhất hệ số tự do ở cả hai vế, ta suy ra rằng 1 = 0, trong đó b = 0 là hệ số tự do của f(x) Điều này chứng minh rằng a là khả nghịch, từ đó kết luận rằng D là một trường.
Ngược lại, cho D là một trường và I là iđêan của D[x] Nếu I = {0} thì
I là lý thuyết chính trong bài viết Giả sử I khác không, ta chọn đa thức d(x) có bậc nhỏ nhất trong I Chúng ta sẽ chứng minh rằng I = (d(x)) Vì d(x) thuộc I, nên (d(x)) là tập con của I Với bất kỳ f(x) thuộc I, theo Định lý phép chia, tồn tại q(x) và r(x) thuộc D[x] sao cho f(x) = d(x).q(x) + r(x), với r(x) bằng 0 hoặc có bậc nhỏ hơn bậc của d(x) Do d(x) và f(x) đều thuộc I, nên r(x) cũng thuộc I.
Do đó theo cách chọn của d(x) ta suy ra r(x) = 0 Vì thế f(x) ∈ (d(x)) Vậy D[x] là miền chính.
1.2.7 Ví dụ Xét vành đa thức Q[x 1 , , x n ] với n ≥ 2 Khi đó C F Gauss đã chỉ ra rằng Q[x 1 , , x n ] là miền nhân tử hóa Vì n ≥ 2 nên vành đa thức
D =Q[x 1 , , x n−1 ] là miền nguyên nhưng không là trường Theo Bổ đề 1.2.6 ta suy ra Q[x 1 , , x n ] là miền nhân tử hóa, nhưng không là miền iđêan chính.
Tuy nhiên vành đa thức một biến với hệ số trên một trường K luôn là miền iđêan chính.
Một số tính chất quan trọng của miền Euclid sẽ được trình bày trong phần này Chúng ta giả định rằng E là miền nguyên, với E∗ được định nghĩa là E\{0} và N là tập hợp các số tự nhiên khác không.
1.2.8 Định nghĩa Miền nguyên E được gọi là miền Euclid nếu tồn tại ánh xạ δ :E ∗ −→N thỏa mãn các điều kiện sau:
(ii) Với hai phần tử tùy ý a ∈ E, b ∈ E ∗ , luôn tồn tại q, r ∈ E sao cho a =bq+r trong đó r = 0 hoặc (r 6= 0 và δ(r)< δ(b)).
1.2.9 Ví dụ Vành các số nguyên Z là miền Euclid với ánh xạ δ : Z ∗ −→ N cho bởi δ(a) =|a| với mọi a ∈Z.
1.2.10 Bổ đề Cho E là miền Euclid và a, b∈ E ∗ Khi đó nếu b là ước thực sự của a thì δ(b)< δ(a).
Trong miền Euclid E ∗, tồn tại các số q, r ∈ E sao cho b = aq + r, với điều kiện r = 0 hoặc (r ≠ 0 và δ(r) < δ(a)) Nếu r = 0, thì a chia hết b, dẫn đến b không phải là ước thực sự của a, điều này mâu thuẫn với giả thuyết Do đó, r phải khác 0 và δ(r) < δ(a) Vì b chia a, tồn tại e ∈ E ∗ sao cho a Từ đó, ta có r = b - aq = b - beq = b(1 - eq) Kết luận, δ(b) ≤ δ(b(1 - eq)) = δ(r) < δ(a).
1.2.11 Tính chất Mọi miền Euclid E đều thỏa mãn điều kiện dãy dừng những ước thực sự.
Chứng minh rằng dãy a 1, a 2, a 3, là một dãy các phần tử của E với điều kiện a 2 |a 1, a 3 |a 2, được thực hiện bằng phương pháp quy nạp Giả sử dãy này không dừng, tồn tại vô hạn số tự nhiên n 1 < n 2 < n 3 < dẫn đến a n 2 ||a n 1, a n 3 ||a n 2, Theo Bổ đề 1.2.10, ta có dãy giảm vô hạn số tự nhiên δ(a n 1) > δ(a n 2) > , điều này tạo ra một mâu thuẫn.
1.2.12 Tính chất Mọi miền EuclidE đều thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn nhất.
Giả sử E là một miền Euclid và a, b ∈ E không đồng thời bằng 0 Nếu a = 0 hoặc b = 0, thì (a, b) sẽ bằng b hoặc a Do đó, chúng ta giả thiết a, b ∈ E ∗ Khi chia a cho b, ta có a = bq₀ + r₁, với r₁ = 0 hoặc (r₁ ≠ 0 và δ(r₁) < δ(b)).
Nếu r 1 6= 0 thì tiếp tục chia b cho r 1 ta được b =r 1 q 1 +r 2 , với r 2 = 0 hoặc (r 2 6= 0 và δ(r 2 ) < δ(r 1 ))
Nếu r 2 6= 0 thì tiếp tục chia r 1 cho r 2 ta được r 1 =r 2 q 2 +r 3 , với r 3 = 0 hoặc (r 3 6= 0 và δ(r 3 )< δ(r 2 ))
Quá trình này sẽ dừng lại sau một số bước hữu hạn do dãy giảm các số tự nhiên δ(b) > δ(r1) > δ(r2) > δ(r3) không thể kéo dài vô hạn Do đó, tại bước thứ n, chúng ta có r(n-2) = r(n-1) * q(n-1) + r(n), với r(n) khác 0 và δ(r(n)) < δ(r(n-1)), cùng với r(n-1) = r(n) * q(n).
R_n được khẳng định là ước chung lớn nhất (UCLN) của a và b Theo các đẳng thức, ta có r_n | r_{n-1}, từ đó suy ra r_n | (r_{n-1} q_{n-1} + r_n) và tiếp tục dẫn đến r_n | r_{n-2} Qua quá trình này, ta có r_n | b và do đó r_n | a, xác nhận rằng r_n là một ước chung của a và b Nếu t là một ước chung của a và b, thì từ các đẳng thức, ta có t | r_1 và t | r_2, tiếp tục suy ra t | r_{n-2} và t | r_{n-1}, cuối cùng dẫn đến t | r_n Do đó, r_n được xác định là ước chung lớn nhất của a và b.
Từ các Tính chất 1.2.11, Tính chất 1.2.12 và Mệnh đề 1.1.9 ta có kết quả sau.
1.2.13 Hệ quả Mọi miền Euclid E đều là miền nhân tử hóa.
1.2.14 Mệnh đề Cho E là miền Euclid Khi đó E là miền iđêan chính.
Chứng minh rằng I là lý tưởng của E Nếu I = 0, thì I = (0) Giả sử I ≠ 0, tồn tại phần tử khác 0 trong I Gọi a là phần tử khác 0 của I với δ(a) nhỏ nhất Ta sẽ chứng minh I = (a) Vì a ∈ I, nên (a) ⊆ I Giả sử b ∈ I, ta có thể chia b cho a, nhận được b = aq + r, với r = 0 hoặc (r ≠ 0 và δ(r) < δ(a)).
Ta có r = 0, vì nếu r ≠ 0 thì δ(r) < δ(a), và r = b - aq ∈ I, điều này mâu thuẫn với cách chọn phần tử a Do đó, khẳng định được chứng minh, b = aq ∈ (a), tức là I là iđêan sinh bởi a, và E là miền iđêan chính.
Iđêan nguyên tố và iđêan tối đại
Trong mục này ta luôn giả sử R là vành giao hoán và D là một miền nguyên.
1.3.1 Định nghĩa Cho P là một iđêan của vành giao hoán R.
(i) P được gọi là iđêan nguyên tố của R nếu P 6= R và thỏa mãn nếu xy ∈P thì kéo theo hoặc x∈ P hoặc y ∈P;
(i) P được gọi là iđêan tối đại của R nếu P 6= R và nếu tồn tại iđêan J nào đó của R chứa thực sự P thì J =R.
Trong vành các số nguyên Z, các iđêan nguyên tố bao gồm (0) và pZ, trong đó p là số nguyên tố Các iđêan tối đại chỉ là pZ với p là số nguyên tố Đối với một trường K, chỉ tồn tại hai iđêan là (0) và chính nó, do đó iđêan (0) vừa là nguyên tố, vừa là tối đại Mệnh đề này chỉ ra đặc trưng của iđêan nguyên tố, iđêan tối đại và mối quan hệ giữa chúng.
1.3.2 Mệnh đề Cho P là một iđêan của vành giao hoán R Khi đó các phát biểu sau là đúng:
(i) P là iđêan nguyên tố của R nếu và chỉ nếu R/P là một miền nguyên; (ii) P là iđêan tối đại của R nếu và chỉ nếu R/P là một trường;
(iii) P là iđêan tối đại của R thì P là iđêan nguyên tố.
Chứng minh rằng nếu P là một nguyên tố và (a + P)(b + P) = 0 + P, thì ab ∈ P Vì P là iđêan nguyên tố, nên hoặc a ∈ P hoặc b ∈ P Điều này dẫn đến a + P = 0 + P hoặc b + P = 0 + P, từ đó suy ra R/P là một miền nguyên.
Ngược lại, nếu R/P là một miền nguyên và ab ∈ P, thì ta có (a+P)(b+P) = ab + P = 0 + P Vì R/P là miền nguyên, nên một trong hai điều kiện a+P = 0 + P hoặc b+P = 0 + P phải đúng Điều này chứng tỏ rằng P là một miền nguyên tố.
Cho P là iđêan tối đại và a + P ∈ R/P là phần tử khác không, suy ra a không thuộc P Khi đó, iđêan J = aR + P là iđêan chứa thực sự P Vì P là tối đại, nên J = R, tức là tồn tại b ∈ R và y ∈ P sao cho 1 = ab + y.
Ngược lại, nếu cho R/P là một trường và J là iđêan của R chứa P, thì tồn tại a ∈ J\P, tức là a không thuộc P Vì R/P là một trường, nên có b+P sao cho 1 +P +P, dẫn đến 1−ab ∈P Do đó, tồn tại y ∈P sao cho 1 +y Vì a và y đều thuộc J, suy ra 1∈ J, từ đó kết luận rằng P là tối đại.
(iii) Vì một trường luôn là một miền nguyên nên nếu P là iđêan tối đại của
R thì P là iđêan nguyên tố.
Chú ý rằng điều ngược lại trong Mệnh đề 1.3.2 (iii) là không đúng Ví dụ
Trong vành các số nguyên Z, 0 là một nguyên tố nhưng không phải là iđêan tối đại Đặc trưng của iđêan nguyên tố trong miền iđêan chính được thể hiện qua phần tử nguyên tố Điều này cho thấy rằng trong miền iđêan chính, mọi iđêan nguyên tố khác đều không phải là tối đại.
1.3.3 Mệnh đề Cho D là miền iđêan chính và 06=p∈D Khi đó các phát biểu sau là tương đương:
(i) p là phần tử bất khả quy;
(ii) p là phần tử nguyên tố;
(iii) (p) là iđêan nguyên tố;
(iv) (p) là iđêan tối đại.
Để chứng minh rằng R/(p) là một trường, trước tiên ta cần chứng minh (i) =⇒ (iv) Chúng ta có (ii) =⇒ (i) và xét phần tử bất khả quy Chop Giả sử a + (p) ≠ 0 + (p), tức là a không thuộc (p) và do đó a không là bội của p Vì D là miền iđêan chính và bất khả quy, nên gcd(a, p) = 1 Từ đó, tồn tại x, y ∈ D sao cho ax + py = 1 Kết luận, ta có (a + (p))(x + (p)) = 1 + (p), điều này chứng minh rằng R/(p) là một trường.
(p) là một iđêan nguyên tố nếu và chỉ nếu p là phần tử nguyên tố Nếu p là phần tử nguyên tố, thì (p) không khả nghịch và nếu xy thuộc (p), thì p chia hết cho xy, dẫn đến p chia hết cho ít nhất một trong x hoặc y, từ đó suy ra x hoặc y thuộc (p) Ngược lại, nếu (p) là iđêan nguyên tố và p chia hết cho xy, thì theo tính chất của iđêan nguyên tố, ít nhất một trong x hoặc y phải thuộc (p), chứng tỏ rằng p là phần tử nguyên tố.
(iii) ⇒ (iv) Do (p) là iđêan nguyên tố nên (p) 6= D Giả sử J là iđêan của
Nếu D thỏa mãn điều kiện (p) ⊂ J và (p) khác J, thì tồn tại phần tử a thuộc J nhưng không thuộc (p) Điều này dẫn đến việc p không phải là ước của a Vì p là nguyên tố, a và p là nguyên tố cùng nhau, nên tồn tại x, y thuộc D sao cho 1 = ax + py Do a và p thuộc J, suy ra 1 cũng thuộc J, từ đó khẳng định rằng (p) là lý thuyết tối đại.
(iv) ⇒ (i) Vì (p) là tối đại nên (p) 6=D Suy ra, p không là ước của đơn vị.
Giả sử ngược lại p không bất khả quy Khi đó tồn tại ước thực sự củap là d.
Do đó, (p) là tập con của (d), nhưng vì p không phải là ước của d nên (p) khác (d) Từ tính tối đại, ta suy ra rằng (d) bằng D, tức là 1 thuộc (d) Điều này cho thấy tồn tại u thuộc D sao cho 1 = du, dẫn đến d khả nghịch, tạo ra mâu thuẫn Vì vậy, (p) là bất khả quy.
Một số tính chất của kí hiệu Legendre
Tiếp theo chúng tôi trình bày lại một số tính chất của kí hiệu Legendre.
1.4.1 Định nghĩa Cho p là một số nguyên tố và a ∈ Z Kí hiệu Legendre của a đối với p được định nghĩa là a p
1, nếu tồn tại x sao cho x 2 ≡ a (mod p),
−1, nếu không tồn tại x sao cho x 2 ≡a (mod p),
1.4.2 Ví dụ Ta xét p= 2là số nguyên tố Khi đó với mỗi a∈ Z nếua là số chẵn thì rõ ràng p là ước của a Khi đóa
= 0 Trường hợp còn lại nếua là số lẻ thì luôn tồn tại 1∈Z sao cho 1 = 1 2 ≡ a (mod 2) Do đó a
Từ định nghĩa của kí hiệu Legendre ta suy ra một số tính chất cơ bản sau:
1.4.3 Tính chất Cho p là số nguyên tố Các phát biểu sau là đúng:
≡ a p−1 2 (mod p) với mọi số nguyên a ∈Z và p là lẻ;
Chứng minh (i) Nếu a là bội của p thì a p
≡ a p−1 2 (mod p) = 0 nên công thức là đúng Xéta không là bội củapthì khi đó a, plà nguyên tố cùng nhau.
Vì p là số nguyên tố lẻ công thức là hệ quả của Định lý 9 trang 1 của [B].
(ii) Trước tiên ta xét trường hợp p|ab Do p là nguyên tố nên hoặc p|a hoặc p|b Từ đó suy ra ab p
= 1 Theo định nghĩa tồn tại các số nguyên x, y ∈ Z sao cho p|(x 2 −a) và p|(y 2 −b) Mặt khác, (x 2 −a)y 2 +a(y 2 −b) =x 2 y 2 −ab nênp|(x 2 y 2 −ab).
= 1 Theo Ví dụ 1.4.2 với p = 2 thì hoặc a
Công thức trong (ii) đúng với p = 2 Khi p là số nguyên tố lẻ, nếu p là ước của a hoặc b thì điều cần chứng minh sẽ được xác nhận Do đó, chúng ta chỉ cần xem xét trường hợp a và b đều là nguyên tố Theo (i), ta có ab p.
Mặt khác, ta có a, b đều nguyên tố cùng nhau với pnên kí hiệu Legendre chỉ có thể là 1hoặc −1 Giả sử ab p
Khi đó, 1 ≡ −1 (mod p) hay tương đương với 2 ≡ 0 (mod p) Điều này là mâu thuẫn vì p >3 Vậy công thức (ii) được chứng minh.
(iii) Cho a ≡ b (mod p) nghĩa là p|(a− b) Nếu a p
= 0 thì p|a Suy ra p|b, nghĩa là a p
= 1 Khi đó tồn tại x ∈ Z sao cho p|(x 2 −a.) Suy ra p chia hết x 2 −a+a−b = x 2 −b Do đó a p
= 1 Do vai trò của a p và b p là tương đương nên cuối cùng ta chỉ cần xét a p = −1 Khi đó do p không chia hết b (vì nếu p|b thì kéo theo p|a, nghĩa là a p
= 1 Khi đó tồn tại y ∈Z sao cho p|(y 2 −b) Suy ra pchia hết y 2 −b−(a−b) =y 2 −a Điều này dẫn đến a p
(iv) Theo (ii) ta suy ra đẳng thức ab 2 p
Tiếp theo là một số tính chất quan trọng về kí hiệu Legendre dùng cho các chứng minh phần sau.
1.4.4 Tính chất Cho p là một số nguyên tố Khi đó các phát biểu sau là đúng:
(i) Xem Hệ quả trang 187 của [B]
−1, nếu p≡3 (mod 4) (ii) Xem Định lý 9 trang 10 của [B]
Trong phát biểu của Tính chất 1.4.4, ta có thể kết luận rằng p là một số nguyên tố lẻ Do đó, khi đề cập đến p là số nguyên tố trong một số phát biểu, ta ngầm hiểu rằng p luôn là số nguyên tố lẻ.
Từ một số tính chất trên ta có ví dụ minh họa sau:
1.4.6 Ví dụ Ta cần tính −46
17 Theo Tính chất 1.4.3(ii) ta có
Mặt khác, do p= 17 ≡1 (mod 4), theo Tính chất 1.4.4(i) ta có −1
Lại có 46≡ 12 (mod 17), theo Tính chất 1.4.3(iii) suy ra
Theo Tính chất 1.4.3(iv) ta có
Do 3,17 là nguyên tố cùng nhau nên Tính chất 1.4.3 ta có
Tiếp theo là một số bổ đề sử dụng trong các chứng minh sau.
1.4.7 Bổ đề Cho p là một số nguyên tố Khi đó p ≡ 1 (mod 3) nếu và chỉ nếu p≡1 (mod 6).
Chứng minh rằng nếu một số nguyên tố p thỏa mãn p ≡ 1 (mod 3), thì tồn tại k ∈ Z sao cho p = 3k + 1 Nếu k = 2t, ta có p = 6t + 1, do đó p ≡ 1 (mod 6) Ngược lại, nếu k = 2t + 1, thì p = 6t + 4, điều này mâu thuẫn với tính nguyên tố của p Ngoài ra, nếu p ≡ 1 (mod 6) thì rõ ràng p cũng thỏa mãn p ≡ 1 (mod 3).
1.4.8 Bổ đề Cho p là một số nguyên tố Khi đó p≡1 hoặc 7 (mod 12) thì p≡ 1 (mod 6).
Chứng minh Cho plà số nguyên tố sao cho p≡1 hoặc 7 (mod 12) thì hiển nhiên p≡ 1 (mod 6).
Nếu p là số nguyên tố và p ≡ 1 (mod 6), thì tồn tại k ∈ Z sao cho p = 6k + 1 Nếu k = 2t với t ∈ Z, thì p sẽ có dạng 12t + 1, dẫn đến p ≡ 1 (mod 12) Ngược lại, nếu k = 2t + 1 với t ∈ Z, thì p sẽ có dạng p ≡ 7 (mod 12).
Từ các kết quả trên ta có tính chất sau.
1.4.9 Tính chất Cho plà một số nguyên tố Khi đó −3 p
= 1 nếu và chỉ nếu p≡ 1 (mod 6).
Chứng minh Theo Tính chất 1.4.3(i) ta có−3 p
= 1 Theo Tính chất 1.4.4 suy ra p ≡ 1 (mod 4) và p ≡ 1 hoặc 11 (mod 12) Từ đó suy ra p ≡ 1 (mod 12) Theo Bổ đề 1.4.8 suy ra p≡1 (mod 6) Trường hợp 3 p
=−1, theo Tính chất 1.4.4 ta có p≡ 3 (mod 4) và p≡ 5 hoặc 7 (mod 12) Từ hai điều kiện này suy ra p≡ 7 (mod 12) Do đó theo Bổ đề 1.4.8 thì p≡1 (mod 6).
Ngược lại, chop≡1 (mod 6)thì tồn tạik ∈Zsao chop= 1+6k.Nếuklà số chẵn thìp≡ 1 (mod 12).Do đó theo Tính chất 1.4.4 thì3 p
= 1 Nếu k là số lẻ thì p≡ 7 (mod 12) Theo Tính chất 1.4.4 thì
Căn nguyên thủy của đơn vị
Trong suốt mục này ta luôn xétz =a+bilà một số phức Kí hiệu N là tập các số tự nhiên khác không.
1.5.1 Định nghĩa Một số phức ε được gọi là căn bậc n của đơn vị nếu ε n = 1.
Chú ý rằng có đúng n căn bậc n của đơn vị, đó là k = cos2kπ n +isin 2kπ n , k = 0,1, , n−1.
1.5.2 Định nghĩa Một số phức ε được gọi là căn nguyên thủy bậc n của đơn vị nếu ε n = 1 và ε m 6= 1 với mọi m < n.
1.5.3 Ví dụ (i) Rõ ràng ω 0 = 1 luôn là một căn bậc 3 của đơn vị Ta thấy ω 1 = −1 +i√
Các căn nguyên thủy bậc ba của đơn vị bao gồm ω₁ và ω₂, trong đó ω₁ được xác định là căn nguyên thủy bậc ba vì ω₁³ = 1, trong khi 1 không phải là căn nguyên thủy bậc ba Đối với các căn bậc 4 của đơn vị, chúng ta có 1, i, -1, và -i, nhưng chỉ có i và -i là các căn nguyên thủy bậc 4.
1.5.4 Mệnh đề (Tiêu chuẩn của căn nguyên thủy) Cho n là một số nguyên dương Kí hiệu k = cos2kπ n +isin 2kπ n , k = 0,1, , n−1.
Khi đó k là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị nếu và chỉ nếu k và n là nguyên tố cùng nhau.
Chứng minh Giả sử k là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị Khi đó, n là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn n k = 1.Giả sử rằng gcd(k, n) =d >1.
Khi đó n d là một số nguyên dương nhỏ hơn n Mặt khác, n d k = (cos2kπ n +isin 2kπ n ) n d = cos2kπ d +isin2kπ d = 1. Điều này là mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của n Vậy gcd(k, n) = 1.
Nếu gcd(k, n) = 1, thì k là căn bậc n của đơn vị, dẫn đến n^k = 1 Đặt t là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho t^k = 1 Khi đó, ta có t^k = cos(2k t π/n) + i sin(2k t π/n) = 1.
Suy ra rằng 2ktπ n = m2π với m là một số nguyên, dẫn đến kt = mn, tức là kt là bội của n Với giả thiết gcd(k, n) = 1, ta có thể kết luận rằng t là bội của n Do t là giá trị nhỏ nhất, ta suy ra rằng t = n.
Vậy k là căn nguyên thủy bậc n của đơn vị.
Từ đây cho đến hết luận văn, ta kí hiệu k = cos2kπ n +isin 2kπ n , k = 0,1, , n−1.
Kí hiệu ϕ : N ∗ −→ N là hàm Euler, nghĩa là ϕ(1) = 1 và ϕ(n) là số các số nguyên dương nhỏ hơn n và nguyên tố cùng nhau với n.
1.5.5 Chú ý (i) Vì gcd(1, n) = 1 nên theo Mệnh đề 1.5.4 thì 1 luôn là căn nguyên thủy bậc n của đơn vị.
(ii) Từ định nghĩa của hàm Euler, nếu n là số nguyên dương thì có đúng ϕ(n) căn nguyên thủy bậc n của đơn vị.
1.5.6 Mệnh đề Cho là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị và a, b∈Z là các số nguyên Khi đó, a = b nếu và chỉ nếu a≡ b (mod n).
Chứng minh rằng n là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho n = 1 Giả sử a > b và tiếp theo giả sử a = b, từ đó suy ra a - b = 1 Khi đó, tồn tại các số nguyên q, r sao cho a - b = qn + r, với 0 ≤ r < n.
Vì là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị nên suy ra r = 0 hay a ≡ b (mod n).
Ngược lại, giả sử a ≡b (mod n) Khi đó tồn tại t ∈Z sao cho a−b= tn.
Do đó, a−b = tn = ( n ) t = 1 Suy ra a = b
Lưu ý rằng đối với căn bậc n của đơn vị, nếu a ≡ b (mod n) thì a = b Tuy nhiên, điều này không đúng ngược lại Chẳng hạn, với n = 4 và a = -1, ta có 2 = 0 = 1, nhưng 2 không đồng dư với 0 theo môđun 4.
1.5.7 Bổ đề Nếu là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị thì tập các căn bậc n của đơn vị là {1, , 2 , , n−1 }.
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương k, ta có (k)^n = 1, cho thấy k là một căn bậc n của đơn vị Nếu 0 ≤ i < j ≤ n là hai số nguyên dương phân biệt, ta có i ≠ j Giả sử i = j, thì j - i = 1, nhưng j - i là số nguyên dương và n là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn n = 1, do đó j - i ≥ n, điều này dẫn đến mâu thuẫn Vì vậy, các phần tử 1, 2, , n - 1 là các căn bậc n của đơn vị và đều khác nhau Lưu ý rằng có đúng n căn bậc n của đơn vị.
Vì thế bổ đề được chứng minh.
Một nhóm G được gọi là nhóm xyclic nếu tồn tại một phần tử a trong G sao cho G có thể được biểu diễn dưới dạng G = {a^n | n ∈ Z} Khi đó, chúng ta nói rằng G là nhóm xyclic sinh bởi phần tử a.
1.5.8 Hệ quả Với mỗi số nguyên dương n, tập G n các căn bậc n của đơn vị là một nhóm xyclic với phép nhân các số phức.
Chứng minh rằng với a, b ∈ G n, nếu a n = b n = 1, thì (ab) n = 1, suy ra ab ∈ G n, cho thấy phép nhân là đóng trong G n Phép nhân các số phức có tính chất kết hợp, do đó phép nhân trong G cũng có tính chất này Phần tử đơn vị 1 ∈ G n và với mỗi a ∈ G n (a ≠ 1), a là căn nguyên thủy bậc n của đơn vị, từ đó 1 = a n = a.a n−1, suy ra phần tử nghịch đảo của a là a n−1 Theo Bổ đề 1.5.7, ta có G n = {1, a, a 2 , , a n−1 } Vậy G n là nhóm xyclic sinh bởi phần tử a.
Vành các số nguyên Eisenstein Z [ω]
Mục này trình bày một số tính chất cơ bản của vành các số nguyên Eisen- stein.
2 là một căn nguyên thủy bậc ba của đơn vị Đặt
Vì ω là căn bậc ba của đơn vị nên ω 3 −1 = (ω −1)(ω 2 +ω+ 1) = 0 Mặt khác, do ω6= 1 nênω 2 +ω+ 1 = 0, nghĩa làω 2 =−ω−1 Suy raω là nghiệm của phương trình x 2 +x+ 1 = 0 Tổng quát mỗi phần tử z =a+bω ∈ Z[ω], khi đó z =a+b −1 +i√
2 i là nghiệm của phương trình x 2 −(2a−b)x+ (a 2 −ab+b 2 ) = 0.
Trong Z[ω] ta trang bị hai phép toán cộng và nhân như sau
(a+bω)(c+dω) = (ac−bd) + (ad+bc−bd)ω, với a+bω, c+dω ∈Z[ω] Khi đó ta có khẳng định sau:
1.6.1 Mệnh đề Với các phép toán trên thì Z[ω] là một miền nguyên.
Z[ω] là một nhóm Abel với phép toán cộng, trong đó phần tử không là 0 = 0 + 0.ω Phần tử đối xứng của a+bω là −a−bω cho mọi a+bω thuộc Z[ω] Phép cộng và nhân trên Z[ω] thực chất là phép cộng và nhân của các số phức, tuân theo quy tắc phân phối Phép nhân có tính chất kết hợp và giao hoán, đồng thời tồn tại phần tử đơn vị trong nhóm này.
Z[ω] là 1 = 1 + 0ω, và không có ước của không trong Z[ω] Giả sử (a+bω)(c+dω) = 0, ta có (ac−bd) + (ad+bc−bd)ω = 0, dẫn đến hai điều kiện: ac−bd = 0 và ad+bc−bd = 0 Khi a khác 0, ta có thể thay c bằng (a/b)d vào biểu thức, từ đó thu được ad + (b^2d/a) - bd = 0.
Từ phương trình a²d - b²d - abd = 0, nếu b = 0 thì c = 0, và do a ≠ 0 nên d = 0 Ngược lại, khi b ≠ 0, ta có a² + b² - ab ≥ ab > 0, dẫn đến d = 0 và c = 0 Tương tự, trường hợp b ≠ 0 cũng cho kết quả tương tự Do đó, Z[ω] là một miền nguyên.
Ta nhắc lại khái niệm chuẩn của một số phức z =a+bi với a, b∈R.
Kí hiệuz =a−bilàsố phức liên hợp của số phứcz Khi đóN(z) =zz =a 2 +b 2 được gọi là chuẩn của số phức z Một số tính chất cơ bản là:
(ii) N(z) ≥0 với mọi số phức z.
(iii) N(z.w) =N(z).N(w) với mọi số phức z, w.
Thật vậy: (i) và (ii) hiển nhiên suy ra từ định nghĩa Vì zw =z.w nên ta có
Rõ ràng v(z) là một số nguyên không âm và v(z) = 0 khi và chỉ khi z = 0.
Vì a+bω 2 là liên hợp của số phức a+bω, nên ta có v(z) = (a+bω)(a+bω 2 ) =a 2 +b 2 −ab.
1.6.2 Định nghĩa Với mỗi z =a+bω ∈Z[ω], số nguyên v(z) =a 2 +b 2 −ab được gọi là chuẩn của z.
Ta suy ra một số tính chất cơ bản của vành Z[ω] như sau.
1.6.3 Định lý Z[ω] là một miền Euclid với chuẩn định nghĩa như trên Đặc biệt, Z[ω] là một miền nhân tử hóa và miền iđêan chính.
Chứng minh rằng với E = Z[ω] \ {0}, tồn tại ánh xạ δ: E −→ N được xác định bởi δ(z) = v(z) với z = a + bω ∈ E Để chứng minh rằng δ(z₁z₂) ≥ δ(z₁) cho mọi z₁ = a + bω và z₂ = c + dω ∈ E, ta đặt z = z₁.z₂ Khi đó, v(z) = (a² + b² - ab)(c² + d² - cd) Nếu c = 0, do c + dω ∈ E nên d ≠ 0, từ đó suy ra v(z) = (a² + b² - ab)d² ≥ (a² + b² - ab) = v(z₁).
Hoàn toàn tương tự cho trường hợp d= 0 Xét c, d6= 0 khi đó v(z) = (a 2 +b 2 −ab)[(c−d) 2 +cd] ≥ (a 2 +b 2 −ab)cd≥ (a 2 +b 2 −ab) =v(z 1 ).
Tiếp theo ta sẽ chứng minh E có tính chất phép chia với dư; Với mọi z 1 =a+bω, z 2 =c+dω ∈Z[ω], z 2 6= 0tồn tại q, r ∈Z[ω] sao choz 1 = z 2 q+r trong đó r = 0 hoặc (r6= 0 và δ(r) < δ(z 2 )).
3,vớiα, β ∈Q.Vìβlà số hữu tỷ nên ta luôn chọn được một số nguyên bsao cho |β− b
2 là một số hữu tỷ nên tồn tại một số nguyên a sao cho |α+b
Đặt r = z 1 −z 2 q ∈ Z[ω] ta được z 1 = z 2 q +r với δ(r) < δ(z 2 ) nếu r6= 0 Vậy Z[ω] là một miền Euclid.
Theo Hệ quả 1.2.13 và Mệnh đề 1.2.14, ta cóZ[ω]là một miền iđêan chính và là miền nhân tử hóa.
Từ định lý trên ta có hệ quả sau.
1.6.4 Hệ quả z =a+bω là khả nghịch khi và chỉ v(z) = 1.
z là khả nghịch khi và chỉ khi tồn tại u ∈ Z[ω] sao cho zu = 1, dẫn đến v(z) ≤ v(zw) = v(1) = 1, và do đó v(z) = 1 Tập tất cả các phần tử khả nghịch của Z[ω] là {±1, ±ω, ±ω²} Phần tử z = a + bω ∈ Z[ω] là khả nghịch khi và chỉ khi v(z) = a² + b² - ab = 1 Nếu ab = 0, thì z = ±1 hoặc z = ±ω Nếu ab ≠ 0, ta có a² + b² ≥ 2, từ đó suy ra ab = 1, dẫn đến a = b = ±1, và do đó z = ±(1 + ω) = ±ω² Các phần tử ±1, ±ω, và ±ω² đều là khả nghịch trong Z[ω].
Số nguyên tố Eisenstein, vành thương của Z [ω] và sự phân tích
Trong chương này, chúng tôi tổng hợp lại các kết quả từ bài báo [Mi] liên quan đến việc xác định các số nguyên tố Eisenstein qua cấu trúc của vành thương của vành các số nguyên Eisenstein Chúng tôi sẽ tập trung vào phân tích vành thương của Z[ω], đồng thời trình bày những tính chất cơ bản về số nguyên tố Eisenstein và vành thương của Z[ω].
Số nguyên tố Eisenstein và vành thương của vành Z [ω]
2.1.1 Bổ đề Cho p là một số nguyên tố Khi đó p = a 2 + 3b 2 với a, b ∈ Z nào đó nếu và chỉ nếu p= 3 hoặc p≡1 (mod 6).
Giả sử có hai số nguyên a, b∈ Z sao cho p = a² + 3b² Nếu a = 0, thì p là một số nguyên tố và p = 3 Nếu a ≠ 0, thì a phải đồng dư với 1 hoặc 2 (mod 3) Tuy nhiên, vì p = a² + 3b², nên p đồng dư với 1 (mod 3) Do đó, theo Bổ đề 1.4.7, ta có p đồng dư với 1 (mod 6).
Nếu p = 3, ta có thể viết 3 = 0² + 3·1² Trong trường hợp p ≡ 1 (mod 6), theo Định lý 1.4.9, tồn tại một số nguyên a sao cho a² + 3 = p·t với t ∈ Z thỏa mãn 0 < t < p Nếu t = 1, thì p = a² + 3·1² Đối với t ≠ 1, ta chọn b ∈ Z sao cho b ≡ a (mod t) và −t/2 < b < t/2 Từ tính chất của lớp tương đương, ta có b² ≡ a² (mod t).
Do đó tồn tại λ ∈ Z,1 ≤ λ ≤ t sao cho b 2 + 3 = λt Lại có a 2 + 3 = pt nên (a 2 + 3)(b 2 + 3) = λpt 2 Hơn nữa ta có
Vì t 2 là ước của (ab+ 3) 2 và (a−b) 2 nên từ đẳng thức trên ta suy ra
Các bội của p có thể được viết dưới dạng 2 + 3b Khi λ = 1, chúng ta có thể suy ra điều cần chứng minh Nếu không, chúng ta tiếp tục quá trình, và vì λ là số hữu hạn, sau một số bước hữu hạn, chúng ta sẽ đạt được điều cần chứng minh.
2.1.2 Bổ đề Cho plà một số nguyên tố Khi đó p= a 2 +b 2 −ab với a, b∈Z nào đó nếu và chỉ nếu p= 3 hoặc p≡1 (mod 6).
Chứng minh Cho p=a 2 +b 2 −ab vớia, b∈ Znào đó thìa, blà hai số nguyên tố cùng nhau Thật vậy, giả sử (a, b) =d thì ta có p=a 2 +b 2 −ab =d 2 (c 2 +d 2 −cd).
Theo định lý, với d = 2 và p là nguyên tố, ta có d = 1 Vì a và b là hai số nguyên tố cùng nhau, nên không thể đồng thời là số chẵn Giả sử a là số chẵn, ta có p = a² + b² - ab = (a/2 - b)² + 3(a/2)² Theo Bổ đề 2.1.1, p có thể nhận giá trị 3 hoặc p ≡ 1 (mod 6) Do a và b có vai trò tương đương, ta chỉ cần xem xét trường hợp a và b là các số lẻ Khi đó, b - a = 2t với t ∈ Z, từ đó suy ra b = a + 2t và p = a² + b² - ab.
= (a+t) 2 + 3t 2 Theo Bổ đề 2.1.1, ta suy ra điều cần chứng minh.
Ngược lại, cho p= 3hoặc p≡ 1 (mod 6) Nếu p= 3thì 3 = 2 2 + 1 2 −2.1. Nếu p ≡ 1 (mod 6), thì theo Bổ đề 2.1.1 tồn tại các số a, b ∈ Z sao cho p=a 2 + 3b 2 Đặt c =a+b và d= 2b thì khi đó p=a 2 +b 2
Từ đây đến hết luận văn, ký hiệu Zm được dùng để chỉ vành các số nguyên modulo m Cần lưu ý rằng hai số a và b thuộc Zm là bằng nhau nếu và chỉ nếu hiệu a−b chia hết cho m Đối với mỗi phần tử z thuộc Z[ω], ta sẽ sử dụng ký hiệu tương ứng.
(z) ={zz 0 | z 0 ∈Z[ω]} là iđêan chính của Z[ω] sinh bởi z.
2.1.3 Bổ đề Cho m là một số nguyên Khi đó Z[ω]/(m) ∼=Z m [ω].
Để chứng minh, với mỗi a ∈ Z, ta định nghĩa a là lớp tương đương của a theo môđun m trong Zm Xét ánh xạ f : Z[ω] −→ Zm[ω] được xác định bởi f(a+bω) = a+bω, rõ ràng f là một toàn ánh Tiếp theo, để chứng minh f là một đồng cấu vành, ta xem xét hai phần tử z1 = a+bω và z2 = c+dω thuộc Z[ω]; khi đó, ta có f(z1 + z2) = a+c + (b+d)ω.
Hiển nhiên f(1) = 1 Do đó f là một đồng cấu vành Mặt khác,
Do đó theo Định lý đồng cấu vành suy ra điều cần chứng minh.
Cho p là một số nguyên tố, vành Z_p trở thành một trường, do đó mọi phần tử a ∈ Z_p, với a ≠ 0, đều khả nghịch Phần tử nghịch đảo của a trong Z_p được ký hiệu là (a)^{-1} Ví dụ, với p = 7 và a = 4, ta có (a)^{-1} = 2 Để thuận tiện, các phần tử của Z_m có thể được ký hiệu dưới dạng các số nguyên, với điều kiện a ≡ b (mod m) nếu và chỉ nếu a - b là bội của m trong Z.
2.1.4 Bổ đề Cho p là số nguyên tố Khi đó đa thức q(x) =x 2 +x+ 1 là bất khả quy trên trường Z p nếu và chỉ nếu p= 2 hoặc p≡ 5 (mod 6).
Chứng minh rằng q(x) = x² + x + 1 là bất khả quy trên Zp Nếu p ≠ 2 và p ≡ 5 (mod 6), thì hoặc p = 3 hoặc p ≡ 1 (mod 6) Nếu p = 3, ta có q(x) = (x + 2)² trong Z3, điều này mâu thuẫn với tính bất khả quy của q(x) Xét trường hợp p ≡ 1 (mod 6), theo Bổ đề 2.1.2, tồn tại các số nguyên a, b ∈ Z nguyên tố cùng nhau sao cho p = a² + b² - ab, với p không là ước của a và b Nếu p | a, từ đó suy ra p | b, dẫn đến mâu thuẫn p = p²c Vậy a và b là khả nghịch trong Zp Từ đó, ta có a² + b² ≡ ab (mod p), suy ra ab⁻¹ + ba⁻¹ ≡ 1 (mod p) Do đó, q(x) = (x + ab⁻¹)(x + ba⁻¹), mâu thuẫn với tính bất khả quy của q(x) Kết luận, p phải thỏa mãn p ≡ 5 (mod 6).
Nếu p = 2, thì q(x) không có nghiệm trong Z2 và do bậc của q(x) là 2, nên q(x) là bất khả quy Xét trường hợp p ≡ 5 (mod 6) và giả sử q(x) không bất khả quy trong Zp Vì bậc của q(x) là 2 và Zp là một trường, nên tồn tại a ∈ Zp sao cho q(a) = a^2 + a + 1 = 0 trong Zp Theo Bổ đề 2.1.2, suy ra p = 3 hoặc p ≡ 1 (mod 6), điều này mâu thuẫn với giả thiết ban đầu Do đó, kết luận rằng q(x) là bất khả quy.
2.1.5 Định lý Cho p là số nguyên tố Khi đó Z p [ω] là một trường nếu và chỉ nếu p= 2 hoặc p≡5 (mod 6).
Chứng minh Cho Z p [ω] là một trường và giả sử p 6= 2 hoặc p 6≡ 5 (mod 6). Theo lập luận như trong Bổ đề 2.1.4 ta suy ra hoặcp= 3hoặcp≡1 (mod 6). Nếu p= 3 thì
Nếu p≡ 1 (mod 6), tồn tại a ∈ Zp sao cho a^2 + a + 1 = 0 ∈ Zp, dẫn đến (ω−a)(ω^2−a) = 0 ∈ Zp[ω], mâu thuẫn với giả thiết Zp[ω] là một trường Do đó, ta xét p = 2 hoặc p ≡ 5 (mod 6) Với p = 2, Z2[ω] = {0, 1, ω, ω^2} là một trường Khi p ≡ 5 (mod 6), ta có toàn cấu vành ϕ: Zp[x] → Zp[ω] với ϕ(x) = ω, ϕ(m) = m Vì ϕ(x^2 + x + 1) = ω^2 + ω + 1 = 0, suy ra x^2 + x + 1 ∈ Kerϕ Chứng minh rằng Kerϕ = (x^2 + x + 1) cho thấy Zp[x]/(x^2 + x + 1) ∼ Zp[ω] Với p ≡ 5 (mod 6), đa thức x^2 + x + 1 là bất khả quy, do đó Zp[x]/(x^2 + x + 1) ∼= Zp[ω] là một trường.
Trong số học, một phần tử π thuộc Z[ω] được gọi là phần tử nguyên tố, hay số nguyên tố Eisenstein, nếu π khác 0 và không phải là ước của đơn vị Điều này có nghĩa là nếu π chia hết cho tích αβ (với α, β thuộc Z[ω]), thì π cũng phải chia hết cho ít nhất một trong hai phần tử α hoặc β.
Sử dụng Định lý 2.1.5 ta suy ra hệ quả sau.
2.1.7 Hệ quả Số nguyên tố p ∈ Z là phần tử nguyên tố trong Z[ω] khi và chỉ khi p= 2 hoặc p≡5 (mod 6).
Ký hiệu (p) = {pz | z ∈ |Z[ω]} là iđêan của Z[ω] sinh bởi p Theo Bổ đề 2.1.3, Z[ω]/(p) tương đương với Zp[ω] Định lý 2.1.5 cho biết Zp[ω] là trường khi và chỉ khi p = 2 hoặc p ≡ 5 (mod 6), điều này dẫn đến Z[ω]/(p) cũng là trường khi và chỉ khi p = 2 hoặc p ≡ 5 (mod 6) Mệnh đề 1.3.2(ii) chỉ ra rằng (p) là iđêan tối đại của Z[ω] khi và chỉ khi p = 2 hoặc p ≡ 5 (mod 6) Vì Z[ω] là miền iđêan chính, theo Mệnh đề 1.3.3(ii) ⇔ (iv), ta kết luận rằng p là số nguyên tố Eisenstein khi và chỉ khi p = 2 hoặc p ≡ 5 (mod 6).
Z[ω] khi và chỉ khi p= 2 hoặc p≡ 5 (mod 6).
2.1.8 Định lý Nếu a, b ∈ Z là hai số nguyên tố cùng nhau thì ta có đẳng cấu
Chứng minh rằng với mỗi x∈Z, x là lớp tương đương của x theo môđun a² + b² - ab Vì a và b là nguyên tố cùng nhau, nên (b) - 1 tồn tại trong Z[a² + b² - ab] Giả sử (b, a² + b² - ab) = d, thì tồn tại t, u ∈ Z sao cho b = du và a² + b² - ab = dt.
Từ phương trình \( a^2 + d^2 u^2 - adu = dt \), ta suy ra \( a^2 = d(-du^2 - au + t) \), từ đó dẫn đến \( d|a^2 \) Nếu \( d \neq 1 \), thì \( d \) có một ước nguyên tố \( q \), và do tính nguyên tố, \( q \) là ước nguyên tố của \( a \), tức là \( q \) cũng là ước chung của \( a \) và \( b \) Điều này mâu thuẫn với tính nguyên tố cùng nhau của \( a \) và \( b \) Do đó, \( \text{gcd}(b, a^2 + b^2 - ab) = 1 \), dẫn đến tồn tại \( (b)^{-1} \) trong \( \mathbb{Z}[a^2 + b^2 - ab] \) Tiếp theo, xét ánh xạ \( f: \mathbb{Z}[\omega] \rightarrow \mathbb{Z}[a^2 + b^2 - ab] \) được định nghĩa bởi \( f(x+y\omega) = x - a(b)^{-1}y \) Ta sẽ chứng minh rằng \( f \) là một đồng cấu vành Rõ ràng, \( f(1) = 1 \) và với mọi \( u = x + y\omega, v = z + t\omega \in \mathbb{Z}[\omega] \), ta có \( f(u+v) = x + z - a(b)^{-1}y + t \).
Mặt khác, do a 2 +b 2 −ab = 0 nên a 2 (b) −2 = a(b) −1 −1 nên f(u)f(v) = (x−a(b) −1 y)(z−a(b) −1 t)
= xz−a(b) −1 yz−a(b) −1 xt+a(b) −1 yt−yt.
Do đó f(uv) =xz−yt−a(b) −1 yz+xt−yt
= xz−yt−[a(b) −1 (yz+xt−yt)
= xz−yt−a(b) −1 (yz+xt−yt).
Vì f(a +bω) = a − a(b) −1 b = 0 nên (a +bω) ∈ Kerf Ta sẽ chứng minh Kerf a+bω
Thật vậy, lấy tùy ý x+yω ∈Kerf Trong C ta có x+yω = (a+bω)ax+by−bx a 2 +b 2 −ab + ay−bx a 2 +b 2 −ab ω
Vì f(x+yω) = x−a(b) −1 y = 0, tồn tại λ ∈ Z sao cho bx−ay = λ(a² + b² − ab) Điều này có nghĩa là bx−ay đồng dư với 0 theo môđun (a² + b² − ab), dẫn đến ab²x−a²b đồng dư với 0 theo môđun (a² + b² − ab) Khẳng định này tương đương với ax−a²(b) − 2by = 0 Do a²(b) − 2 = a(b) − 1 − 1, ta có ax−ay + by = ax−bx + by = 0.
Do đú tồn tại à ∈ Z sao cho ax−bx+by =à(a 2 +b 2 −ab).
Suy ra x+yω= (a+bω)(à+λω) Vậy Kerf = (a+bω) Theo Định lý đẳng cấu ta suy ra Z[ω]/(a+bω) ∼=Za 2 +b 2 −ab.
Sử dụng định lý trên ta suy ra mối liên hệ giữa phần tử nguyên tố trong
2.1.9 Hệ quả Cho a, b ∈Z là hai số nguyên tố cùng nhau Khi đó phần tử a+bω là nguyên tố trong vành Z[ω] nếu và chỉ nếu a 2 +b 2 −ab là nguyên tố trong vành Z.
Phân tích vành thương của vành Z [ω]
Trong vành các số nguyên Z, mọi phần tử khác không và không khả nghịch đều có thể phân tích thành tích các phần tử nguyên tố, với phân tích này là duy nhất khi không tính đến thứ tự của các nhân tử và các nhân tử là ước của đơn vị Vì Z là miền iđêan chính, mọi iđêan I của Z đều được sinh bởi a = p₁ⁿ₁ pₜⁿₜ (phân tích tiêu chuẩn của a) Do đó, mọi vành thương Z/I đều có khả năng phân tích tương tự.
Trong Hệ quả 2.1.12, mọi phần tử trong Z[ω] đều có thể phân tích thành tích của các phần tử nguyên tố Z[ω] là miền Euclid, do đó, mọi vành thương của Z[ω] cũng có khả năng phân tích tương tự như trong vành Z Bài viết này sẽ trình bày lại các kết quả từ bài báo [Mi] về sự phân tích của vành thương của vành số nguyên Z[ω], cùng với một số kết quả quan trọng để chứng minh định lý chính.
(1 + 2ω) n là iđêan sinh bởi phần tử (1 + 2ω) n ta có định lý sau.
2.2.1 Định lý Cho k ≥1 là một số nguyên Khi đó với n= 2k+ 1 thì ta có
Chứng minh Với n = 2k+ 1ta có
(1 + 2ω) n cho bởi f(g(x)) = g(ω−1) theo môđun (1 + 2ω) n Rõ ràng f là một đồng cấu vành Ta có f(3 k+1 ) = 3 k+1 +
. nên 3 k+1 ∈ Kerf Chú ý rằng (1 +ω)(1 + 2ω) =ω−1 Do đó ta có f(3 k x) = 3 k (ω−1) +
. Nên 3 k x∈Kerf Mặt khác, vì ω 2 +ω+ 1 = 0 nên x 2 +x+ 1∈ Kerf Do đó
Ngược lại, cho q(x) ∈Kerf Vì các hệ số củax 2 +x+ 1 là khả nghịch nên ta có q(x) = (x 2 +x+ 1)h(x) +ax+b, với a, b∈Z nào đó Khi đó f(q(x)) =a(ω−1) +b+
Từ đó suy ra a(ω−1) +b= (c+dω)(1 + 2ω) n = (−3) k (c+dω)(1 + 2ω), với c+dω∈ Z[ω] nào đó Do đó aω+b−a= (−3) k (2c−d)ω+ (−3) k (c−2d). Đồng nhất thức ta suy ra a= (−3) k (2c−d), b−a= (−3) k (c−2d). Điều này dẫn đến b= (−3) k (3c−3d) = (−1)3 k+1 (c−d) và a = (−1) k 3 k (2c−d) Do đó q(x) ∈ (3 k x,3 k+1 , x 2 +x+ 1) Vì thế
Theo Định lý đồng cấu ta có
2.2.2 Bổ đề Cho k ≥1 là một số nguyên dương và n= 2k Khi đó
Chứng minh Với n = 2k ta có
= ((−3) k ) = (3 k ) Theo Bổ đề 2.1.3, với số nguyên
Từ các kết quả trên ta suy ra hệ quả sau:
2.2.3 Hệ quả Với n là số nguyên dương, đặt R n =Z[ω]/
Chứng minh +) Nếu n chẵn, tồn tại k ∈ N sao cho n = 2k, k ≥ 1 Theo Bổ đề 2.2.2, ta suy ra
+) Nếu n lẻ lớn hơn 1, tồn tại k ∈ N sao cho n = 2k+ 1, k ≥ 1 Theo Định lý 2.2.1, ta suy ra
+) Đặc biệt khi n= 1, theo Định lý 2.1.8 vì gcd(1,2) = 1nên ta có Z[ω]/(1 + 2ω) ∼= Z1 2 +2 2 −1.2 =Z3 Do đó R n =Z3.
Với các kí hiệu và giả thiết như trên ta có định lý sau đây về sự phân tích vành thương của vành số nguyên Z[ω].
2.2.4 Định lý Cho z = x+yω ∈ Z[ω] là phần tử khác không và không khả nghịch Khi đó ta có
Z[ω]/(x+yω) ∼= Z 2 α [ω]⊕Z(c 2 +d 2 −cd) βς 1 ⊕Z(c 2 +d 2 −cd) βς 2 ⊕Zp γ 1 1 [ω]⊕ .⊕Zp γm m [ω]⊕R n , trong đó c+dw =Q ς 1 ς 1 β ς 1 , d+cw =Q ς 2 ς 2 β ς 2 và R n =Z[w]/((1 + 2w) n ).
Chứng minh Vì z = x+yω ∈ Z[ω] là phần tử khác không và không khả nghịch nên theo Hệ quả 2.1.12 ta có x+yω =ε2 α
(1 + 2w) n là iđêan sinh bởi phần tử x+yω Do tiêu chuẩn trong miền Euclid, ta có
Mặt khác, áp dụng Bổ đề 2.1.3 và Định lý 2.1.8, ta có
Từ các đẳng cấu trên ta suy ra điều cần chứng minh.
Tiếp theo là một số ví dụ minh họa cho Định lý 2.2.4 về sự phân tích vành thương của vành Z[ω].
2.2.5 Ví dụ Với z = 22 + 26ω thì ta có z =−2(2 + 3ω) 2 (1 + 2ω).
Theo Định lý 2.2.4 ta có:
Z[ω]/(22 + 26ω)∼=Z2[ω]⊕Z49⊕Z3. 2.2.6 Ví dụ Với z = 49 + 147ω = 49(1 + 3ω) thì z = 49(1 + 3ω) =−(2 + 3ω) 2 (3 + 2ω) 3 nên theo Định lý 2.2.4 ta có:
Tuy nhiên ta có thể phân tích z =−7(2 + 3ω)(1 + 3ω) 2 Theo Định lý 2.2.4 và Bổ đề 2.1.3 ta có:
Z[ω]/(49 + 147ω) ∼= Z 7 [ω]⊕Z 7 ⊕Z 49 Điều này chứng tỏ phân tích vành thương của vành Z[ω] là không duy nhất.
Trong luận văn này, chúng tôi trình bày lại một sô kết quả chính sau:
1 Đặc trưng cấu trúc miền nhân tử hóa, miền iđêan chính, miền Euclid và mối quan hệ giữa chúng.
2 Trình bày kí hiệu Legendre và một số tính chất của nó.
Vành các số nguyên Eisenstein có nhiều tính chất quan trọng, trong đó nổi bật là tính chất miền Euclid Điều này chứng minh rằng nó không chỉ là miền iđêan chính mà còn là miền nhân tử hóa Các tính chất này làm cho vành số nguyên Eisenstein trở thành một đối tượng nghiên cứu hấp dẫn trong lý thuyết số học.
4 Xác định các số nguyên tố Eisenstein, từ đó đặc trưng cấu trúc của một số vành thương của vành Z[ω].
5 Chứng minh Định lý về sự phân tích vành thương của vànhZ[ω]và đưa ra ví dụ minh họa.