Số nguyên tố trong các trường số đại số

Một số vấn đề về lý thuyết chia hết trong một miền nguyên

Trong phần này, chúng tôi sẽ ôn lại những kiến thức cơ bản về lý thuyết chia hết trong miền nguyên, với giả thiết rằng D là một miền nguyên.

Trong tập hợp D, với a, b ∈ D và b ≠ 0, chúng ta nói rằng b chia hết a (ký hiệu b | a) nếu tồn tại một q ∈ D sao cho a = bq Một phần tử u ∈ D được gọi là đơn vị nếu u | 1, tức là u là phần tử khả nghịch của D Đối với a, b ∈ D \ {0}, a và b liên kết với nhau (ký hiệu a ∼ b) nếu a | b và b | a, cho thấy chúng khác nhau chỉ một đơn vị Các phần tử liên kết với a, với a ≠ 0, và các đơn vị của D đều là các ước của a, được gọi là các ước tầm thường Ngược lại, các ước không tầm thường của a được gọi là các ước thực sự của a.

Giả sử p ∈ D, p ≠ 0 và không phải là đơn vị của D Phần tử p được gọi là bất khả quy trong D nếu nó không có ước thực sự trong D, tức là nếu p = ab với a, b ∈ D thì ít nhất một trong hai a hoặc b là đơn vị của D Ngoài ra, phần tử p còn được gọi là nguyên tố trong D.

D nếu p | ab với a, b ∈ D thì p | a hoặc p | b Rõ ràng nếu một phần tử là nguyên tố thì nó là bất khả quy.

Miền nguyên D được xem là một vành Gauss nếu mỗi phần tử a trong D, với a khác 0 và không phải là đơn vị, có một dạng phân tích duy nhất thành các phần tử bất khả quy.

(i) Tồn tại p 1 , p 2 , , p n ∈ D bất khả quy sao cho a = p 1 p 2 p n ;

(ii) Nếu a có hai cách phân tích a = p 1 p 2 p n = q 1 q 2 q m , với p 1 , p 2 , , p n , q 1 , q 2 , , q m ∈ D bất khả quy, thì n = m và tồn tại một hoán vị σ của tập {1, 2, , n} sao chop i liên kết với q σ(i) với i = 1, 2, , n.

Mệnh đề 1.1.1 Trong một vành Gauss một phần tử là nguyên tố khi và chỉ khi nó là bất khả quy.

Một miền nguyên được gọi là một vành chính nếu mọi iđêan của nó đều là iđêan chính.

Mệnh đề 1.1.2 Mọi vành chính đều là vành Gauss.

Ta gọi một miền nguyên E cùng với ánh xạ δ : E ∗ = E \ {0} −→ N là một vành Euclide nếu

(ii) Với mọi a, b ∈ E, b 6= 0, tồn tại q, r ∈ E sao cho a = bq + r với r = 0 hoặc δ(r) < δ (b).

Mệnh đề 1.1.3 Mọi vành Euclide đều là vành chính.

Trong phần cuối của mục này chúng tôi nhắc lại một số kiến thức về số học trong vành số nguyên Z.

Cho n là số nguyên dương, p là số nguyên tố, và a là số nguyên với p - a Nếu tồn tại số nguyên r sao cho r^n ≡ a (mod p), thì a được gọi là thặng dư bậc n theo môđun p; ngược lại, a được xem là bất thặng dư bậc n theo môđun p.

Mệnh đề 1.1.4 Cho p là một số nguyên tố lẻ Khi đó

(i) −1 là một thặng dư bậc hai theo môđun p khi và chỉ khi p ≡ 1 (mod 4);

(ii) −2 là một thặng dư bậc hai theo môđun pkhi và chỉ khi p ≡ 1 ( mod 8) hoặc p ≡ 3 (mod 8);

(iii) −3 là một thặng dư bậc hai theo môđun p khi và chỉ khi p ≡ 1 (mod 6);

(iv) 2 là một thặng dư bậc hai theo môđun pkhi và chỉ khi p ≡ −1 ( mod 8) hoặc p ≡ 1 (mod 8).

Một số kiến thức về đại số giao hoán

Trong bài viết này, chúng ta giả thiết R là một vành giao hoán có đơn vị khác 0 Cho A và B là các iđêan của R, ta có A ∩ B là một iđêan của R Tập A + B, được định nghĩa là {a + b | a ∈ A, b ∈ B}, cũng là một iđêan của R và được gọi là tổng của A và B Tích của hai iđêan A và B là một iđêan của R, được sinh bởi các phần tử có dạng ab với a ∈ A và b ∈ B, ký hiệu là AB = ∑ a_i b_i với a_i ∈ A, b_i ∈ B Tương tự, ta có thể định nghĩa tích của một số hữu hạn các iđêan của R Đặc biệt, lũy thừa A^n được định nghĩa với A^0 = (1) và A^n = A × A × × A (n lần).

Mệnh đề 1.2.1 nêu rằng, cho các iđêan I1, I2, , In của R, nếu thỏa mãn điều kiện I_i + I_j = R với mọi i ≠ j, thì tích I1 I2 In bằng Tn i=1 I_i Định lý 1.2.2, hay còn gọi là Định lý Trung Hoa về phần dư cho iđêan, khẳng định rằng nếu các iđêan I1, I2, , In cũng thỏa mãn điều kiện I_i + I_j = R với mọi i ≠ j, thì điều này dẫn đến những kết quả quan trọng trong lý thuyết iđêan.

I =Tn i=1 I i Khi đó có đẳng cấu vành

Một iđêan P của R được gọi là iđêan nguyên tố nếu P khác R và với mọi a, b thuộc R, nếu tích ab thuộc P thì ít nhất một trong hai số a hoặc b cũng thuộc P Bên cạnh đó, một iđêan P của R được xem là iđêan cực đại nếu P khác R và với bất kỳ iđêan M nào của R, nếu P là tập con của M thì M phải bằng P hoặc M phải bằng R.

Mệnh đề 1.2.3 Cho P là một iđêan của R, P 6= R Khi đó

(i) Iđêan P là nguyên tố khi và chỉ khi R/I là một miền nguyên;

(ii) Iđêan P là cực đại khi và chỉ khi R/P là một trường;

(iii) Nếu P là một iđêan cực đại thì P là một iđêan nguyên tố. Đối với một miền nguyên D ta có các tính chất sau.

Mệnh đề 1.2.4 Cho p ∈ D, p 6= 0, và không là đơn vị Khi đó

(i) Phần tử p là nguyên tố khi và chỉ khi iđêan (p) là nguyên tố;

(ii) Nếu iđêan (p) là cực đại thì p là bất khả quy.

Mệnh đề 1.2.5 Giả thiết D là một vành chính Cho p ∈ D, p 6= 0, và không là đơn vị Khi đó các điều sau là tương đương với nhau.

(i) Phần tử p là nguyên tố;

(ii) Phần tử p là bất khả quy;

(iii) Iđêan (p) là nguyên tố;

(iv) Iđêan (p) là cực đại.

Một số kiến thức cơ bản về trường số đại số

Trong mục này chúng tôi trình bày một số kiến thức cơ bản về trường số đại số.

Trường con F của trường số phức C là một mở rộng của trường số hữu tỷ Q, và có thể được coi là một không gian véctơ trên Q Bậc của trường F trên Q, ký hiệu là [F : Q], tương ứng với số chiều của không gian véctơ F Một cơ sở của không gian véctơ F cũng được xem là một cơ sở của mở rộng trường Q ⊆ F Theo định nghĩa, số phức α ∈ C được gọi là số đại số nếu tồn tại một đa thức f(x) ∈ Q[x] với f(x) ≠ 0, và α là nghiệm của đa thức đó.

Trong không gian véctơ con hữu hạn chiều V của C trên trường số hữu tỷ Q, nếu có một số α ∈ C sao cho αx ∈ V với mọi x ∈ V, thì α được xác định là một số đại số.

Mệnh đề 1.3.3 Tập tất cả các số đại số lập thành một trường.

Giả sử α là một số đại số thuộc tập hợp C Trong số tất cả các đa thức f(x) ∈ Q[x] với f(x) khác 0 và có α là nghiệm, chúng ta xác định đa thức có bậc nhỏ nhất và hệ số cao nhất bằng 1 Đa thức này được ký hiệu là ϕα(x) và nó được xác định duy nhất bởi α Được gọi là đa thức tối tiểu của số đại số α, ϕα(x) thuộc Q[x].

Ta gọi bậc của đa thức ϕ α (x) là bậc của số đại số α.

Mệnh đề 1.3.4 Cho α ∈C là một số đại số bậc n Khi đó

(i) Các phần tử 1, α, , α n−1 lập thành một cơ sở của không gian véctơ Q (α) trên Q;

(ii) Mở rộng Q ⊆ Q (α) có bậc n. Định nghĩa 1.3.5 Một trường con F của trường số phức C được gọi là một trường số đại số nếu bậc [F :Q ] hữu hạn.

Nếu F là một trường số đại số thì các phần tử của nó là các số đại số Cho

F là một trường số đại số bậc n Với α ∈ F tùy ý, ánh xạ h α : F → F xác định bởi quy tắc với mọi x ∈ F h α (x) = αx là một tự đồng cấu của không gian véctơ F trên trường Q.

Giả sử A = (a ij ) với a ij ∈Q là ma trận của tự đồng cấu h α đối với một cơ sở nào đó của F trên Q Đa thức f α (λ) = det(λI n − A) không phụ thuộc vào cách chọn cơ sở của F trên Q và được gọi là đa thức đặc trưng của tự đồng cấu h α Đa thức này cũng được xác định là đa thức đặc trưng của phần tử α đối với trường F Bậc của đa thức đặc trưng của phần tử α tương ứng với bậc của trường F trên Q Cần lưu ý rằng đa thức đặc trưng của phần tử α không chỉ phụ thuộc vào phần tử α mà còn phụ thuộc vào trường F.

Trong mệnh đề 1.3.6, cho F là một trường số đại số và α thuộc F, đa thức đặc trưng của α đối với F là một lũy thừa của đa thức tối tiểu của nó Điều này dẫn đến việc α là một nghiệm của đa thức đặc trưng tương ứng.

Với các ký hiệu như trên, ta thấy rằng các giá trị định thức det(A) và vết

S(A) = a₁₁ + a₂₂ + + a_nn là tổng các số hữu tỷ không phụ thuộc vào cách chọn hệ cơ sở của trường F trên Q Chúng ta định nghĩa det(A) là chuẩn và S(A) là vết của phần tử α đối với trường F Ký hiệu tương ứng cho chuẩn và vết là N_F(α), S_F(α), hoặc đơn giản là N(α), S(α) khi trường F đã được chỉ rõ.

Giả sử đa thức đặc trưng của α là f α (λ) = λ n + c 1 λ n−1 + ã ã ã + c n , và giả sử f α (λ) = (λ − α (1) )(λ − α (2) ) ã ã ã (λ − α (n) ).

Khi đó các số α (1) , α (2) , , α (n) được gọi là các liên hợp của α đối với trường F.

Ta có các kết quả sau liên quan đến chuẩn và vết.

Mệnh đề 1.3.7 Cho F là một trường số đại số bậc n và α ∈ F Khi đó

Mệnh đề 1.3.8 Cho F là một trường số đại số bậc n Khi đó

(iv) N (a) = a n , S(a) = na với mọi a ∈Q Định nghĩa 1.3.9 Cho F là một trường số đại số bậc n và giả sử α 1 , α 2 , , α n là một hệ các phần tử của F Định thức det(S(α i α j )), i, j = 1, 2, , n,

(có giá trị thuộc Q) được gọi là biệt thức của hệ các phần tử đã cho, và ký hiệu là ∆(α 1 , α 2 , , α n ).

Mệnh đề 1.3.10 Với các ký hiệu như trên, ta có

(i) Hệ các phần tử α 1 , α 2 , , α n là một cơ sở của F trên Q khi và chỉ khi

(ii) Giả sử α 1 , α 2 , , α n và β 1 , β 2 , , β n là hai cơ sở của F trên Q Khi đó

Trong toán học, định nghĩa về số nguyên đại số được đưa ra như sau: Số phức α ∈ C được coi là một số nguyên đại số nếu tồn tại một đa thức f(x) ∈ Z[x] với hệ số cao nhất bằng 1 và f(x) khác 0, trong đó α là một nghiệm của đa thức này Hơn nữa, có một công thức liên quan đến định thức của ma trận chuyển đổi từ cơ sở (α i) sang cơ sở (β i), được biểu diễn bằng ∆(β 1, β 2, , β n) = det(T)² ∆(α 1, α 2, , α n), trong đó T là ma trận chuyển đổi.

(i) Số đại số α ∈C là một số nguyên đại số khi và chỉ khi đa thức tối tiểu của nó có các hệ số là số nguyên;

(ii) Số hữu tỷ r ∈Q là một số nguyên đại số khi và chỉ khi r ∈Z;

(iii) Nếu α là một số đại số, thì tồn tại a ∈Z , a 6= 0 sao cho aα là một số nguyên đại số.

Mệnh đề 1.3.13 Cho F là một trường số đại số.

(i) Nếu α ∈ F là một số nguyên đại số thì N (α) ∈Z và S(α) ∈Z;

(ii) Nếu α 1 , α 2 , , α n ∈ F là các số nguyên đại số thì ∆(α 1 , α 2 , , α n ) ∈Z.

Mệnh đề 1.3.14 Cho W 6= 0 là một nhóm con hữu hạn sinh của nhóm cộng C. Giả sử α ∈ C sao cho αx ∈ W với mọi x ∈ W Khi đó α là một số nguyên đại số

Mệnh đề 1.3.15 Tập tất cả các số nguyên đại số lập thành một vành.

Trường số đại số F chứa tập hợp các số nguyên đại số, tạo thành một vành được gọi là vành các số nguyên đại số trong F, ký hiệu là D F Dưới đây là một số sự kiện quan trọng liên quan đến tính chất số học của vành D F.

Mệnh đề 1.3.16 Phần tử α ∈ D F là một đơn vị của D F khi và chỉ khi

Mệnh đề 1.3.17 Với α ∈ D F , nếu N (α) là một số nguyên tố thì α là một phần tử bất khả quy trong D F

Mệnh đề 1.3.18 Mọi phần tử α ∈ D F , α 6= 0 và khác đơn vị, đều phân tích được thành một tích các phần tử bất khả quy trong D F

Rẽ nhánh trong trường số đại số

Trong chương này, chúng tôi giới thiệu Định lý cơ bản của lý thuyết iđêan trong trường số đại số và áp dụng nó để nghiên cứu vấn đề rẽ nhánh của các số nguyên tố Các kết quả được trình bày trong chương này được tham khảo từ tài liệu [5].

Trong toàn bộ chương này ta luôn giả thiết F là một trường số đại số cố định, và ký hiệu D là vành các số nguyên đại số của F.

Iđêan trong trường số đại số

Trong mục này chúng tôi trình bày một số vấn đề về tính chất của iđêan trong trường số đại số.

Mệnh đề 2.1.1 Cho A 6= 0 là một iđêan của D Khi đó

(ii) A chứa một cơ sở nào đó của F trên Q.

(i) Giả sử α ∈ A, α 6= 0 Khi đó tồn tại a 1 , a 2 , , a m ∈Z sao cho α m + a 1 α m−1 + + a m−1 α + a m = 0.

Ta có thể giả thiết a m 6= 0 Từ đẳng thức trên suy ra a m ∈ A ∩Z Vậy ta có điều phải chứng minh.

Giả sử α₁, α₂, , αₙ là một cơ sở bất kỳ của F trên Q Theo Mệnh đề 1.3.12 (iii), tồn tại a ∈ Z, a ≠ 0 sao cho aα₁, aα₂, , aαₙ ∈ D Chọn α ∈ A bất kỳ, α ≠ 0, thì aαα₁, aαα₂, , aααₙ ∈ A, và các phần tử này tạo thành một cơ sở của trường F trên Q Điều này chứng minh được yêu cầu đề ra.

Mệnh đề 2.1.2 Cho A 6= 0 là một iđêan của D Giả sử α 1 , α 2 , , α n ∈ A là một cơ sở của F trên Q với |∆(α 1 , α 2 , , α n )| bé nhất Khi đó

Chứng minh rằng với bất kỳ α ∈ A, ta có thể biểu diễn α dưới dạng α = r₁α₁ + r₂α₂ + + rₙαₙ, trong đó rᵢ ∈ Q cho i = 1, 2, , n Để chứng minh rằng tất cả các rᵢ đều thuộc Z, giả sử không mất tính tổng quát rằng r₁ ∉ Z Ta có thể viết r₁ = m + ε, với m ∈ Z.

Rõ ràng rằng các phần tử β 1, β 2, , β n thuộc tập A và khi kiểm tra trực tiếp, chúng tạo thành một cơ sở của không gian F trên trường Q Áp dụng Mệnh đề 1.3.10, ta có được kết quả như mong đợi.

|∆(β 1 , β 2 , , β n )| = ε 2 |∆(α 1 , α 2 , , α n )| < |∆(α 1 , α 2 , , α n )| Điều này trái với tính bé nhất của |∆(α 1 , α 2 , , α n )| Vậy ta có điều phải chứng minh.

Nếu α 1 , α 2 , , α n ∈ Alà một cơ sở củaF trờnQ vàA =Z α 1 +Z α 2 +ã ã ã +Z α n,thì khi đó ta gọi α 1 , α 2 , , α n là một cơ sở nguyên của A.

Mệnh đề 2.1.3 Cho A 6= 0 là một iđêan của D Khi đó vành thương D/A là hữu hạn.

Chứng minh Theo Mệnh đề 2.1.1, tồn tại a ∈ A ∩Z , a 6= 0 Khi đó ta có toàn cấu vành

D/(a) → D/A. Để chứng minh D/A hữu hạn ta sẽ chứng minh rằng vành thương D/(a) là hữu hạn Chính xác hơn, ta sẽ chứng minh rằng D/(a) có a n phần tử trong đó n = [F :Q ]

Giả sử α 1 , α 2 , , α n là một cơ sở nguyên của D Đặt

Ta sẽ chứng minh rằngS gồm tất cả các đại diện của các lớp ghép của các phần tử của D theo (a).

Thật vậy, lấyx ∈ Dbất kỳ Giả sửx =Pn i=1 m i α i , m i ∈Zvới mọii = 1, 2, , n. Giả sử m i = r i + q i a với r i , q i ∈Z , 0 6 r i < a với mọi i = 1, 2, , n Khi đó ta có x = n

Xét biểu thức X i=1 r i α i + (a) với Pn i=1 r i α i thuộc S, ta có thể chứng minh rằng các lớp ghép theo (a) của các phần tử trong S là khác nhau từng đôi một Do đó, số phần tử của D/(a) tương đương với số phần tử của S, tức là bằng a n Như vậy, điều cần chứng minh đã được xác nhận.

Trong lý thuyết vành giao hoán, mọi iđêan cực đại đều là iđêan nguyên tố Mặc dù điều ngược lại không đúng trong nhiều trường hợp, nhưng đối với vành các số nguyên đại số, chúng ta có thể khẳng định rằng kết quả này vẫn giữ vững.

Mệnh đề 2.1.4 Mọi iđêan nguyên tố khác không của D là cực đại.

Giả sử A ≠ 0 là một iđêan nguyên tố của D, thì vành thương D/A là một miền nguyên Theo Mệnh đề 2.1.3, vì D/A có hữu hạn phần tử, nên D/A là một trường Do đó, A là một iđêan cực đại, điều này chứng minh được yêu cầu.

Mệnh đề 2.1.5 Cho A và B là hai iđêan của D với A 6= 0.

(ii) Nếu BA = (α)A với α ∈ D thì B = (α).

(i) Giả sử α 1 , α 2 , , α n là một cơ sở nguyên của A Vì BA = A cho nên với mọi i = 1, 2, , n ta có biểu diễn α i = n

X j=1 b ij α j trong đó b ij ∈ B với j = 1, 2, , n Viết lại đẳng thức trên ta được n

Đối với mọi i = 1, 2, , n, có phương trình (b ij − δ ij ) α j = 0, trong đó δ ij là ký hiệu Kronecker Từ phương trình này, ta suy ra rằng det(b ij − δ ij ) = 0 Khi viết lại định thức, ta nhận được 1 ∈ B, điều này chứng tỏ rằng B = D.

(ii) Giả sử BA = (α)A với α ∈ D Lấy β ∈ B bất kỳ Khi đó βA ⊆ (α) A Từ đó suy ra α −1 β

A ⊆ A VìA là một nhóm abel hữu hạn sinh và A 6= 0 cho nên, theo Mệnh đề 1.3.14, ta có α −1 β ∈ D Do đó β ∈ (α).

Vì β ∈ B lấy tùy ý cho nên từ đó suy ra B ⊆ (α) Do đó α −1 B là một iđêan củaD Từ giả thiết suy ra α −1 B

A = A Khi đó, theo (i), ta có được α −1 B = D; nghĩa là B = (α) Vậy ta có điều phải chứng minh.

Mệnh đề được chứng minh xong.

Hai iđêan A và B của D được coi là tương đương, ký hiệu là A ∼ B, nếu tồn tại α, β ∈ D\{0} sao cho (α) A = (β) B Các lớp tương đương này được gọi là các lớp iđêan, và số lượng các lớp iđêan khác không được gọi là số lớp của trường F, ký hiệu là h_F Đặc biệt, h_F = 1 khi và chỉ khi D là vành chính.

Mệnh đề 2.1.6 h F là hữu hạn.

Mệnh đề 2.1.7 Cho A là một iđêan bất kỳ của D với A 6= 0 Khi đó tồn tại một số nguyên k với 16 k 6 h F sao cho A k là một iđêan chính.

Chứng minh Xét tập hợp

Khi đó tồn tại i 6= j với 1 6 i, j 6 h F + 1 sao cho A i ∼ A j Do đó tồn tại α, β ∈ D\ {0} sao cho (α) A i = (β) A j Giả sử i < j Đặt k = j − i và B = A k Khi đó ta có đẳng thức

A i ⊆ A i Vì A i là một nhóm abel hữu hạn sinh nên, theo Mệnh đề 1.3.14, ta có αβ −1 ∈ D Do đó αβ −1

Theo Mệnh đề2.1.5từ đó suy raB = αβ −1

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Định lý cơ bản của lý thuyết iđêan trong trường số đại số

Trong mục này chúng tôi trình bày chi tiết phép chứng minh Định lý cơ bản của lý thuyết iđêan trong trường số đại số.

Trước tiên ta cần một số kết quả chuẩn bị.

Mệnh đề 2.2.1 Cho B 6= 0 là một iđêan của D Nếu A là một iđêan bất kỳ của D và A ⊆ B thì tồn tại một iđêan C của D sao cho A = BC.

Chứng minh Theo Mệnh đề2.1.7, tồn tạik > 0sao choB k = (β)vớiβ ∈ D, β 6= 0.

Khi đó C là một iđêan của D và ta có

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Mệnh đề 2.2.2 Cho B 6= 0 là một iđêan của D Với C 1 và C 2 là hai iđêan bất kỳ của D, nếu BC 1 = BC 2 thì C 1 = C 2

Chứng minh Theo Mệnh đề2.1.7, tồn tạik > 0sao choB k = (β)vớiβ ∈ D, β 6= 0.

VìBC 1 = BC 2 nênB k−1 BC 1 = B k−1 BC 2 , do đóB k C 1 = B k C 2 hay(β)C 1 = (β)C 2

Từ đó suy ra C 1 = C 2 Vậy ta có điều phải chứng minh.

Mệnh đề 2.2.3 Mọi iđêan khác (0) và khác (1) của D đều có thể phân tích được thành một tích các iđêan cực đại.

Giả sử A là một iđêan khác không phải là (0) hay (1) trong D, theo Mệnh đề 2.1.3, D/A là hữu hạn, điều này cho thấy A phải nằm trong một iđêan cực đại P1 nào đó Dựa vào Mệnh đề 2.2.1, chúng ta có thể thực hiện phân tích.

Trong trường hợp A = P1 B1, với B1 là một ý tưởng của D và A, nếu A = B1 thì P1 = D theo Mệnh đề 2.1.5, điều này không thể xảy ra Ngược lại, nếu B1 = D thì A = P1, và chúng ta đã chứng minh được điều cần chứng minh Nếu B1 khác D, ta cần tiếp tục phân tích B1 để rút ra kết luận.

A = P 1 P 2 B 2 với P 2 là một iđêan cực đại trongD, B 2 là một iđêan củaD và B 1 ( B 2 Cứ tiếp tục phân tích như vậy ta được một dãy tăng nghiêm ngặt các iđêan

Vì D/A hữu hạn nên tồn tại t > 1 sao cho B t = D Khi đó ta có phân tích

A = P 1 P 2 ã ã ã P t thành tích các iđêan cực đại Vậy ta có điều phải chứng minh.

Cho P là một iđêan cực đại của D Khi đó ta có dãy giảm nghiêm ngặt các iđêan

Nếu P i = P i+1, theo Mệnh đề 2.1.5, ta có P = D, điều này mâu thuẫn với giả thiết Với A khác 0 là một iđêan của D, bậc của iđêan A đối với iđêan cực đại P, ký hiệu ord P (A), được định nghĩa là số nguyên không âm t sao cho

Sau đây là một số tính chất về bậc của một iđêan.

Mệnh đề 2.2.4 Cho P là một iđêan cực đại của D Khi đó

(ii) ord P (P 0 ) = 0 với mọi iđêan cực đại P 0 6= P;

(iii) ord P (AB) = ord P (A) + ord P (B) với A, B là hai iđêan bất kỳ của D.

(i) Đặt ord P (P ) = t Khi đó P t ⊇ P và P t+1 + P Mặt khác P là một iđêan cực đại của D do đó ord P (P ) = 1.

(ii) Giả sử ord P (P 0 ) > 0 Khi đó P ⊇ P 0 Vì P 0 là một iđêan cực đại nên từ đó suy ra P 0 = P, trái với giả thiết Vậy ta có điều phải chứng minh.

(iii) Giả sử ord P (A) = t và ord P (B ) = s Khi đó, ta có P t ⊆ A, P t+1 + A và

P s ⊆ B, P s+1 + B Theo Mệnh đề 2.2.1 ta có

A = P t A 1 và B = P s B 1 với A 1 , B 1 là hai iđêan của D và P ) A 1 , P ) B 1 Từ đó suy ra

Do đó P t+s ⊇ AB Giả sử P t+s+1 ⊇ AB Khi đó, theo Mệnh đề 2.2.1, ta có

AB = P t+s+1 C với C là một iđêan của D Từ đó suy ra

Do đó, theo Mệnh đề 2.2.2, ta có P C = A 1 B 1 Từ đó suy ra rằng P ⊇ A 1 B 1 Vì

P là một iđêan cực đại cho nên P là nguyên tố Do đóP ⊇ A 1 hoặc P ⊇ B 1 , trái với giả thiết Vậy ta có điều phải chứng minh.

Kết quả sau đây là Định lý cơ bản của lý thuyết iđêan trong trường số đại số. Định lý 2.2.5 Cho A 6= 0 là một iđêan bất kì của D Khi đó

P a(P ) trong đó tích lấy theo tất cả các iđêan cực đại phân biệt trongDvàa(P ) = ord P (A).

Chứng minh Biểu diễn A thành một tích các iđêan cực đại như trong Mệnh đề 2.2.3 Viết lại ta được

Trong bài viết này, chúng ta xem xét một tích lấy theo tất cả các iđêan cực đại phân biệt trong D, với a(P) là các số nguyên không âm, chủ yếu bằng không ngoại trừ một số hữu hạn giá trị Giả sử P0 là một iđêan cực đại của D, áp dụng Mệnh đề 2.2.4 cho tích này, ta nhận được ord P0 (A) = X.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Định lý 2.2.5 cho thấy rằng mặc dù không phải mọi vành Gauss đều là vành chính, nhưng đối với vành các số nguyên đại số, điều này lại đúng.

Mệnh đề 2.2.6 Nếu D là một vành Gauss thì nó là một vành chính.

Để chứng minh D là một vành chính, theo Định lý 2.2.3, cần chứng minh rằng mọi iđêan cực đại của D đều là iđêan chính.

Giả sử P là một iđêan cực đại của D, với α ∈ P, α 6= 0 và không là đơn vị Theo Mệnh đề 1.3.18, ta có thể phân tích α thành tích các phần tử bất khả quy trong D, tức là α = π₁π₂ πₜ, trong đó π₁, π₂, , πₜ là các phần tử bất khả quy Vì π₁π₂ πₜ ∈ P và iđêan cực đại là nguyên tố, suy ra πᵢ ∈ P với một i nào đó Hơn nữa, do D là vành Gauss, theo Mệnh đề 1.1.1, phần tử πᵢ cũng là nguyên tố, dẫn đến việc iđêan (πᵢ) là một iđêan nguyên tố.

Mệnh đề 2.1.4, iđêan (π i ) là cực đại Rõ ràng (π i ) ⊆ P, cho nên từ đó suy ra

P = (π i ), nghĩa là P là một iđêan chính Vậy ta có điều phải chứng minh.

Vấn đề rẽ nhánh của các số nguyên tố

Trong bài viết này, chúng tôi giới thiệu một ứng dụng của Định lý cơ bản của lý thuyết iđêan trong trường số đại số, nhằm nghiên cứu vấn đề rẽ nhánh của các số nguyên tố.

Nếu P là một iđêan cực đại của D, thì giao của P với Z sẽ là pZ, trong đó p là một số nguyên tố thuộc Z.

(i) Số e = ord P (p) được gọi là chỉ số rẽ nhánh của iđêan P, trong đó (p) là iđêan chính của D sinh bởi p;

(ii) Nếu trường D/P có p f phần tử thì f được gọi là cấp của iđêan P.

Kết quả chính trong mục này là định lý sau. Định lý 2.3.2 Cho p ∈Z là một số nguyên tố Giả sử

Để diễn đạt một ý tưởng chính (p) trong hệ thống lý thuyết D, ta có thể sử dụng công thức (p) = P1 e1 P2 e2 Pt et, trong đó P i đại diện cho các iđêan cực đại chứa (p) và e i là chỉ số rẽ nhánh tương ứng với từng P i Ngoài ra, f i được định nghĩa là cấp của iđêan P i, với i chạy từ 1 đến t Công thức này giúp xác định mối quan hệ giữa các iđêan trong D một cách rõ ràng và có hệ thống.

X i=1 e i f i = n, trong đó n là bậc của mở rộng trường Q ⊆ F Để chứng minh Định lý 2.3.2 ta cần kết quả chuẩn bị sau.

Mệnh đề 2.3.3 Giả sử P là một iđêan cực đại của D và D/P có p f phần tử. Khi đó D/P e có p ef phần tử.

Chứng minh Trước tiên ta chứng minh rằng có đẳng cấu nhóm

D/P ∼ = P e−1 /P e với mọi e> 1 VìP e ( P e−1 cho nên tồn tạiα ∈ P e−1 sao cho α 6∈ P e Khi đó, vì

P e ⊆ (α) + P e, do đó iđêan (α) + P e là một lũy thừa của P Vì (α) + P e ⊆ P e−1, suy ra (α) + P e = P e−1 Ký hiệu ϕ : D −→ P e−1 /P e là ánh xạ được xác định bởi ϕ(a) = aα + P e với mọi a ∈ D ϕ là một đồng cấu nhóm và vì P e−1 = (α) + P e nên ϕ là một toàn cấu Phần tử a ∈ kerϕ khi và chỉ khi aα ∈ P e, tương đương với ord P (aα) > e Với ord P (aα) = ord P (a) + ord P (α) = ord P (a) + e − 1, ta có a ∈ kerϕ khi và chỉ khi ord P (a) > 1, tức là a ∈ P Điều này dẫn đến việc có đẳng cấu nhóm.

D/P ∼ = P e−1 /P e với e > 1 Do đó P e−1 /P e có p f phần tử.

Theo Định lý đẳng cấu nhóm thứ hai, ta có đẳng cấu

Sử dụng phép chứng minh quy nạp kết hợp với áp dụng kết quả vừa chứng minh ta có được điều phải chứng minh.

Phép chứng minh Định lý 2.3.2 Theo giả thiết ta có

Ta có thể chứng tỏ rằng vì P i là các iđêan cực đại khác nhau của D cho nên

P i e i + P j e j = D với mọi i 6= j Do đó, theo Định lý 1.2.2 (Định lý Trung Hoa về phần dư cho iđêan), ta có đẳng cấu vành

Từ phép chứng minh Mệnh đề 2.1.3 chỉ ra rằng D/(p) có p n phần tử Mặt khác, theo Mệnh đề 2.3.3, số phần tử của D/P i e i là p e i f i Do đó ta có p n = p e 1 f 1 p e 2 f 2 ã ã ã p e t f t

Từ đú suy ra n = e 1 f 1 + e 2 f 2 + ã ã ã + e t f t , và ta cú điều phải chứng minh Định lý được chứng minh xong.

Rẽ nhánh trong trường bậc hai và trường bậc ba

Trong chương này, chúng tôi khám phá các vấn đề liên quan đến sự phân nhánh của số nguyên tố trong các trường bậc hai, cùng với một dạng đặc biệt của trường bậc ba Các kết quả được trình bày trong chương này được tham khảo từ các tài liệu [4], [6], [7] và [8].

Trường bậc hai

Trong phần này, chúng tôi sẽ trình bày các kết quả cơ bản liên quan đến trường bậc hai, nhằm chuẩn bị cho nội dung tiếp theo Theo định nghĩa 3.1.1, một trường số đại số F được xem là trường bậc hai nếu tỉ số [F : Q] bằng 2.

Số nguyên d ∈ Z được gọi là không có nhân tử bình phương nếu với mọi s ∈ Z, s ≠ 1, thì s^2 không phải là ước của d Mọi số hữu tỷ r ∈ Q đều có thể phân tích một cách duy nhất dưới dạng r = dt^2, trong đó d ∈ Z là số không có nhân tử bình phương và t ∈ Q Giả sử d ∈ Z là số không có nhân tử bình phương và d ≠ 1.

√ d) = {a + b √ d | a, b ∈Q } là một trường bậc hai. Đảo lại ta có kết quả sau.

Mệnh đề 3.1.2 Mọi trường bậc hai F đều có dạng Q (

√ d) với d ∈ Z , d 6= 1 và không có nhân tử bình phương Số d như trên là được xác định duy nhất bởi trường F.

Chứng minh Giả sử F là một trường bậc hai Lấy α ∈ F \Q bất kỳ Khi đó ta có F = Q (α) Gọi p(x) = x 2 + ax + b ∈ Q [x] là đa thức tối tiểu của α trên Q. Khi đó α = −a ± √ a 2 − 4b

Giả sử a 2 − 4b = dt 2 với t ∈ Q , d ∈ Z, và d không có nhân tử bình phương Khi đó ta có α = −a ± t √ d

√ d) Vì F 6= Q cho nên rõ ràng d 6= 1 Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bây giờ ta chứng minhdđược xác định duy nhất Giả sửF =Q (

√ d 0 ) trong đó d 0 ∈Z , d 0 6= 1 , và không có nhân tử bình phương Khi đó √ d 0 ∈Q (

√ d). Cho nên ta có biễu diễn √ d 0 = r + s √ d với r, s ∈Q Từ đó suy ra

Để chứng minh, ta cần có rs = 0 Do √d0 không thuộc Q, suy ra s không bằng 0, từ đó kéo theo r = 0 Khi đó, ta có d0 = ds² Vì d và d0 không có nhân tử bình phương, nên suy ra s = 1, dẫn đến d0 = d Vậy ta đã chứng minh được điều cần thiết.

Mệnh đề được chứng minh xong.

√ d) làmột trường bậc hai ảo khi d < 0, là một trường bậc hai thực khi d > 0.

Mệnh đề 3.1.3 Cho trường bậc hai F =Q (

√ d) với d ∈ Z , d 6= 1 , và không có nhân tử bình phương Giả sử α = r + s √ d trong đó r, s ∈Q Khi đó (i) Đa thức đặc trưng của α đối với trường F là x 2 − 2rx + (r 2 − ds 2 );

Rõ ràng, {1, √d} là một cơ sở của F trên Q Bằng cách sử dụng định nghĩa đa thức đặc trưng của tự đồng cấu h α và thực hiện các phép tính trực tiếp, chúng ta có thể chứng minh điều cần chứng minh Hơn nữa, áp dụng Mệnh đề 1.3.7 cũng cho phép chúng ta dễ dàng xác nhận điều này.

Mệnh đề 3.1.4 Cho trường bậc hai F và α ∈ F Khi đó α ∈ D F khi và chỉ khi

Theo Mệnh đề 1.3.13, nếu α thuộc D F thì N(α) và S(α) đều là số nguyên Điều này được khẳng định bởi Mệnh đề 3.1.3 và định nghĩa về số nguyên đại số Mệnh đề tiếp theo mô tả vành các số nguyên đại số của một trường bậc hai, cụ thể là trường F = Q.

√ d) với d ∈ Z , d 6= 1 và không có nhân tử bình phương Khi đó

Chứng minh Lấy α ∈ D F bất kỳ Giả sử α = r + s √ d với r, s ∈Q Khi đó, theo Mệnh đề 3.1.3 và 3.1.4, ta có

Vì 2r ∈ Z, nên từ điều kiện thứ hai suy ra 4ds² ∈ Z Do d không có nhân tử là bình phương, ta kết luận rằng 2s ∈ Z Đặt m = 2r và n = 2s, từ điều kiện r² - ds² ∈ Z, ta có m² - dn² ≡ 0 (mod 4).

Ta xét hai trường hợp của d.

Trong trường hợp m ≡ 2, 3 (mod 4), việc phân tích các trường hợp chẵn và lẻ của m và n cho thấy rằng điều kiện m² − dn² ≡ 0 (mod 4) dẫn đến việc m và n phải cùng chẵn Vì vậy, ta có α = r + s√d ∈ Z.

√ d] Đảo lại, rõ ràng vì √ d ∈ D F , nên Z [

Khi d ≡ 1 (mod 4), ta phân tích các trường hợp chẵn và lẻ của m và n Từ điều kiện m² - dn² ≡ 0 (mod 4), có thể kết luận rằng m và n phải cùng tính chẵn hoặc lẻ Do đó, ta có biểu thức α = m + n√d.

Đảo lại bằng cách kiểm tra trực tiếp, ta thấy rằng −1 +

Mệnh đề được chứng minh xong.

Với d ∈ Z , d 6= 1 và không có nhân tử bình phương, ký hiệu U d là nhóm tất cả các đơn vị trong vành các số nguyên đại số của trường bậc hai F =Q (

√ d). Đối với các trường bậc hai ảo ta có kết quả sau.

Mệnh đề 3.1.6 Giả sử d ∈Z , d < 0 và không có nhân tử bình phương Khi đó (i) U −1 = {±1, ±i} trong đó i là đơn vị ảo;

Chứng minh Ta xét hai trường hợp của d.

Trường hợp d ≡ 2, 3 (mod 4): Giả sử α = x + y √ d ∈ D với x, y ∈ Z Khi đó, theo Mệnh đề 1.3.16, α ∈ U d khi và chỉ khi N (α) = ±1, hay tương đương x 2 − dy 2 = ±1.

Với d = −1 ta có được (i); với d 6= −1 ta có được (iii).

Trường hợp d ≡ 1 ( mod 4): Giả sử α = x + y(−1 + √ d)/2 ∈ D với x, y ∈Z Khi đó, theo Mệnh đề 1.3.16, α ∈ U d khi và chỉ khi N (α) = ±1, hay tương đương x − y 2 2

Với d = −3 ta có được (ii); với d 6= −3 ta có được (iii).

Vậy ta có điều phải chứng minh. Đối với các trường bậc hai thực ta có kết quả sau, xem [6].

Mệnh đề 3.1.7 chỉ ra rằng với d ∈ Z, d > 0 và không có nhân tử bình phương, tồn tại một đơn vị cơ bản u ∈ U d với u > 1, sao cho U d = {±u m | m ∈ Z} Đơn vị cơ bản u trong mệnh đề này thường khó tìm Tuy nhiên, trong trường hợp d = 2, thông qua tính toán trực tiếp, chúng ta có thể xác định đơn vị cơ bản là u = 1 + √2.

2) m | m ∈Z Trong phần còn lại của mục này ta xét một số trường hợp đặc biệt của d, trong đó vành các số nguyên đại số D F của trường bậc hai F = Q (

√ d) là một vành Euclide (do đó nó là vành chính).

Vớid = −1, ta cóF =Q (i) trong đóilà đơn vị ảo Khi đó, theo Mệnh đề3.1.5, ta có

Vành Z [i] được gọi là vành các số nguyên Gauss.

Mệnh đề 3.1.8 Vành Z [i] cùng với ánh xạ chuẩn N : Z [i] \ {0} −→ N cho bởi công thức

N(α) = αα = (m + ni)(m − ni) = m 2 + n 2 với mọi α = m + ni ∈Z [i] \ {0} , là một vành Euclide.

Chứng minh Rõ ràng Z [i] là một miền nguyên Giả sử α, β ∈Z [i] \ {0} và α | β. Khi đó β = αγ với γ ∈Z [i], γ 6= 0 Từ đó suy ra

Giả sử α, β ∈Z [i], β 6= 0 Khi đóαβ −1 ∈Q (i) Giả sử αβ −1 = r +si vớir, s ∈Q Chọn a, b ∈Z sao cho

2 Đặt u = r − a và v = s − b Khi đó ta có αβ −1 = r + si = (u + a) + (v + b)i = (a + bi) + (u + vi).

Từ đó suy ra α = βγ + ρ với γ = a + bi và ρ = β(u + vi) Vì α, β, γ ∈Z [i] nên từ đẳng thức trên suy ra ρ ∈Z [i] Nếu ρ 6= 0 thì

Vậy ta có điều phải chứng minh.

√ −2) Khi đó, theo Mệnh đề 3.1.5, ta có

√ −2] cùng với ánh xạ chuẩn N : Z [

√ −2] là một miền nguyên Giả sử α, β ∈ Z [

√ −2] \ {0} và α | β Lập luận tương tự như phép chứng minh trong Mệnh đề 3.1.8 ta được

2 Đặt u = r − a và v = s − b Giả sử α = βγ + ρ với γ, ρ ∈ Z [

√ −2] Bằng cách lập luận tương tự như trong phép chứng minh Mệnh đề 3.1.8 ta có được

Vậy ta có điều phải chứng minh.

√ −3) Khi đó, theo Mệnh đề 3.1.5, ta có

2 Vành Z [w] được gọi là vành các số nguyên Eisenstein. Mệnh đề 3.1.10 Vành Z [w] cùng với ánh xạ chuẩn N : Z [w] \ {0} −→ N cho bởi công thức

N (α) = αα = (m + nw)(m + nw) = m 2 − mn + n 2 với mọi α = m + nw ∈Z [w] \ {0} , là một vành Euclide.

Chứng minh Rõ ràngZ [w] là một miền nguyên Giả sửα, β ∈Z [w] \ {0} và α | β. Lập luận tương tự như phép chứng minh trong Mệnh đề 3.1.8 ta được

Giả sử α, β ∈ Z [w], β 6= 0 Khi đó αβ −1 ∈ Q (w) Giả sử αβ −1 = r + sw với r, s ∈Q Chọn a, b ∈Z sao cho

2 Đặt u = r − a và v = s − b Giả sử α = βγ + ρ với γ, ρ ∈Z [w] Bằng cách lập luận tương tự như trong phép chứng minh Mệnh đề 3.1.8 ta có được

Vậy ta có điều phải chứng minh.

√ 2) Khi đó, theo Mệnh đề 3.1.5, ta có

√ 2] là một miền nguyên Giả sử α, β ∈ Z [

√ 2] \ {0} và α | β Lập luận tương tự như phép chứng minh trong Mệnh đề 3.1.8 ta được δ(β)> δ(α)

2 Đặt u = r − a và v = s − b Giả sử α = βγ + ρ với γ, ρ ∈Z [

√ 2] Bằng cách lập luận tương tự như trong phép chứng minh Mệnh đề 3.1.8 ta có được δ(ρ) = |N (ρ)| = |(u 2 − 2v 2 )|δ(β)6 1

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Số nguyên tố trong trường bậc hai

Trong mục này chúng tôi nghiên cứu vấn đề rẽ nhánh của các số nguyên tố trong trường bậc hai.

Mệnh đề 3.2.1 Cho trường bậc hai F =Q (

√ d) trong đó d ∈Z , d 6= 1 , và không có nhân tử bình phương Ký hiệu D = D F Cho p ∈Z là một số nguyên tố Khi đó xảy ra một trong ba trường hợp sau.

(i) (p) = P 1 P 2 với P 1 , P 2 là hai iđêan cực đại phân biệt của D;

(ii) (p) là một iđêan cực đại của D;

(iii) (p) = P 2 với P là một iđêan cực đại của D.

Chứng minh Sử dụng các ký hiệu như trong Định lý 2.3.2 ta có t

X i=1 e i f i = 2 Từ đó suy ra có ba trường hợp.

(i) Nếu t = 2, e 1 = e 2 = 1 thì (p) = P 1 P 2 với P 1 , P 2 là hai iđêan cực đại phân biệt của D.

(ii) Nếu t = 1, e 1 = 1 thì (p) là một iđêan cực đại của D.

(iii) Nếu t = 1, e 1 = 2 thì (p) = P 2 với P là một iđêan cực đại của D.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Cụ thể hơn, ta có kết quả sau.

Mệnh đề 3.2.2 Cho trường bậc hai F =Q (

√ d) trong đó d ∈Z , d 6= 1 , và không có nhân tử bình phương Ký hiệu D = D F Cho p ∈Z là một số nguyên tố lẻ.

(i) Nếu p- d và d là một thặng dư bậc hai theo môđun p thì (p) = P P với P là một iđêan cực đại của D, P = {α | α ∈ P } trong đó α chỉ liên hợp của α, và P 6= P ;

(ii) Nếu p - d và d là một bất thặng dư bậc hai theo môđun p thì (p) là một iđêan cực đại của D;

(iii) Nếu p | d thì (p) = P 2 với P là một iđêan cực đại của D.

(i) Vì d là một thặng dư bậc hai theo môđun p nên tồn tại a ∈ Z sao cho a 2 ≡ d ( mod p) ĐặtP = (p, a+ √ d)(iđêan củaDsinh bởi hai phần tửpvàa+ √ d). Khi đó P = (p, a − √ d) Ta có

P P = (p, a + √ d)(p, a − √ d) = (p)(p, a + √ d, a − √ d, (a² − d)/p) Đặt A = (p, a + √ d, a − √ d, (a² − d)/p) Vì p - d nên d 6≡ 0 (mod p), dẫn đến a² 6≡ 0 (mod p) và a 6≡ 0 (mod p) Do đó, p và 2a là nguyên tố cùng nhau trong Z Hơn nữa, 2a = (a + √ d) + (a − √ d) thuộc A và p cũng thuộc A, nên A = D Kết luận, ta có phân tích (p) = P P.

Giả sử P = P, thì p và 2a thuộc P Vì p và 2a là nguyên tố cùng nhau trong Z, nên P = D, dẫn đến (p) = D Tuy nhiên, điều này không thể xảy ra, do đó P không bằng P, và ta đã chứng minh được điều cần chứng minh.

Lấy P là một iđêan cực đại của D chứa p, ta chứng minh rằng P có cấp 2, tức là D/P có p 2 phần tử Điều này dẫn đến việc ord P (p) = 1, từ đó hoàn thành điều cần chứng minh.

Giả sử P có cấp 1, nghĩa là D/P có p phần tử Khi đó ta có đẳng cấu vành

Theo công thức x + (P ∩ Z) 7→ x + P với mọi x ∈ Z, ta có Z /P ∩ Z ∼ = (P + Z)/P ∼ = D/P Từ đó, tồn tại a ∈ Z sao cho a + P = √d + P, dẫn đến a² + P = d + P Điều này suy ra a² − d ∈ P, và do đó a² − d ∈ P ∩ Z = pZ Kết quả này mâu thuẫn với giả thiết rằng d là một bất thặng dư bậc hai theo môđun p trong Z, từ đó khẳng định điều cần chứng minh.

(iii) Đặt P = (p, √ d) (iđêan của D sinh bởi hai phần tử p và √ d) Khi đó ta có

Trong bài viết này, chúng ta xem xét mối quan hệ giữa d và p, trong đó d/p thuộc Z vì p chia hết cho d Do d không có nhân tử bình phương, ta có (d/p)² - d, dẫn đến việc d và d/p là nguyên tố cùng nhau trong Z Từ đó, ta suy ra (p, √d, d/p) = D và (p) = P², điều này chứng minh được yêu cầu đặt ra Bài viết cũng đề cập đến hai trường hợp đặc biệt khi p = 3 và p = 5.

Hệ quả 3.2.3 Cho trường bậc hai F =Q (

√ d) trong đó d ∈ Z , d 6= 1 và không có nhân tử bình phương Ký hiệu D = D F Khi đó

(i) Nếu d ≡ 1 (mod 3) thì (3) = P P với P là một iđêan cực đại của D,

P = {α | α ∈ P } trong đó α chỉ liên hợp của α, và P 6= P ;

(ii) Nếu d ≡ 2 (mod 3) thì (3) là một iđêan cực đại của D;

(iii) Nếu d ≡ 0 (mod 3) thì (3) = P 2 với P là một iđêan cực đại của D.

(i) Vì d ≡ 1 (mod 3) nên d là một thặng dư bậc hai theo môđun 3 Do đó, theo Mệnh đề 3.2.2 (i) ta có điều phải chứng minh.

(ii) Vì d ≡ 2 (mod 3) nên d là một bất thặng dư bậc hai theo môđun 3 Do đó, theo Mệnh đề 3.2.2 (ii) ta có điều phải chứng minh.

(iii) Vì d ≡ 0 (mod 3) nên theo Mệnh đề 3.2.2 (iii) ta có điều phải chứng minh.

Hệ quả 3.2.4 Cho trường bậc hai F =Q (

√ d) trong đó d ∈ Z , d 6= 1 và không có nhân tử bình phương Ký hiệu D = D F Khi đó

Nếu d ≡ 1 (mod 5) hoặc d ≡ 4 (mod 5), thì (5) = P P với P là một iđêan cực đại của D, trong đó P = {α | α ∈ P} và α chỉ liên hợp của α, đồng thời P khác P Nếu d ≡ 2 (mod 5) hoặc d ≡ 3 (mod 5), thì (5) là một iđêan cực đại của D Cuối cùng, nếu d ≡ 0 (mod 5), thì (5) = P² với P là một iđêan cực đại của D.

(i) Vì d ≡ 1 (mod 5) hoặc d ≡ 4 (mod 5) nên d là một thặng dư bậc hai theo môđun 5 Do đó, theo Mệnh đề 3.2.2 (i) ta có điều phải chứng minh.

Vì d ≡ 2 (mod 5) hoặc d ≡ 3 (mod 5), nên d là một bất thặng dư bậc hai theo môđun 5, từ đó theo Mệnh đề 3.2.2 (ii) ta có điều cần chứng minh Ngoài ra, với d ≡ 0 (mod 5), áp dụng Mệnh đề 3.2.2 (iii) cũng dẫn đến điều cần chứng minh Đối với trường hợp số nguyên tố p = 2, ta có kết quả tương ứng.

Mệnh đề 3.2.5 Cho trường bậc hai F =Q (

√ d) trong đó d ∈Z , d 6= 1 và không có nhân tử bình phương Ký hiệu D = D F

(i) Nếu d ≡ 1 (mod 8) thì (2) = P P với P là một iđêan cực đại của D,

P = {α | α ∈ P } trong đó α chỉ liên hợp của α, và P 6= P ;

(ii) Nếu d ≡ 5 (mod 8) thì (2) là một iđêan cực đại của D;

(iii) Nếu d ≡ 2 (mod 8) hoặc d ≡ 3 (mod 8) hoặc d ≡ 6 (mod 8) hoặc d ≡ 7 (mod 8) thì (2) = P 2 với P là một iđêan cực đại của D.

(i) Giả sử d ≡ 1 (mod 8) Đặt P = (2, (−1 + √ d)/2) Khi đó

Vì (−1 + √ d)/2 + (−1 − √ d)/2 = −1 ∈ A nên A = D Do đó ta có phân tích

(2) = P P Ta chứng tỏ rằng P 6= P Thật vậy, nếu P = P thì

−1 = (−1 + √ d)/2 + (−1 − √ d)/2 ∈ P, từ đó suy ra P = D, do đó (2) = D Điều này không thể xảy ra cho nên P 6= P. Vậy ta có điều phải chứng minh.

Giả sử d ≡ 5 (mod 8) và P là một iđêan cực đại bất kỳ của D chứa 2 Từ đó, chúng ta có thể suy ra rằng ord P (2) = 1, và điều này cần được chứng minh Tuy nhiên, giả sử trái lại rằng

P có cấp 1 Bằng cách lập luận tương tự như trong phép chứng minh cho trường hợpplẻ trong Mệnh đề3.2.2, khi đó tồn tạia ∈Zsao choa+P = (−1+ √ d)/2+P.

Từ đó suy ra a 2 + a + (1 − d)/4 ∈ P, cho nên a 2 + a + (1 − d)/4 ∈ P ∩Z = 2 Z.

Vì a + 2a là một số chẵn, suy ra (1 − d)/4 cũng là số chẵn, dẫn đến d ≡ 1 (mod 8), điều này mâu thuẫn với giả thiết ban đầu Do đó, ta đã chứng minh được điều cần chứng minh Tiếp theo, giả sử d ≡ 2 (mod 8) hoặc d ≡ 6 (mod 8), đặt P = (2, √d).

Giả sử d là một số chẵn không có nhân tử bình phương, ta có (2, √d, d/2) = D, từ đó suy ra (2) = P2 Nếu d ≡ 3 (mod 8) hoặc d ≡ 7 (mod 8), ta đặt P = (2, 1 + √d).

Vì(2, 1 + √ d, (1 + √ d) 2 /2) = D nên(2) = P 2 Vậy ta có điều phải chứng minh.

Trong phần còn lại của mục này ta sẽ nghiên cứu vấn đề phân tích một số nguyên tố p ∈Z trong một số vành đặc biệt.

Mệnh đề 3.2.6 Cho p ∈ Z là một số nguyên tố Trong vành các số nguyên Gauss Z [i] ta có các kết quả sau.

(i) Nếu p ≡ 1 (mod 4) thì có phân tích p = (x − yi)(x + yi) với x, y ∈Z ;

(ii) Nếu p ≡ 3 (mod 4) thì p là một phần tử bất khả quy trong Z [i];

(iii) Nếu p = 2 thì có phân tích 2 = −i(1 + i) 2 trong đó 1 + i là một phần tử bất khả quy trong Z [i]

Theo Mệnh đề 3.1.8, vành Z[i] được xác định là vành Euclide, từ đó suy ra nó là vành chính Phép chứng minh dựa vào việc áp dụng các Mệnh đề 3.2.2 và 3.2.5 cho trường hợp d = -1.

Giả sử p ≡ 1 (mod 4), khi đó p - d, và theo Mệnh đề 1.1.4, d = -1 là một thặng dư bậc hai theo môđun p Theo Mệnh đề 3.2.2 (i), ta có phân tích (p) = P P, với P là một iđêan cực đại của Z[i], trong đó P = {α | α ∈ P} và α là liên hợp của α, đồng thời P khác P.

VìZ [i] là vành chính cho nênP = (α)với α = x + yi, x, y ∈Z Khi đó P = (α), và ta có phân tích

Từ đó suy ra p và αα sai khác nhau một đơn vị của Z [i] Do đó p = αα, hoặc p = −αα, hoặc p = iαα, hoặc p = −iαα.

Nếu p = −αα, thì p = −(x + yi)(x − yi) = −x² − y² < 0, điều này dẫn đến mâu thuẫn Tương tự, nếu p = iαα, thì p = i(x + yi)(x − yi) = i(x² + y²) không thuộc Z, cũng dẫn đến mâu thuẫn Cuối cùng, nếu p = −iαα, thì p = −i(x + yi)(x − yi) = −i(x² + y²) không thuộc Z, lại một lần nữa dẫn đến mâu thuẫn.

Do đó p có phân tích duy nhất là p = αα = (x − yi)(x + yi) với x, y ∈Z Vậy ta có điều phải chứng minh.

Giả sử p ≡ 3 (mod 4), khi đó p - d và theo Mệnh đề 1.1.4, ta có d = −1 là một bất thặng dư bậc hai theo môđun p Theo Mệnh đề 3.2.2 (ii), (p) là một iđêan cực đại của Z[i] Vì Z[i] là một vành chính, nên theo Mệnh đề 1.2.5, p là một phần tử bất khả quy trong Z[i].

(iii) Với p = 2, áp dụng Mệnh đề 3.2.5 ta có phân tích 2 = −i(1 + i) 2 Vì

N (1 + i) = 2, cho nên theo Mệnh đề 1.3.17 ta có 1 + i là một phần tử bất khả quy trong Z [i]

Vành số Gauss Z[i] chứa các phần tử bất khả quy, và những phần tử này cũng được coi là các số nguyên tố Do đó, các phần tử nguyên tố trong Z[i] được gọi là số nguyên tố Gauss Bài viết này sẽ mô tả chi tiết về các số nguyên tố Gauss.

Mệnh đề 3.2.7 Các số nguyên tố Gauss có một trong các dạng sau.

(i) α = x + yi với x, y ∈Z sao cho x 2 + y 2 là một số nguyên tố trong Z có dạng 4k + 1;

(ii) α là một số nguyên tố trong Z có dạng 4k + 3 và các số liên kết với nó; (iii) α = 1 + i và các số liên kết với nó.

Số nguyên tố trong trường bậc ba

Trong bài viết này, chúng tôi khám phá vấn đề rẽ nhánh của các số nguyên tố trong trường bậc ba có dạng đặc biệt Định nghĩa 3.3.1 cho biết một trường số đại số F được xem là trường bậc ba nếu tỷ lệ [F :Q] bằng 3.

Một số nguyên d ∈ Z được gọi là không có nhân tử lập phương nếu không tồn tại số nguyên s ∈ Z (với s ≠ 1) sao cho s³ là ước của d Nếu d ∈ Z là không có nhân tử lập phương và d khác 1, thì có thể nhận thấy điều này ngay lập tức.

√ d 2 | x, y, z ∈Q } là một trường bậc ba Tuy nhiên điều ngược lại nói chung không đúng.

Các vấn đề về số học trong trường bậc ba thường rất phức tạp và đòi hỏi kiến thức sâu sắc về lý thuyết số Trong bài viết này, chúng ta sẽ chỉ tập trung vào các trường bậc ba có dạng Q (3).

√ d). Mệnh đề sau cho ta mô tả vành các số nguyên đại số của một trường bậc ba có dạng Q ( 3

Mệnh đề 3.3.2 Cho trường bậc ba F =Q ( 3

√ d) trong đó d ∈ Z , d 6= 1 và không có nhân tử lập phương Ký hiệu D = D F Khi đó

Mệnh đề 3.3.3 Cho trường bậc ba F =Q ( 3

√ d) trong đó d ∈ Z , d 6= 1 và không có nhân tử lập phương Ký hiệu D = D F Cho p ∈ Z là một số nguyên tố Khi đó xảy ra một trong các trường hợp sau.

(i) (p) = P 1 P 2 P 3 trong đó P 1 , P 2 , P 3 là các iđêan cực đại phân biệt của D; (ii) (p) = P 1 2 P 2 trong đó P 1 , P 2 là hai iđêan cực đại phân biệt của D;

(iii) (p) là một iđêan cực đại của D;

(iv) (p) = P 3 trong đó P là một iđêan cực đại của D.

Chứng minh Sử dụng các ký hiệu như trong Định lý 2.3.2 ta có t

X i=1 e i f i = 3 Từ đó suy ra có các trường hợp:

(i) Nếu t = 3, e 1 = e 2 = e 3 = 1 thì (p) = P 1 P 2 P 3 với P 1 , P 2 , P 3 là các iđêan cực đại phân biệt của D.

(ii)) Nếu t = 2, e 1 = 2, e 2 = 1 thì (p) = P 1 2 P 2 trong đó P 1 , P 2 là hai iđêan cực đại phân biệt của D.

(iii) Nếu t = 1, e 1 = 1 thì (p) là một iđêan cực đại của D.

(iv) Nếu t = 1, e 1 = 3 thì (p) = P 3 với đó P là một iđêan cực đại của D.

Cụ thể hơn ta có các kết quả sau, xem [4], [8].

Mệnh đề 3.3.4 Cho trường bậc ba F =Q ( 3

√ d) trong đó d ∈ Z , d 6= 1 và không có nhân tử lập phương Ký hiệu D = D F Cho p là một số nguyên tố, p 6= 3. Khi đó

(i) Nếu p - d, p ≡ 1 (mod 3) và d là một thặng dư bậc ba theo môđun p thì(p) = P 1 P 2 P 3 với P 1 , P 2 , P 3 là các iđêan cực đại phân biệt của D;

(ii) Nếu p - d, p ≡ 1 (mod 3) và d là một bất thặng dư bậc ba theo môđun p thì (p) là một iđêan cực đại của D;

(iii) Nếu p - d và p ≡ 2 (mod 3) thì (p) = P 1 2 P 2 với P 1 , P 2 là hai iđêan cực đại phân biệt của D;

(iv) Nếu p | d thì (p) = P 3 trong đó P = (p, √ 3 d) là một iđêan cực đại của D. Đặc biệt khi p = 2 ta có kết quả sau.

Hệ quả 3.3.5 Cho trường bậc ba F =Q ( 3

√ d) trong đó d ∈Z , d 6= 1 và không có nhân tử lập phương Ký hiệu D = D F Khi đó

(i) Nếu 2- d thì (2) = P 1 2 P 2 với P 1 , P 2 là hai iđêan cực đại phân biệt của D;

(ii) Nếu 2 | d thì (2) = P 3 trong đó P = (2, √ 3 d) là một iđêan cực đại của D.

(i) Áp dụng Mệnh đề 3.3.4 (iii) ta có điều phải chứng minh.

(ii) Áp dụng Mệnh đề 3.3.4 (iv) ta có điều phải chứng minh.

Trong trường hợp p = 3 ta có kết quả sau.

Mệnh đề 3.3.6 Cho trường bậc ba F =Q ( 3

√ d) trong đó d ∈ Z , d 6= 1 và không có nhân tử lập phương Ký hiệu D = D F Khi đó

(i) Nếud ≡ ±1 ( mod 9) thì(3) = (3, √ 3 d) 2 (3, √ 3 d−1),trong đó (3, √ 3 d), (3, √ 3 d−1) là hai iđêan cực đại phân biệt của D;

(ii) Nếu d 6≡ ±1 ( mod 9) thì (3) = (3, √ 3 d − d) 3 , trong đó (3, √ 3 d − d) là một iđêan cực đại của D.

Sau đây là một số ví dụ trong một số trường hợp cụ thể.

Ví dụ 3.3.7 Cho trường bậc ba F =Q ( 3

√ 2), và p ∈Z là một số nguyên tố Ký hiệu D = D F

2)là một iđêan cực đại của D.

2 − 2) là một iđêan cực đại của D.

Nếup ≡ 1 ( mod 3)và2là một thặng dư bậc ba theo môđunpthì(p) = P 1 P 2 P 3 với P 1 , P 2 , P 3 là các iđêan cực đại phân biệt của D.

Nếu p ≡ 1 (mod 3) và 2 là một bất thặng dư bậc ba theo môđun p thì (p) là một iđêan cực đại của D.

Nếu p ≡ 2 (mod 3) thì (P ) = P 1 2 P 2 với P 1 , P 2 là hai iđêan cực đại phân biệt của D.

Ví dụ 3.3.8 Cho trường bậc ba F =Q ( 3

√ 3), và p ∈Z là một số nguyên tố Ký hiệu D = D F

3) là một iđêan cực đại của D.

Nếup ≡ 1 ( mod 3)và3là một thặng dư bậc ba theo môđunpthì(p) = P 1 P 2 P 3 với P 1 , P 2 , P 3 là các iđêan cực đại phân biệt của D.

Nếu p ≡ 1 (mod 3) và 3 là một bất thặng dư bậc ba theo môđun p thì (p) là một iđêan cực đại của D.

Nếu p ≡ 2 (mod 3) thì (P ) = P 1 2 P 2 với P 1 , P 2 là hai iđêan cực đại phân biệt của D.

Trong luận văn này chúng tôi đã thực hiện được các công việc sau đây.

Bài viết này trình bày chi tiết và hệ thống các vấn đề liên quan đến iđêan trong trường số đại số, bao gồm các mệnh đề quan trọng như Mệnh đề 2.1.1, Mệnh đề 2.1.2, Mệnh đề 2.1.3, Mệnh đề 2.1.4, Mệnh đề 2.1.5, Mệnh đề 2.1.6 và Mệnh đề 2.1.7 Những mệnh đề này cung cấp nền tảng vững chắc cho việc hiểu biết sâu sắc về cấu trúc và tính chất của iđêan trong lý thuyết trường số đại số.

Định lý cơ bản của lý thuyết iđêan trong trường số đại số được chứng minh thông qua các mệnh đề quan trọng Mệnh đề 2.2.1 thiết lập các tính chất cơ bản của iđêan, trong khi Mệnh đề 2.2.2 và 2.2.3 cung cấp các điều kiện cần thiết cho sự tồn tại của iđêan Mệnh đề 2.2.4 mở rộng khái niệm iđêan và mối liên hệ với các yếu tố khác trong trường số đại số Cuối cùng, Định lý 2.2.5 tổng hợp các kết quả trước đó, khẳng định vai trò trung tâm của iđêan trong cấu trúc của trường số đại số.

3 Trình bày chi tiết định lý về vấn đề rẽ nhánh của các số nguyên tố trong trường số đại số (Mệnh đề 2.3.2, Mệnh đề 2.3.3).

4 Trình bày chi tiết các kết quả về rẽ nhánh của các số nguyên tố trong trường bậc hai (Mệnh đề 3.2.1, Mệnh đề 3.2.2, Mệnh đề 3.2.5).

Vận dụng lý thuyết về rẽ nhánh của các số nguyên tố trong trường bậc hai, bài viết mô tả chi tiết hình thức của các phần tử nguyên tố trong một số trường bậc hai đặc biệt Các mệnh đề từ 3.2.6 đến 3.2.13 cung cấp cái nhìn sâu sắc về cách các số nguyên tố tương tác và phân nhánh trong các cấu trúc này, giúp người đọc hiểu rõ hơn về tính chất và vai trò của chúng trong lý thuyết số.

6 Trình bày chi tiết các kết quả về rẽ nhánh của các số nguyên tố trong trường bậc ba (Mệnh đề 3.3.2, Mệnh đề 3.3.3, Mệnh đề 3.3.4, Mệnh đề 3.3.6).