CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN
Các khái niệm cơ bản về mở rộng trường
Cho F, E là các trường, nếu F là trường con của E thì E được gọi là mở rộng của F.
Khi đó E là không gian vectơ trên F, dim F E = [ E : F ] bậc của mở rộng E trên F.
• Nếu [ E : F ] = ∞ thì E là mở rộng vô hạn của F.
• Nếu [ E : F ] = n thì E là mở rộng hữu hạn (bậc n) của F.
Cho tháp mở rộng trường F ⊂ E ⊂ G Ta có
Hơn nữa nếu { x i } i =1,n là cơ sở của E trên F và { y j } j =1,n là cơ sở của G trên E thì
{ x i y j } i =1,n là cơ sở của G trên F. j =1,m
1.1.2 Khái niệm mở rộng bởi 1 tập, mở rộng đơn và mở rộng lặp
Cho E là mở rộng của F, X là tập con của E F ( X ) của E vừa chứa F và X, F ( X ) được gọi là mở rộng của con nhỏ nhất trong các trường con của E chứa F và X. Đặc biệt là giao tất cả trường con
• X = { a } f ( a khi đó F ( X ) = F ( a ) = g ( a là mở rộng đơn. f , g ∈ F [ x ], g ≠ 0 và được gọi
1 2n g ( a 1 , a 2 , , a n ) và được gọi là mở rộng lặp. f , g ∈ F [ x 1 , x 2 , , x n ], g ≠
1.1.3 Phần tử đại số Định nghĩa Cho E là mở rộng của trường F Lấy αα ∈ E , αα được gọi là đại số trên F nếu tồn tại f ( x ) ∈ F [ x ], deg f ≥ 1 sao cho f (α ) = 0
• Số phức đại số trên ¤ được gọi là số đại số.
• Cho α là phần tử đại số trên F, khi đó tồn tại duy nhất f ( x ) ∈ F [ x ], f ( x) đơn khởi, bất khả quy trong F [ x ] và nhận α làm nghiệm Đa thức f ( x) được gọi là đa thức tối tiểu của α trên F và được kí hiệu là irr ( α, F ).
• Nếu α đại số bậc n trên F thì F ( α ) : F = n và 1, α , α 2 , , α n−1 là cơ sở của F ( α ) trên F và F ( α ) = { a 0 + a 1 α + + a n −1 α n−1 a i ∈ F }
1.1.4 Mở rộng đại số a Các định nghĩa
• Cho E là mở rộng của F, E là mở rộng đại số của F nếu mọi phần tử α ∈ E đều đại số trên F Mở rộng không đại số gọi là mở rộng siêu việt.
Cho E là mở rộng của F, E là mở rộng chuẩn tắc của F nếu đa thức p ( x ) ∈
F [ x ] bất khả quy trong F [ x ] , có nghiệm αα ∈ E thì p ( x) được phân tích thành tích các đa thức bậc nhất trong E [ x ] (E chứa tất cả các nghiệm của p ( x) ) Từ khái niệm trên ta được kết quả sau ∀α ∈ E , irr ( α, F ) phân rã được trên E.
p ( x ) ∈ F [ x ] tách được trên F nếu nó không có nghiệm bội trên F.
F ⊂ E , α ∈ E gọi là tách được trên F nếu irr ( α, F ) tách được.
F ⊂ E , E là mở rộng tách được nếu ∀α ∈ E, α đều tách được trên
Nếu charF = 0 thì mọi đa thức bất khả quy trong F [ x ] đều tách được Suy ra mọi mở rộng E của F đều tách được. b Định lý về phần tử nguyên thuỷ Định lý F ⊂ E , E là mở rộng hữu hạn và tách được của F thì E là mở rộng đơn Nghĩa là tồn tại αα ∈ E sao cho F ( α ) = E
Phần chứng minh của định lý trên độc giả sẻ tìm thấy ở Saban Alaca and Kenneth S Williams [2, định lý 5.6.1, định lý 5.6.2, pp 102 – 104].
Phần tử nguyên
Cho A và B là các miền nguyên và A ⊂ B Phần tử b ∈ B gọi là nguyên trên A nếu b là nghiệm của đa thức đơn khởi, hệ số thuộc A.
Một số phức nguyên trên ¢ được gọi là nguyên đại số.
∀b ∈ B, b nguyên trên A thì B được gọi là nguyên trên A
Cho A, B là các miền nguyên, A ⊂ B Nếu B là A_môđun hữu hạn sinh thì B nguyên trên A.
1.2.3 Định lý Cho A, B là các miền nguyên, A ⊂ B , b ∈ B , b nguyên trên A khi và chỉ khi A [ b ] là A_môđun hữu hạn sinh.
1.2.4 Định lý Cho A, B là các miền nguyên, A ⊂ B, b 1, , b n ∈ B b 1, , b n nguyên trên A khi và chỉ khi A [ b 1 , , b n ] là A_môđun hữu hạn sinh.
Chứng minh của các định lý 1.2.4, 1.2.5, 1.2.6 độc giả tìm thấy ở Saban Alaca and Kenneth S Williams [3, định lý 4.1.3, định lý 4.1.9, pp 77 – 80].
1.2.5 Định lý Cho A, B, C là các miền nguyên và A ⊂ B ⊂ C Nếu B nguyên trên A và C nguyên trên B thì C nguyên trên A.
Lấy c ∈C suy ra c nguyên trên B, do đó tồn tại b 0 , ,b n −1 ∈ B sao cho c n + b n
−1 c n−1 + + b 0 = 0 Suy ra c nguyên trên A [ b 0 , , b n−1 ], do đó A [ b 0 , , b n −1, c ] là A [ b 0 , , b n−1 ] _môđun hữu hạn sinh Mặt khác b 0 , , b n −1 ∈ B nên A [ b 0 , , b n−1 ] là
A_môđun hữu hạn sinh Suy ra A [ b 0 , , b n −1, c ] là A_môđun hữu hạn sinh.
Bao đóng nguyên của một vành
1.3.1 Các khái niệm cơ bản
• Cho A, B là các miền nguyên, A ⊂ B A B = {b ∈B| b nguyên trên A} là vành con của B chứa A và được gọi là bao đóng nguyên của A trong B.
• Cho A là miền nguyên, K là trường các thương của A Bao đóng nguyên của A trong K gọi là bao đóng nguyên của A Kí hiệu là A K
• Miền nguyên A được gọi là vành đóng nguyên nếu A K = A.
Cho tháp mở rộng trường ¤ ⊂ K ⊂ £ , [ K : ¤ ] = n
• Ω = ¢ £ = {α ∈ £ α nguyên trên ¢ } được gọi là bao đóng nguyên của ¢ trong £
• α ∈ Ω gọi là số nguyên đại số.
• a ∈ ¢ gọi là số nguyên hữu tỉ.
• O K = ¢ K = {α ∈ K | αα nguyên trên ¢ } gọi là vành các số nguyên đại số của trường K.
1.3.2 Các tính chất i) Mỗi số đại số đều được viếc dưới dạng αα = u a trong đó u là số nguyên đại số và a là số nguyên hữu tỉ.
Giả sử α n + a α n −1 + + a αα + a a n = 0, a ∈ ¤ Gọi a là mẫu số chung của n −1 1 0 i các a ta có ( aα ) n + a a ( aα ) n−1 + + a a n −1 ( aα ) + a a n = 0 suy ra aα nguyên i n−1 1 0 trên ¢ và do đó α = aα
, u ∈ Ω, a ∈ ¢ ■ a a ii) K là trường các thương của O K
Thật vậy với mọi α ∈ K ' thì α = u
(u, v ∈O ) suy ra α ∈ K Ngược lại với α ∈ K v K thì α đại số trên ¤ theo tính chất (i) tồn tại a ∈ ¢ sao cho α = aα trong đó a aα ∈ Ω mà aα ∈ K suy ra aα ∈ Ω ∩ K = O Do đó α = aα
K a iii) O K là vành đóng nguyên ( O K K = O K ) Chứng minh
Với α ∈O K K ta có α ∈ K và α nguyên trên O K nên O K [ α ] nguyên trên O K , mà O K nguyên trên ¢ nên O K [ α ] nguyên trên ¢ Do đó α nguyên trên ¢ hay α∈O K ■ iv) Nếu αα ∈ Ω thì mọi liên hợp với αα trên ¤ cũng thuộc Ω Do đó,
∀α∈K, α ∈O K khi và chỉ khi irr (α, ¤ ) ∈ ¢ [ x ].
Lấy α ∈ Ω ta có α là nghiệm của f ( x ) = x n + a n−1 x n−1 + a 1 x + a 0 ∈ ¢ [ x ]. Giả sử irr (α, ¤ , x ) = p ( x) khi đó p ( x ) | f ( x ) Do đó mọi nghiệm của p(x) đều là nghiệm của f(x) nên chúng đều là số nguyên đại số.
Vậy mọi liên hợp với α trên ¤ đều thuộc Ω
Tiếp theo ta chứng minh ∀α ∈ K , α ∈O K khi và chỉ khi irr (α, ¤ ) ∈ ¢ [ x ].
Thật vậy do irr (α, ¤ ) ∈ ¢ [ x ] nên α ∈O K
Ngược lại với α ∈O K ta có irr ( α,¤ ) = x n + a n−1 x n−1 + a 1 x + a 0 ∈ ¤ [ x ]
12 trong đó α 1 , α 2 , , α n là các liên hợp của α trên ¤ Theo định lý Vi-ét ta có α 1 + α 2 + + α n = −a n−1 α 1 α 2 + + α 1 α n + + α n −1 α n = a n−2
α 1 α 2 α n = ( −1 ) n a 0 vì α i ∈ Ω nên a 0 , a 1 , , a n−1 ∈ Ω do đó a i ∈ Ω I ¤ = ¢ suy ra irr ( α,¤ )∈ ¢ [ x ].■
Các phần tử liên hợp đầy đủ
1.4.1 Định lý Cho ¤ ⊂ K ⊂ £ , K là mở rộng hữu hạn bậc n của ¤ Khi đó có đúng n đơn cấu trường từ K vào £ , kí hiệu là ασ 1 , σ 2 , , σ n
K là mở rộng hữu hạn bậc n của ¤ , K tách được trên
Suy ra tồn tại θ ∈ K sao cho K = ¤ ( θ ) Do irr(θ , ¤ ) bậc n ¤ (do char ¤ nên irr(θ , ¤ )
Nếu σ : K → £ là đơn cấu trường thì σ ( r ) = r , ∀r ∈ ¤ Ta có θ n + + a 1 θ + a 0 = 0 nên ( σ ( θ ) ) n + + a 1 σ ( θ ) + a 0 = 0 điếu đó cho ta biết σ ( θ ) là nghiệm của irr ( θ ,¤ ), từ đó suy ra σ ( θ ) = θ k , θ k ∈{ θ 1 , θ 2 , , θ n } Với α ∈ K thì ta có α = b + b αθ + + b α αθ n−1 , b∈ ¤ khi đó σ ( α ) = b + b αθ k
Suy ra có tối đa n đơn cấu trường từ K vào £
Ngược lại, với k = 1,n , công thức (*) là 1 đơn cấu trường từ K vào £
Vậy có đúng n đơn cấu trường từ K vào £ xác định bởi công thức (*) ■
1.4.2 Định nghĩa Cho αα ∈ K , ta định nghĩa dãy ασ 1 ( α ) , σ 2 ( α ) , , σ n ( α ) là dãy các phần tử liên hợp đầy đủ của αα
Kí hiệu F l ( α , ¤ ) = ∏( n x −σ i ( α ) )là đa thức trường của α trên ¤ i=1
1.4.4 Hệ quả α là phần tử sinh của K khi và chỉ khi ασ 1 ( α ) , ,σ n ( α ) đôi một khác nhau.
Chứng minh của các định lý và hệ quả trên độc giả tìm thấy ở Saban Alaca and
Các ideal trong O K
1.5.1 Định thức của một hệ phần tử
Cho K là trường con của £ , [ K : ¤ ] = n và O K vành các số nguyên đại số của K Xét n số α 1 , , α n ∈ K Ta định nghĩa α
D ( α 1 , , α n ) gọi là định thức của hệ phần tử α 1 , , α n
1.5.2 Định thức của một phần tử
Cho α ∈ K , D ( α ) = D ( 1, α 1 , , α n−1 ) là định thức của phần tử α
Nếu α là phần tử sinh của K thì ta có σ 1 ( α ) , σ 2 ( α ) , , σ n ( α ) đôi một khác nhau, do đó D ( α ) ≠ 0
Khi đó D ( β 1 , , β n ) = (det C ) 2 D ( α 1 , , α n ) trong đó C = ( c ij ) n x n
1.5.3 Tính chất i) Nếu αα 1 , α 2 , , α n ∈ K thì D ( α 1 , , α n )∈ ¤ ii) Nếu αα 1 , α 2 , , α n ∈O K thì D ( α 1 , , α n )∈ ¢ iii) α 1 , α 2 , , α n độc lập tuyến tính trên ¤ khi và chỉ khi D ( α 1 , , α n ) ≠ 0 Độc giả sẻ tìm thấy chứng minh của tính chất trên ở Saban Alaca and
1.5.4 Bổ đề Cho I < O k , I ≠ 0 khi đó tồn tại c ≠ 0 thuộc vào I ∩ ¢
Do I ≠ 0 nên tồn tại α ∈ I sao cho α ≠ 0 và do α ∈O K nên irr ( α, ¤ ) = x k + + c 1 x + c 0 ∈ ¢ [ x ] Vì α ≠ 0 và irr ( α,¤ ) bất khả qui trong nên c ≠ 0 mà α k + + c αα + c = 0 suy ra c = −α k − − c αα ∈ ¢ ∩ I ■
1.5.5 Bổ đề Cho I < O k , I ≠ 0 khi đó tồn tại α 1 , ,α n ∈ I để
Ta có K = ¤ ( θ ) và D ( θ ) ≠ 0 Theo tính chất 1.3.2 ta có θ = β a , a ∈ ¢ * , β ∈ Ω và theo bổ đề 1.5.4 tồn tại b ≠ 0 và b ∈ I ∩ ¢ Đặt α = b αβ ∈ I khi đó ¤ ( α ) = ¤ ( abθ ) = ¤ ( θ ) Từ đó suy ra D ( α ) ≠ 0 nên
1.5.6 Định lý Cho I < O k , I ≠ 0 , khi đó tồn tại α 1 , , α n ∈ I sao cho x ∈ I thì x được viết duy nhất dươi dạng x = c 1 α 1 + c 2 α 2 + + c n α n , c i ∈ ¢
Kí hiệu S = { ( x 1 , , x n ) x i ∈ I , D ( x 1 , , x n ) > 0 } Theo bổ đề 1.5.5 thì
S ≠ ∅ nên tồn tại ( α 1 , , α n )∈ S sao cho D ( α 1 , , α n ) bé nhất Vì
D ( α 1 , , α n ) ≠ 0 nên α 1 , , α n độc lập tuyến tính trên ¤ , do đó α 1 , , α n là cơ sở của K Vì vậy với x ∈ I ta có x = c 1 α 1 + + c 2 α n , c i ∈ ¤
Thật vậy giả sử tồn tại c i ∉ ¢ , chẳng hạn là c 1 ∉ ¢ Do c 1 ∉ ¢ nên
Xét hệ phương trình sau α 1 x 1 + α 2 x 2 + + α n x n = y σ 2 ( α 1 ) x 1 + σ 2 ( α 2 ) x 2 + + σ 2 ( α n ) x n = σ 2 ( y )
Vì D ( α 1 , , α n ) ≠ 0 nên hệ có nghiệm duy nhất là ( c 1 − k , c 2 , c n ) Từ đó ta có
1.5.7 Hệ quả Mọi ideal khác 0 của O K đều hữu hạn sinh nên O K là vành Noether.
1.5.8 Định nghĩa Cho I là ideal khác 0 của O K khi đó tồn tại αα 1 , , α n ∈ I sao cho x ∈ I thì x được viết duy nhất dươi dạng x = c 1 α 1 + c 2 α 2 + + c n α n , c i ∈ ¢.
Hệ αα 1 , , α n được gọi là cơ sở của I.
Một cơ sở của O K gọi là cơ sở nguyên của K.
Vậy theo định lý 1.56 thì mọi ideal khác 0 của O K đều có cơ sở.
1.5.9 Định lý Cho I là ideal khác 0 của O K i) Nếu α 1 , , α n và β 1 , , β n là 2 cơ sở của I thì
D ( α 1 , , α n ) = D ( β 1 , , β n ) ii) Nếu α 1 , , α n là cơ sở của I và β 1 , , β n ∈ I sao cho
D ( α 1 , , α n ) = D ( β 1 , , β n ) thì αβ 1 , , β n cũng là cơ sở của I.
Chứng minh n do đó D ( α 1 , , α n ) = (det B ) 2 D ( β 1 , , β n ) i) β 1 , , β n là cơ sở nên α i =∑ b ij α β j , b ij ∈ ¢ j=1 n
Mặt khác vì α 1 , , α n là cơ sở của I nên ta có β j = ∑ c ij α i , c ij ∈ ¢ , c ij ∈ ¢ do đó i=1
D ( β 1 , , β n ) = ( det C ) 2 D ( α 1 , , α n ) = ( det B ) 2 ( det C ) 2 D ( β 1 , , β n ) Từ đó suy ra
( det B ) 2 ( det C ) 2 = 1 cho nên ( det B ) 2 = ( det C ) 2 = 1 (det B , det C ∈ ¢ )
Vậy D ( α 1 , , α n ) = D ( β 1 , , β n ). n do đó D ( β 1 , , β n ) = (det C ) 2 D ( α 1 , ,α n ) ii) α 1 , ,α n là cơ sở nên β j = ∑ c ij αα i , c ij ∈ ¢ i=1 mà D ( α 1 , , α n ) = D ( β 1 , , β n ) nên det C = ±1 hay C khả nghịch và
C −1 ∈ M n (¢ ) Ta lại có ta có[ β 1 ,K , β 1 ] = C [ α 1 ,K ,α 1 ] nên
[ α 1,K ,α 1 ] = C −1 [ β 1,K ,β 1 ] hay α 1 , , α n biểu thị tuyến tích được qua β 1 , , β n với hệ số thuộc ¢
Vậy β 1 , , β n là cơ sở của I ■
1.5.10 Định nghĩa Cho I < O k , I ≠ 0 , ta định nghĩa D ( I )= D ( α 1 , , α n ) với αα 1 , , α n là một cở sở bất kỳ của I. Đặt biệt khi I = O k thì D ( O K ) = d K
1.5.11 Định lý Trong vành O K mọi ideal nguyên tố khác 0 đều tối đại.
Giả sử tồn tại ideal nguyên tố P khác 0 nhưng không tối đại Xét tập S các ideal nguyên tố khác 0, không tối đại Vì Ok là vành Noether nên S có phần tử tối đại P1 Do P1 ∈ S nên P1 không tối đại, tồn tại ideal tối đại P2 sao cho P1 ⊂ P2 ⊂ Ok Khi đó tồn tại α ∈ P2 \ P1 và α ∈ Ok, nên tồn tại b_(k-1), , b_0 ∈ k để α^k + b_(k-1)α^(k-1) + + b_0 ∈ P1 Gọi l là số tự nhiên nhỏ nhất thỏa mãn: tồn tại c_(l-1), , c_0 ∈ k để α^l + c_(l-1)α^(l−1) + + c_0 ∈ P1.
Vì α ∈ P 2 nên c 0 ∈ P 2 suy ra c 0 ∈ P 2 ∩ ¢ Ta lại có 0 ≠ ( P 1 ∩ ¢ ) ⊂ ( P 2 ∩ ¢ ) ⊂ ¢ và
P 1 ∩ ¢ , P 2 ∩ ¢ là các ideal nguyên tố của ¢ nên cũng là ideal tối đại của ¢ , do đó
P 1 ∩¢=P 2∩¢ Từ đó ta có c 0 ∈ P 1 ∩ ¢ cho nên c 0 ∈ P 1 hay α l + c l −1 α l −1 + + c 1 α ∈ P 1 Suy ra α ( α l −1 + c l −1 α l−2 + + c 1 )∈ P 1 mà α ∉ P 1 nên α l −1 + c αα l−2 + + c ∈ P (mâu thuẫn với cách chọn l) ■ l−1 1 1
Miền Dedekind
1.6.1 Định nghĩa Một miền nguyên D được gọi là miền Dedekind nếu i) D đóng nguyên. ii) D là miền Noether. iii) Mọi ideal nguyên tố khác 0 của D đều là ideal tối đại.
• Miền các ideal chính là miền Dedekind.
1.6.2 Định lý Trong miền Noether D, mọi ideal khác 0 đều chứa tích của một hoặc nhiều ideal nguyên tố.
Giả sử tồn tại ideal khác 0, không chứa tích của một hoặc nhiều ideal nguyên tố Kí hiệu S là tập tất cả các ideal như vậy, S ≠ ∅ Suy ra S có phần tử tối đại là
A Do A không là ideal nguyên tố của D nên tồn tại các ideal B, C của D sao cho BC là con của A nhưng B, C không là con của A Vì A ⊂ A + B nên A + B ∉ S suy ra
P 1 P 2 P k ⊂ A + B ( k ≥ 1) trong đó ∀i , P i là ideal nguyên tố Tương tự ta có
Q 1 Q 2 Q l ⊂ A + C (l ≥ 1) trong đó ∀j, Q j là ideal nguyên tố Từ đó ta suy ra
1.6.3 Định nghĩa Cho D là miền nguyên, K là trường các thương của D Tập con khác rông I của K được gọi là ideal phân của D nếu: i) ∀α,β ∈I,α +β∈I. ii) ∀α∈I,∀β ∈D, αβ∈I. iii) ∀θ ∈ D , θ ≠ 0 sao cho αθ I ⊂ D
Cho P là ideal nguyên tố của D Ta định nghĩa P °
= { α ∈ K αα P ⊂ D } Ta chứng minh được P là ideal phân của D.°
1.6.4 Bổ đề Cho D là vành Dedekind, P là ideal nguyên tố của D Khi đó
Ta chứng minh PP = P hoặc PP = D ° ° β ∈ P ta có αβ ∈ α P ⊂ D do
Thật vậy ta có PP là ideal phân của D Với α ∈ P , đó ° ° là ideal của D Vì 1.P = P ⊂ D nên °
PP ⊂ D , từ đó suy ra PP 1∈ P hay ° °
P ⊂ PP Mặt khác do P là ideal nguyên tố nên P là ideal tối đại, do đó PP = P ° ° ° hoặc PP = D Với α ∈ D , ta có α P ⊂ P ⊂ D cho nên α ∈ P suy ra D ⊂ P
Lấy β ∈ P \ {0} khi đó 0 ≠ β ⊂ P và theo 1.6.2 ta có β ⊃ P 1 P k ( k ≥ 1) (*) , trong đó P 1 , , P k là các ideal nguyên tố Không mất tính tổng quát, giả sử k là số dương bé nhất có tính chất (*) Vì P 1 P k ⊂ β α ⊂ P nên tồn tại P i ⊂ P Do P i nguyên tố nên P i tối đại suy ra P i = P , giả sử P 1 = P
Ta xét 2 trường hợp sau i) k = 1
Khi k = 1 thì P = P = β Với θ = 1 ta có θ P = 1
1 Nếu θ ⊂ D thì β ⊂ D , suy ra β khả nghịch trong D suy ra P = β α = D (!).
Do k bé nhất có tính chất (*) nên P 2 P k ⊄ β suy ra ∃δ ∈ P 2 P k \ β Chọn δ δ δ P 1 P k β ° θ =β ∈ K ta cos θ P = β
= β P 1 ⊂ β ⊂ β ⊂ D suy ra θ ∈ P Giả sử θ ∈ D khi đó δ
∈ D suy ra δ ∈ β D = β (trái với cách chọn δ ). β
Vây từ chứng minh trên ta có P ≠ D °
Tiếp theo ta chứng minh PP = D ° ° ° °
Giả sử PP ≠ D suy ra PP = P Khi đó ta chứng minh P là một miền nguyên. °
∈ P (vì βP⊂PP=P) ° ° suy ra P là một miền nguyên Vì D là miền Noether nên P là D_moodun hữu hạn sinh Do đó theo định lý 1.2.1 suy ra P nguyên trên D mà D là miền Dedekind nên°
1.6.5 Định lý Trong miền Dedekind, mọi ideal khác 0 của D đều phân tích được duy nhất thành tích các ideal nguyên tố Chứng minh
Giả sử tồn tại ideal I khác 0 của D, I không phân tích được thành các ideal nguyên tố Kí hiệu S là tập tất cả các ideal như vậy, suy ra S ≠ ∅ Do D là miền Dedekind nên S có phần tử tối đại A Do A không là ideal nguyên tố nên A không là ideal tối đại, suy ra tồn tại ideal tối đại P sao cho A ⊂ P
Mặt khác theo định lý 1.6.2 A ⊃ P 1 P k ⇒ P ⊃ P 1 P k ( k ≥ 1) (*) Do P là ideal nguyên tố nên tồn tại P i sao cho P i ⊂ P , giả sử P 1 ⊂ P suy ra P 1 = P Nếu k = 1 thì P 1 = P ⊃ A ⊃ P 1 do đó A = P 1 (trái với cách chọn A).
Vậy k ≥ 2 Gọi k là số bé nhất thoả mãn (*). chọn k) suy ra A ⊂ P °
20 của D Do A ⊂ P° 1 A nên P° 1 A ∉ S suy ra P° 1 A phân tích được như sau
Q nguyên tố Do đó A = PQ Q hay A ∉ S (!) i 1 1 l
Vậy mọi ideal khác 0 và D đều phân tích được thành tích các ideal nguyên tố.
• Chứng minh sự duy nhất
Giả sử A = P 1 P k = Q 1 Q l , trong đó P i , Q j nguyên tố Ta chứng k = l và bằng cách đánh số lại ta có P i = Q i , i = 1, k
Không mất tính tổng quát ta có Q 1 = P 1 suy ra P 2 P k = Q 2 Q l Lập luận tương tự như trên ta suy ra Q 2 = P 2 , Q 3 = P 3 , Nếu k < l, sau k lần ta có D = Q k +1 Q l (!)
1.6.6 Hệ quả Cho A là ideal phân của D khác 0 và khác D Khi đó ta có A P 1 k
1 P m k m , k m ∈ ¢ * , P i là các ideal nguyên tố đôi một khác nhau.
• Cho A là ideal (ideal phân) của D, P là ideal nguyên tố Chỉ số của P trong
A được kí hiệu là ord P ( A ) , ord P ( A ) là số mũ của P trong sự phân tích của A.
• Cho A, B là hai ideal (ideal phân) của D Ta nói B là ước của A được kí hiệu là B|A nếu tồn tại ideal C sao cho A = BC.
Nhận xét Cho A, B là hai ideal (ideal phân) của D Khi đó
2) Ta có A ⊂ A + B nên ord P ( A ) ≥ ord P ( A + B ) Tương tự ta cũng có ord
P ( B ) ≥ ord P ( A + B ) Suy ra ord P ( A + B ) ≤ min { ord P ( A ),ord P ( B ) } (1).
Mặt khác, giả sử A = P k 1 P k m ; B = P l 1 P l m Đặt C = P min { k 1 ,l 1 } P min { k m ,l m } Khi đó ta
1 m 1 m 1 m có A + B ⊆ C nên ord P ( C ) ≤ ord P ( A + B ) suy ra min { ord P ( B ), ord P ( B ) } ≤ ord P ( A + B ) (2)
Từ (1) và (2) suy ra ord P ( A + B ) = min { ord P ( A ),ord P ( B ) } ■
1.6.9 Định nghĩa Cho D là miền Dedekind, K là trường các thương của D.
Cho αα ∈ K, α ≠ 0 , ta định nghĩa ord P ( α ) = ord P ( α α ) cho mỗi ideal nguyên tố
1.6.10 Tính chất i) ord P ( αβ ) = ord P ( α ) + ord P ( β ) ii) ord P ( α + β ) ≥ min { ord P ( α ) , ord P ( β ) } iii) Nếu ord P ( α ) ≠ ord P ( β ) thì ord P ( α + β ) = min { ord P ( α ) , ord P ( β ) }
Chứng minh i) ord P ( αβ ) = ord P ( αβ α ) = ord P ( α α ) + ord P ( β α ) = ord P ( α ) + ord P ( β ) ii) Ta có α + β α ⊂ α α + β α nên ord P ( α + β ) = ord P ( α + β α ) ≥ ord P ( α α ) + ord P ( β α )
Mà ord P ( α α + β α ) = min { ord P ( α α ) , ord P ( β α ) } = min { ord P ( α ) , ord P ( β ) } nên ord P ( α + β ) ≥ min { ord P ( α ) , ord P ( β ) } iii) Giả sử ord P ( α ) < ord P ( β ) khi đó min { ord P ( α ) , ord P ( β ) } = ord P ( α ) theo (ii) ord P ( α + β ) ≥ ord P ( α ) Ta lại có ord P ( α ) = ord P ( α + β − β ) ≥ min { ord P ( α + β ) , ord P ( β ) } = ord P ( α + β )
Vậy ord P ( α + β ) = ord P ( α ) = min { ord P ( α ) , ord P ( β ) } ■
1.6.11 Định lý Cho D là miền Dedekind, P 1 , , P m là các ideal nguyên tố đôi một khác nhau, a i ∈ ¢ , i = 1, n Khi đó tồn tại αα ∈ K để ord P i ( α ) = a i , ord P ( α ) ≥ 0, ∀P ≠ P i
Hàm chuẩn và hàm Euler
1.7.1 Định nghĩa Cho I < O , I ≠ 0 N ( I ) = D ( I ) gọi là chuẩn của ideal I. k d
1.7.2 Định lý Nếu A ideal của D thì N ( A )= D
Gọi α 1 , α 2 , , α n là cở sở của A và β 1 , β 2 , , β n là cở sở của D Ta có α = c β + + c β n
Mặt khác C = T 1 DT 2 (2) trong đó T 1 , T 2 ∈ M n (¢ ), det ( t i ) = ±1, i = 1, 2 và d 1 0 L 0
Từ (1) và (2) ta có [ α 1 , , α n ] = [ β 1 , , β n ] T 1 DT 2 nên [ α 1 , ,α n ] T 2 −1 = [ β 1 , , β n ] T 1 D hay
D ( α 1 , , α n ) = D ( α 1 , ,α n ) β 1 β n = [ β 1 , , β n ] T 1 Vì D ( α 1 , , α n ) = ( det T 2 và D ( β 1 ' , , β n ' ) = ( det T 1 ) 2 D ( β 1 , , β n ) = D ( β 1 , , β n ) nên α 1 ' , , α n ' là cơ sở của
A và β ' , , β ' là cơ sở của D.
Xét tập S = { x 1 β 1 ' + + x n αβ n ' + A x i ∈ ¢ ,0 ≤ d i −1} Ta sẽ chứng minh S là tập đại
Suy ra các phần tử trong S đôi một khác nhau. n n
1.7.3 Định lý Cho A, B là hai ideal của D khi đó N ( AB ) = N ( A ) N
( B ) Để chứng minh định lý trên ta chứng minh bổ đề sau
Bổ đề Cho A là ideal nguyên (phân) của D, B là ideal của D Khi đó ∃α ∈
Gọi P 1 , , P n là tập các ideal nguyên tố có mặt trong sự phân tích tiêu chuẩn của A hoặc của AB Theo định lý 1.6.12 tồn tại α thuộc vào K sao cho ord P i ( α ) = ord P i ( A ), i = 1,n và ord P ( α ) ≥ 0, ∀P ≠ P i
Ta chứng minh α là phần tử thoả mãn bổ đề.
Thật vậy, với P ≠ P i thì ord P ( A ) = 0 do đó ord P ( α ) ≥ ord P ( A ), ∀P _ nguyên tố suy ra α ∈ A ord P i ( α α + AB ) = min { ord P i ( α α ) ,ord P i ( AB ) } = min { ord P i ( α ) ,ord P i ( AB ) }
Với P ≠ P i vì ord P ( A ) = 0 và ord P ( AB ) = 0 nên ord P ( α α + AB ) = min { ord P ( α α ) ,ord P ( AB ) } = 0
Tiếp theo ta sẽ chứng chứng minh định lý
Nếu A hoặc B bằng D thì kết quả trên là hiển nhiên vì N ( D ) = D
1 Giả sử A và B đều khác D Khi đó ta có
Theo bổ đề trên ∃α ∈ A : A = α α + AB
Các phần tử { x i + α y j + AB , i = 1, k , j = 1,l } đôi một khác nhau Thật vậy, giả sử x i
+ α y j + AB = x r + α y s + AB Khi đó x i − x r + α ( y j − y s ) ∈ AB Do α ∈ A nên ta có x i − x r ∈ A từ đó suy ra x i = x r và α ( y j
− y s ) ∈ AB Khi đó ∀P ta có ord P ( α ( y j − y s ) ) ≥ ord P ( AB ) nên ord P ( y j − y s ) + ord P ( α ) ≥ ord P ( A ) + ord P ( B ).
Có hai khả năng xãy ra
Nếu P = P i thì ord P ( α ) = ord P ( A ) do đó ord P ( y j − y s ) ≥ ord P ( B )
Nếu P ≠ P i thì ord P ( B ) = 0,ord P ( y j − y s ) ≥ 0 nên ord P ( y j − y s ) ≥ ord P ( B )
Từ đó ta có ord P ( y j − y s ) ≥ ord P ( B ), ∀P do đó y j − y s ∈ B suy ra y j = y s
Như vậy các phần tử { x i + α y j + AB , i = 1, k , j = } đôi một khác nhau.
AB khi đó tồn tại i sao chox − x ∈ A khi đó x − x ∈ α + AB suy i i ra x − x i + αβ ∈ AB Mặt khác β ∈ D tồn tại j để β − y j ∈ B nên β = y j + b , b ∈
B Do đó x − x i − α ( y j + b )∈ AB suy ra x + AB = x i + α y j + AB Cho nên
1.7.4 Chuẩn và vết của phần tử
Cho tháp mở rộng trường ¤ ⊆ K ⊆ £ , [ K ;¤ ] = n Khi đó có đúng n đơn cấu trường σ i : K → £ , i = 1,n , trong đó σ 1 là phép nhúng a) Định nghĩa
3) α ∈O K , α là phần tử khả nghich của O K ⇔ N ( α ) 1 ⇔ N ( α ) = ±1.
4) Nếu αα ∈ O K , N ( α ) = p , p số nguyên tố thì αα bất khả quy trong O K α ∈O K , nếu irr (α, ¤ ) = x m + + a 1 x + a 0 ∈ ¢ [ x ] thì N ( α ) = ( −1) n a n
K α =N ( α ) Độc giả tìm thấy chứng minh của các tính chất trên tại Saban Alaca and
Cho A < D , ký hiệu ( D A ) * là tập các phần tử khà nghịch của vành D
A Thế thì ( D A ) * là nhóm với phép nhân.
Ký hiệu ℑ là tập tất cả các iđêan của vành D Ta định nghiã hàm Euler
1.7.5 Định nghĩa Ta định nghĩa ϕ :ℑ→¥
Hàm αϕ định nghĩa như trên được gọi là hàm Euler
Sau đây là một số tính chất cơ bản của hàm Euler Chung tôi không chứng minh các tính chất này ở đây, độc giả tìm thấy chứng minh của các tính chất này tại
1.7.6 Tính chất Hàm Euler có tính chất nhân Nghĩa là nếu ,( A, B) = 1,
C hương 2: PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN TỬ TRÊN VÀNH
CÁC SỐ NGUYÊN ĐẠI SỐ BẬC K
Theo chương 1, mọi ideal trong O K đều phân tích được thành tích các ideal nguyên tố Chương 2 mô tả sự phân tích của p (p là số nguyên tố) thành tích các nhân tử nguyên tố trên vành các số đại số bậc k Mô tả này được áp dụng trong vành các số nguyên số đại số bậc 3 và trường vòng.
Chuẩn của ideal nguyên tố
Cho tháp mở rộng trường ¤ ⊆ K ⊆ £ , [ K : ¤ ] = n , D = O K = Ω ∩ K
2.1.1 Định lý Nếu P là ideal nguyên tố của D thì tồn tại duy nhất một số nguyên tố p sao cho P p và khi đó N ( P ) = p f , 1 ≤ f ≤ n
Do P là ideal nguyên tố của D nên P ∩ ¢ ≠ 0 là ideal nguyên tố của ¢ , suy ra tồn tại số nguyên tố p sao cho P ∩ ¢ = p Ta có p ∈ P ∩ ¢ ⇒ p ∈ P ⇒ P p
Giả sử có số nguyên tố q sao cho P q , p ≠ q , khi đó ta có P q + p Ta lại có
( p , q ) = 1 nên tồn tại u ,v ∈ ¢ sao cho 1 = pu + qv ∈ p + q , do đó p + q = D Suy ra P D hay D ⊂ P (!)
Như vậy tồn tại số nguyên tố p là duy nhất sao cho P p
Mặt khác P p nên p = PA, A < D do đó N ( p ) = N ( P ) N ( A ) Từ đó suy ra
Ta gọi p là số nguyên tố nằm dưới ideal P, P là ideal nguyên tố nằm trên số nguyên tố p.
P = p f , P là idean nguyên tố nên P là ideal tối đại từ đó suy ra D
2.1.2 Định lý Cho P là ideal nguyên tố, p là số nguyên tố nằm dưới P Khi đó, với a , b ∈ ¢ , a ≡ b (mod p ) khi và chỉ khi a ≡ b (mod P ).
Nếu a ≡ b (mod p ) thì a ≡ b (mod P ) Thật vậy do a ≡ b (mod p ) nên a − b Mp do đó a − b ∈ p ⊆ P suy ra a ≡ b (mod P ).
Ngược lại a ≡ b (mod P ) nên a − b ⊆ P do đó N ( a − b )MN ( P ) hay ( a − b ) n Mp f ,
1 ≤ f ≤ n Do p số nguyên tố nên ta có a − b Mp suy ra a ≡ b (mod p ) ■
Với p là số nguyên tố nằm dưới ideal nguyên tố P Xét tương ứng ϕ : ¢ p¢
Suy ra ϕ là đơn cấu trường và Im ϕ = 0 + P , 1 + P , 1+ P là trường con của D
2.1.3 Định lý Nếu I < D mà N ( I ) = p là số nguyên tố thì I là ideal nguyên tố của D.
Giả sử I không là ideal nguyên tố, khi đó ta có I = P 1 P 2 A với P i , i = 1, 2 là ideal nguyên tố của D, A < D Khi đó ta có N ( I ) = N ( P 1 ) N ( P 2 ) N ( A ) suy ra
N ( P 1 ) N ( P 2 ) N ( A ) = p điều này không thể xãy ra vì N ( P 1 ) > 1, N ( P 2 ) > 1.
2.1.4 Định lý Với mọi ideal I của D thì N ( I )∈ I
I suy ra cấp của 1+ I trong nhóm cộng D
N ( I ) suy ra N ( I )(1 + I ) = 0 + I do đó N ( I ) + I = 0 + I hay N ( I )∈ I ■
2.1.5 Định lý Cho số nguyên tố p Giả sử ideal chính p có sự phân tích tiêu chuẩn là p = P e 1 P e r , trong đó P P là các ideal nguyên tố khác nhau và
1 r 1 r e 1 , e r là các số nguyên dương Khi đó e 1 f 1 + + e r f r = n
Theo tính chất 2.1.1 ta có N ( P ) = p f i , 1 ≤ f i
2.1.6 Định nghĩa Cho K là trường số đại số bậc n, P là ideal nguyên tố của O K và p là số nguyên tố nằm dưới P Khi đó tồn tại số nguyên dương e sao cho P e | p , P e+1 /| p , e được gọi là chỉ số rẽ nhánh của P trong K và kí hiệu là e K (P).
2.1.7 Định nghĩa Cho K là trường số đại số bậc n, p là số nguyên tố và P 1 ,
P 2 , K , P r là các ideal nguyên tố nằm trên p Khi đó p = P 1 e 1 K P r e r trong đó e i = e K ( P i ), i = 1, 2, K , r
Nếu ∃i ∈{1, 2, K , r } sao cho e i > 1 thì p được là số nguyên tố rẽ nhánh trong K.
Nếu e i = 1, ∀i = {1, 2, K , r } thì p được gọi là không rẽ nhánh trong K.
2.1.8 Định lý Dedekind Cho K là trường số đại số bậc n Khi đó số nguyên tố p là rẽ nhánh trong K khi và chỉ khi p d ( K ).
Phân tích thành nhân tử trên vành các số nguyên đại số bậc k
Trong phần này chúng tôi mô tả cách phân tích p (p là số nguyên tố) thành tích các ideal nguyên tố trên vành các số nguyên đại số bậc k.
2.2.1 Định nghĩa (chỉ số của θ ) Cho K là một trường số đại số và αθ ∈O K sao cho K = ¤ ( θ ) Khi đó chỉ số của αθ , kí hiệu là indθ là số nguyên dương sao cho D ( θ ) = (indθ ) 2 d ( K )
2.2.2 Định lý Cho K là một trường số đại số bậc n Lấy αθ ∈O K sao cho
1, θ , θ 2 , θ n−1 là một cơ sơ nguyên của K nếu và chỉ nếu indθ = 1.
Ta có 1, θ , , θ n−1 là cơ sơ nguyên của K nên D 1, θ , θ 2 , θ n−1 hay D ( θ ) = d ( K ) từ điều nầy ta có được indθ = 1 ■
2.2.3 Định nghĩa (Trường số Monogenic) Cho K là một trường số đại số có cấp là n Nếu tồn tại phần tử θ thuộc O K sao cho { 1, θ , θ 2 , θ n−1 } là một cơ sơ nguyên của K Khi đó K được gọi là trường số Monogenic và cơ sơ nguyên { 1, θ , θ 2 , θ n−1 } được gọi là cơ sở luỹ thừa của K. Định lý sau chỉ cho ta cách phân tích p (p la số nguyên tố) thành tích các ideal nguyên tố trên vành số nguyên đại số bậc k.
2.2.4 Định lý Cho K = ¤ (θ ) là một trường số đại số có cấp là n Cho p là số nguyên tố và f ( x ) = irr ( θ , ¤ )∈ ¢[ x] Định nghĩa ánh xạ tự nhiên : ¢ [x] → ¢ p [x], trong đó ¢ p = ¢ / p¢ Giả sử f _ ( x ) = g ( x ) e 1 g r ( x) e r , trong đó g ( x ), , g r ( x) là các đa thức bất khả quy khác
1 1 nhau trong ¢ p [x] và các e 1 , ,e r là các số nguyên dương Lấy đa thức f i (x) ∈ ¢[x] sao cho f _ i = g i với i = 1, 2, , r Đặt
Nếu ind ( θ ) ≡/ 0 (mod p ) khi đó các P 1 , , P r là các iđean nguyên tố khác nhau của O K với p = P 1 e
N ( P i ) = p deg f i i = 1, 2, , r Chứng minh Để chứng minh định lý trên ta trước hết ta chứng minh bổ đề sau:
Bổ đề Với các điều kiện của định lý trên thì ∀α ∈O K , tồn tại a 0 , a 1 , , a n−1
∈ ¢ để α ≡ a 0 + a 1 θ + L + a n−1 θ n−1 (mod p ) và các số a i có thể xác định duy nhất theo mod p.
Chứng minh Đầu tiên ta chứng minh nhận xét sau:
Cho ω 1 , ,ω n là cơ sở nguyên của ¤ ( θ ) và n θ i = ∑ c ij αω j , i = 1, 2, , n −1 j khi đó n −1 n −1 n n n−1
Vì ω 1 , ,ω n là cơ sở nguyên nên ta có
Mặt khác ind( θ ) ≡ 0 (mod p ) hay det ( c ij ) ≡ 0 (mod p ) , do đó a i ≡ 0 (mod p ), i = 1, 2, ,n Bây giờ ta chứng minh bổ đề
Theo định lý 2.1.1 ta có
Thật vậy Lấy β ∈ A khi đó β = a + a αθ + L + a θ n−1 trong đó a ∈ ¢ Giả sử
0 1 n−1 i β = b + b αθ + L + b α αθ n−1 trong đó b ∈ ¢ Khi đó ta có
( a 0 − b 0 ) + ( a 1 − b 1 ) θ + L + ( a n −1 − b n−1 ) θ n−1 ≡ 0 (mod p ) theo nhận xét trên ta suy ra a i ≡ b i (mod p ).
Do đó tập A có p n phần tử suy ra A = O
Với α ∈O , α∈ A thì α được viết dưới dang α = a + a αθ + L + a θ n−1 hay
K 0 1 n−1 α ≡ a + a αθ + L + a θ n−1 (mod p ) và các sốa ∈ ¢ có thể xác định duy nhất theo
Bổ đề đã được chứng minh tiếp theo dựa vào bổ đề trên ta chứng minh định lý.
Cho i = 1,2, , r lấy θ i là 1 nghiệm của g i trong một trường mở rộng nào đó của ¢ p , mở rộng trường này hữu hạn ¢ p [θ i ] = ¢ p [ x ] / g i ( x) Xét ánh toàn cấu: π : O K → O K p α a α = h ( θ ) và ánh xạ sau k i : O
K → ¢ p ( θ i ) được định nghĩa như sau Với ∈ O
K theo p α p bổ đề ta có α = h ( θ ), ta định nghĩa k i như sau k i ( h ( θ ) ) = h ( θ i ) Định nghĩa trên hoàn toàn hợp lý, không phụ thuốc vào cách chọn đa thức đại diện.
Thật vầy nếu α = h ( θ ) = a 0 + a 1 θ + L + a n−1 θ n−1 và α = h '( θ ) = b 0 + b 1 θ + L + b n−1 θ n−1 khi đó theo phần chứng minh của bổ đề ta được a i ≡ b i (mod p ) hay a i = b i Do đó a 0 + a 1 θ i + L + a n −1 θ i n −1 = b 0 + b 1 θ i + L + b n −1 θ i n−1 hay k i ( h ( θ ) ) = k i ( h ' ( θ i ) )
Ta kiểm tra được k i là một đồng cấu Hơn nửa k i là một toàn cấu Thật vậy với γ = + θ i + L + θ i n −1 ∈¢ p ( θ i ) ta có ∈O a 0 a 1 a K n −1 α = h ( θ ) = a 0 + a 1 θ + L + a n−1 θ n−1 p sao cho k i ( h ( θ ) ) = h ( θ i ) suy ra k i là toàn cấu.
Ta xét đồng cấu ν i : O K → ¢ p (θ i ) được xác định như sau ν i (α ) = ( k i απ ) (α ) = k i ( h ( θ ) ) = h ( θ i )
Do k i và π là các toàn cấu nên v i là một toàn cấu Do đó ta có
O K / ker αν i ≅ ν i (O K ) = ¢ p (θ i ) Nhưng do ¢ p (θ i ) là một trường nên kerν i là iđean nguyên tố của O K
Ta lại có ν i ( p ) = 0, ν i ( f i (θ )) = ( k i απ ) ( f i ( θ ) ) = k i ( f i ( θ ) ) = f _ i (θ i ) = g i (θ i ) = 0 vì thế p , f i (θ ) ∈ ker αν i ⇒ p , f i (θ ) ⊆ kerν i
Nếu g (θ ) ∈ kerν i thì ν i ( g (θ )) = ( k i απ ) ( g (θ ) ) = k i ( g (θ ) ) = g(θ i ) = 0 vì thế
Do đó ( g − fh )( x ) ∈ ¢[ x] có hệ số chia hết cho p vì thế g (θ ) = ( g (θ ) − f i (θ ) h (θ )) + f i (θ ) h(θ )
∈ p + f i (θ ) = p , f i (θ ) điều đó chứng tỏ rằng ker αν i ⊆ p , f i (θ ) Đặt
Khi đó các iđean nguyên tố P i (i = 1, 2, , r) khác nhau.
) h (θ i ) = g i (θ i ) h(θ i ) =0 vì thế g i (x ) | g j (x) trong ¢ p [x] Nên ta có g j ( x ) = g i ( x )l ( x ), l ( x ) ∈ ¢ p [ x ]
Do g i (x ), g j (x) là hai đa thức bất khả quy trong ¢ p [x] nên l (x) = 1 vì thế g j (x ) = g i (x ) ⇒ i = j
Cho 3 iđean A, B 1 , B 2 ta luôn có
Tuy nhiên ta lại có p n = N ( p ) = N ( P 1 k 1 P r k r )
Ta lại có f _ ( x ) = f _ 1 ( x ) e 1 f _ r ( x) e r suy ra n = d 1 e 1 + + d r e r (3)
Từ (1), (2) và (3) ta có k i = e i , i = 1, 2, , r. vì thế
2.2.5 Định lý Cho K =¤( θ ) là trường số đại số bậc n với αθ ∈O K và x n + a n−1 x n−1 + + a 1 x + a 0 ∈ ¢ [ x ] là đa thức tối tiểu của αθ trên ¤ Nếu p là số nguyên tố sao cho p a , p a , , p a thì p = P n trong đó P là ideal nguyên tố.
Cho P Là ideal nguyên tố của O K và là ước của p Vì θ n = − a n−1 θ n −1 − − a 1 θ − a 0 và mỗi a 0 , a 1 , , a n−1 đều chia hết p nên suy ra P θ α n mà P là ideal nguyên tố nên ta có P θ α Do đó ta có thể xác định số nguyên dương r và s sao cho
Khi đó, từ a 0 + θ n = − a n−1 θ n −1 − − a 1 θ và mỗi a 1 , ,a n−1 đều là ước của p nên suy ra
Từ đó suy ra ord p ( a 0 + θ n ) ≥ ord p ( P r+1 ) hay ord p ( a 0 + θ n ) ≥ r +1.
Nhưng p a vì thếP r a suy ra ord p ( a ) = r và khi đó theo tính chất 1.6.10 ta
0 0 0 có P r θ n Suy ra r = sn và do đó P sn p hay P n p và theo 2.1.5 ta có p = P n ■
Tiếp theo chúng ta áp dụng định lý 2.2.4 và 2.2.5 để mô tả sự phân tích của
(p là số nguyên tố) thành tích các ideal nguyên tố trên vành các số nguyên đại số bậc 3.
Phân tích thành nhân tử trên vành các số nguyên đại số bậc 3
2.3.1 Định lý Cho K là trường số đại số Khi đó ta có d ( K ) ≡ 0 hoặc 1 (mod 4)
Cho { ω 1 , ω 2 , , ω n } là cơ sở nguyên của K gọi ω i ( 1 )
, , ω i ( n ) là các liên hợp của ω i Xét ma trận sau
Khi ta khai triên định thức của ma trận D có n! số hạng, trong đó một nữa số hạng có signs dương và một nữa số hạng có signs âm Đặt tổng các số hạng có signs dương là λ và tổng cỏc số hạng cú signs õm là à Khi đú det D = λ − à Đặt A = λ + à , B = λà Khi đú d ( K ) = ( det D ) 2 = ( λ − à ) 2 = ( λ + à ) 2 − 4λà = A 2 − 4B
Vỡ ω i ∈ O K ( i = 1,n ) nờn ω i ( j ) ∈ Ω ( i = 1, n , j = 1,n ) Do đú λ , à ∈ Ω hay A, B
∈ Ω Lấy θ ∈O K sao cho K = ¤ ( θ ) và θ 1 = θ , θ 2 , , θ n là các liên hợp của θ trên Ô Nờu ta biểu thi mỗi ω i như là một đa thức của θ với hệ số hữu tỉ khi đú A = λ + à là một đa thức n biến θ 1 = θ , θ 2 , , θ n Khi ta thay đổi dòng i thành dòng j của D thì cỏc số λ và à khụng đổi do đú A = λ + à cũng khụng đổi Suy ra A trở thành một đa thức đối xứng n biến θ 1 , θ 2 , , θ n với hệ số hữu tỉ hay A là đa thức n biến αθ 1 + θ 2 +
L + θ n , θ 1 θ 2 + L + θ 1 θ 2 + L + θ n −1 θ n , K , θ 1 θ 2 K θ n với hệ số hữu tỉ Mặt khác ta có θ đại số trên ¤ nên irr ( θ , ¤ ) = x n + a n −1 x n−1 + L + a 0 , a i ∈¤ Do đó ta có θ 1 + θ 2 + L + θ n = −a n−1 θ 1 θ 2 + L + θ 1 θ 2 + L + θ n −1 θ n = a n−2 θ αθ K θ n
Vì thế A∈ ¤ và do đó A∈ Ω ∩ ¤ = ¢ Suy ra B = A 2 − d ( K )
2.3.2 định lý Lấy αθ là số đại số bậc n, αθ 1 = θ , θ 2 , , θ n là các liên hợp của θ trên ¤ và là nghiệm của f ( x ) = irr ( θ ,¤ ) Khi đó n ( n−1 )
Ta có n f ( x ) = irr ( θ , ¤ ) = ∏ ( x −θ i ) i=1 do đó n f '( x ) = ∑∏ ( x −θ j ) i=1
2.3.3 Định lý Cho K = ¤ ( θ ) là trường số đại số bậc 3 với αθ ∈O K và đa thức tối tiểu αθ là x 3 + ax 2 + bx + c ∈ ¢ [ x ] Khi đó
Ta có f ( x ) = irr ( θ ,¤ ) = x 3 + ax 2 + bx + c Lấy θ 1 = θ , θ 2 , θ 3 là các liên hợp của θ trên ¤ vì thế
( x − θ 1 )( x − θ 2 )( x − θ 3 ) = x 3 + ax 2 + bx + c Khi đó ta có θ 1 + θ 2 + θ 3 = −a θ αθ + θ αθ + θ αθ = b
2.3.4 Hệ quả Cho đa thức x 3 + ax + b ∈ ¢ [ x ] bất khả qui trên ¢ [ x ] và
−4 a 3 − 27b 2 không có ước là số chính phương Nếu α αθ là nghiệm của của x 3 + ax + b thì 1, θ , θ 2 là cơ sở nguyên của ¤ ( θ ).
1) Phân tích 2 trên trường K = ¤ ( θ ) trong đó θ là nghiệm của đa thức x 3 − x − 2
Ta có [ K : ¤ ] = 3 theo định lý 2.3.3 ta có
Mà D ( θ ) là số chính phương nên D ( θ )
= 1 hoặc 4 suy ra d ( K ) bằng −104 hoặc d ( K ) d ( K )
– 26 Theo định lý 2.3.1 ta suy ra d ( K ) = −104 Suy ra { 1, θ , θ 2 } là cơ sở nguyên của K hay K là trường Monogenic.
Ta có x 3 − x − 2 ≡ x ( x − 1)( x +1)(mod 2) áp dụng định lý 2.2.4 ta có
P = 2,θ α ;Q= 2,θ−1 ,R= 2,θ+1 là các ideal nguyên tố khác nhau với
2) Cho Cho K = ¤ ( θ ), trong đó θ 3 − 2θ 2 − 2θ + 8 = 0 (K được gọi là trường Dedekind) Hãy phân tích 59 trên K Ta có
Nếu D ( θ ) ≡/ 0 (mod p ) thì ind ( θ ) ≡/ 0 (mod p ) (do D ( θ ) = (indθ ) 2 d ( K )).
Do đó theo định lý 2.2.4 bất kỳ số nguyên tố p nào khác 2 và 503 đều có thể phân tích được trong O K Mặt khác ta có x 3 − 2 x 2 − 2 x + 8 ≡ ( x − 11)( x − 20 )( x − 29 )(mod 59) Áp dụng định lý 2.2.4 ta có
P = 59,θ −11 ;Q= 59,θ −20 , R= 59,θ −29 là các ideal nguyên tố khác nhau với
3) Cho K = ¤ ( θ ), trong đó θ 3 − 2θ + 2 = 0 Hãy phân tích 2 trên K.
2 a 0 , 2 a 1 , 2 a 2 Áp dụng định lý 2.2.5 ta có 2 = P 3
Trong đó P là ideal nguyên tố nào đó.
Ta đã chi ra được cách phân tích p (p là số nguyên tố) thành tích các ideal nguyên tố trên trường số đại số bậc k và áp dung nó trên trường số đại số bậc 3.Trong phần tiếp theo ta định nghĩa trường vòng và chỉ ra cách phân tích p (p là số nguyên tố) thành tích các ideal nguyên tố trên trường vòng.
Phân tích thành nhân tử trên trường vòng
Cho K là trường mở rộng hữu hạn bậc n của ¤ Nếu ρ là ideal nguyên tố của
O K thì theo 2.1.1 ta có N ( ρ ) = p f và khi đó p chỉ chia hết cho các liên hợp của ρ Thật vậy: Nếu ρ i là liên hợp của ρ khi đó tồn tại một đẳng cấu σ i sao cho σ i ( ρ ) = ρ ( i ) Ta có p f = N ( ρ ) = σ 1 ( ρ ) σ r ( ρ ) nên ρ ( i ) là ước của p Nếu p e ρ
( r ) là các liên hợp của ρ Ta có
= ρ 1 σ 2 ( ρ ) = ρ ( 2 ) nên p = ρ ( 2 ) e1 ρ ( i 2 ) e2 K ρ ( i r ) er , do đó e 1 = e 2 Tương tự như vậy ta được e 1 = e 2= L = e r = e và p = ( ρρ ( 2 ) K ρ ( r ) ) e , p n = N ( p ) = p rfe vì thế n = rfe
2.4.1 Bổ đề Cho K là trường mở rộng hữu hạn bậc n của ¤ và ω 1 , ω 2 , K , ω n là một cơ sở của K trên ¤ Khi đó αω 1 , ω 2 , K , ω n là cở sở nguyên của K khi và chỉ khi a 1 ω 1 + a 2 ω 2 + L + a n ω n ≡ 0 (mod p ) thì a i ≡ 0 (mod p ), i 1,n với p là số nguyên tố.
Nếu ω 1 , ω 2 , K , ω n là cở sở nguyên của K và a 1 ω 1 + L + a n ω n ≡ 0 (mod p ) thì a i ≡ 0 (mod p ), i = 1,n với p là số nguyên tố.
Thật vậy ta có a 1 ω 1 + a 2 ω 2 + L + a n ω n ≡ 0 (mod p ) nên a 1 ω 1 + a 2 ω 2 + L + a n ω n = p αβ , β ∈O k từ điều trên ta có a 1 ω 1 + a 2 ω 2 + L + a n ω n = p ( b 1 ω 1 + b 2 ω 2 + L +b n ω n ) suy ra a i = pb i Do đó a i ≡ 0 (mod p ), i =1,n
Ngược lại, lấy α ∈O k nên α ∈ K do đó α = r 1 ω 1 + r 2 ω 2 + L + r n ω n , r i ∈ ¤ Gọi m là mẫu số chung của các r i khi đó ta có α = a 1 ω +a 2 ω + L +a n ω m 1 m 2 m n suy ra mα = a 1 ω 1 + a 2 ω 2 + L + a n ω n trong đó a i ∈ ¢ , m ∈ ¢ * + và ( a 1 ,K , a n ) = 1, ∀i ∈{1,K ,n }.
Với p là số nguyên tố tùy ý Nếu m ≡ 0 ( mod p ) thì a 1 ω 1 + L + a n ω n ≡ 0 ( mod p ) do đó a i ≡ 0 (mod p ), ∀i ∈{1,K ,n } điều này mâu thuẫn.
2.4.2 Định nghĩa Gọi αζ m là số thoả mãn các điều kiện αζ m m = 1, ζ m m ' ≠ 1,
( 0 < m ' < m ) αζ m được gọi là căn thuỷ bậc m của 1 Trường ¤ ( ζ m ) được gọi là trường vòng bậc m.
Cho m là số nguyên dương Số các số nguyên dương nhỏ hơn hoặc bằng m nguyên tố cùng nhau với m được kí hiệu là φ ( m ).
2.4.3 Định lý Trường ¤ ( ζ m ) là mở rộng chuẩn tắc của ¤ Các liên hợp của αζ m là αφ ( m ) số αζ m i ở đó ( m, i ) = 1 Định thức của ¤ ( ζ m ) chỉ chia hết số nguyên tố là ước của m Các số 1, ζ m , K , ζ m φ ( m ) −1 là một cơ sở nguyên của ¤ ( ζ m ).
Ta chứng minh định lý trên trong trường hợp m = p r trong đó p là số nguyên tố Ta có ζ p r thoả mãn đa thức sau
43 p r ψ ( x ) = x r −1 = x p r ( p −1 ) + x p r ( p−2 ) + L + x p r −1 +1 x p −1 −1 Đặt ζ = ζ p r Vì ζ k , ( k , p r ) = 1 đều là nghiệm của ψ ( x ), do đó ¤ ( ζ ) là mở rộng chuẩn tắc và ( ¤ ( ζ ) : ¤ ) ≤ φ ( p r ) = p r−1 ( p −1).
Vì ta có φ ( p r ) số ζ k , ( ( k , p r ) = 1, 0 < k < p ) nên ta có ψ ( x ) = ∏ ( x − ζ k )
Ta có { x ∈ £ | x p r = 1 } là nhóm xyclic cấp p r nên ζ = { x ∈ £ | x p r = 1 } Với
( k , p ) = ( j , p ) = 1 thì ta có 1 − ζ j = 1 − ( ζ k ) l =( 1− ζ k ) ( ζ k ( l−1 ) + L ζ k +1 ) do đó
( 1 − ζ j ) ≡ 0 ( mod ( 1− ζ k ) ) Do đó nếu có một trong các số 1− ζ k là khả nghịch thì tất cả đều khả nghịch điều này mâu thuẫn Suy ra các ideal ( 1− ζ k ) với
( k , p ) = 1 là bằng nhau vì thế p = ( 1− ζ ) p r −1 ( p−1 )
Suy ra r = f = 1, n = p r−1 ( p − 1) = e hay ta có( ¤ ( ξ ) : ¤ ) = p r−1 ( p −1 )
Bây giờ ta chứng minh D ( ¤ ( ξ ) ) chỉ chia hết cho p. Đầu tiên ta chứng minh D ( ¤ ( ξ ) ) chia hết cho p. φ ( p r ) −1 là tích của các số
Do đó tích các số ζ i − ζ j chia hết cho p.
Tiếp theo nếu q là ước của D ( ¤ ( ξ ) ) thì q = p.
Thật vậy vì q là ước của D ( ¤ ( ξ ) ) và D ( ¤ ( ξ ) ) = ∏ ( ξ i ζ i − ζ j Mặt khác ta có k )
Gọi Q là ideal nguyên tố và Q q khi đó Q ξ i − ξ j suy ra Q 1− ξ k hay Q p r
Từ đó suy ra N ( Q ) N ( p r ) hay q g ( p r ) n suy ra q p , cho nên ta có p = q.
Tiếp theo chứng minh 1, ζ , K , ζ α φ ( r ) −1 là cơ sở nguyên của ¤ ( ξ ).
Giả sửa 0 + a 1 ζ + L + a r ζ α φ ( p r ) −1 ≡0 (mod p )(*) trong đó a i ∈¢ khi đó thay φ ( p ) −1 ζ k = 1 − 1− ζ
Từ trên suy ra D ( 1, ζ , K , ζ α φ ( r ) −1 ) = ( det C ) 2 D ( 1,1 − ζ , K , (1− ζ ) φ ( r ) −1 ) , trong đó
Vì vậy để chứng minh 1, ζ , K , ζ α φ ( r ) −1 là cơ sở nguyên của ¤ ( ξ ) ta chứng minh 1,1 − ζ , K , (1− ζ ) φ ( r ) −1 là cơ sở nguyên của ¤ ( ξ ) hay ta chứng minh b 0 ≡ b 1 ≡ L ≡ b φ ( p r ) −1 ≡ 0 (mod p ) vì p ≡ 0 (mod ( 1− ζ ) ) nên ta có b 0 ≡ 0 (mod ( 1− ζ ) ) và vì b 0 ≡ 0 (mod p )
Tương tự với mod (1 − ζ ) 2 , K , (1− ζ ) φ ( p r ) ta được b 0 ≡ b 1 b 0 là số hữu tỉ nên suy ra
Ta đã chứng minh xong định định lý trong trường hợp m = p r Để chứng minh định lý với m bất kì ta cần chứng minh bổ đề sau:
Bổ đề Cho ¤ ( θ ) , ¤ ( ρ ) là hai mở rộng của ¤ thỏa
(2) ( D ( ¤ ( θ ) ) , D ( ¤ ( ρ ) ) ) = 1 trong đó D ( ¤ ( θ ) ) , D ( ¤ ( ρ ) ) lần lược là định thức của ¤ ( θ ) và ¤ ( ρ )
Lấy αω 1 ,K , ω m là cở sở nguyên của ¤ ( θ ) và αη 1 ,K , η s là cở sở nguyên của ¤ ( ρ ) khi đó αη 1 ω 1 ,η 2 ω 1 K , η s ω m là cở sở nguyên của ¤ ( θ , ρ )
Chứng minh { i j } là cơ sở của ¤ ( θ , ρ ) trên ¤ và mỗi số
Ta có η ω ; i = 1, ., s ; j = 1, ,n nguyên α trong ¤ ( θ , ρ ) có thể được viết dưới dạng: s m α = ∑∑ a ij η i αω j , a ij ∈ ¤ i =1 j=1
Theo bổ đề 2.4.1 để chứng minh η 1 ω 1 ,η 2 ω 1 K , η s ω m là cở sở nguyên của ¤ ( θ , ρ ) ta s m cần chứng minh điều sau: Nếu với mọi số nguyên tố p và ∑∑ c ij η i αω j ≡ 0 (mod p), i =1 j=1 c ij ∈ ¢ , thì c ij ≡ 0 (mod p) (i = 1, , s ; j = 1, ,m) Đặt ∑ c ij ω j = α i , ∑ c ij η i = β j Vì η i , η i ( e ) liên hợp với nhau trên ¤ ( θ ) nên ta có j i đơn cấu σ e ( η i ) = η i ( e )
Khi đó σ e ( c ij αω j η i ) = c ij αω j η i ( e ) Số α i η i và α i η i ( e) ( e = 1, , s) là liên hợp với nhau trên ¤ ( θ ) và hiển nhiên cũng liên hợp trên ¤ và tương tự cho các số β αω và β αω ( r ) ( r = 1, , m) i i i i s m
Từ ∑∑ c ij η i αω j ≡ 0 (mod p) suy ra i =1 j=1 s ( e)≡ ∑ β j αω j ( r ) ≡ 0
∑ α i η i ( mod p ) ( e = 1, , s ; r = 1, , m) i=1 theo quy luật Cramer và ( D ( ¤ ( θ ) ) , D ( ¤ ( ρ ) ) ) = 1 ta có D ( ¤ ( θ ) ) ≡/ 0 (mod p )
≡/ 0 (mod p ) Giả sử ≡/0 (mod p ) khi đó hoặc D ( ¤ ( ρ ) ) D ( ¤ ( ρ ) ) m (mod p ) ( i = 1, K , s ) α i = ∑ c ij αω j ≡ 0 j=1 vì ω 1 ,K , ω m là cở sở nguyên của ¤ ( θ ) nên kéo theo c ij ≡ 0 (mod p ) ( i = 1,K , s ; j = 1,K , m )
Ta đã chứng minh xong định lý với m = p r , p , r ≥ 1 Tiếp theo chúng ta sẽ chứng minh định lý bằng qui nạp theo m.
Giả sử định lý đúng với tất cả số nguyên dương nhỏ hơn m Ta chứng minh định lý cũng đúng với m.
Thật vậy ta có m = m ' p r , ( m ', p ) = 1, m' > 1 khi đó m ' < m và p r < m nên định lý đúng với m’ và p r Do p không là ước của m nên theo qui nạp p không là ước D ( ¤
( ζ m ' ) ) Do đó theo định lý 2.1.8 thì p không có nhân tử bội trong ¤ ( ζ m ' ) và trong ¤ ( ξ m ' ) ta có p = ρ 1 K ρ g trong đó ρ j có bậc là f và fg = φ ( m')
Gọi ζ là một căn thủy bậc p r của đơn vị Do p = (1− ζ ) p r −1 ( p−1 ) nên ta có
, p = ρ i vì thế trong ¤ ( ζ m ) ta có p = ( P 1 K P g ) φ ( p r ) trong đó P i = ( ρ i ,1− ξ )
Nhưng p = ( P 1 K P g ) φ ( p r ) nên ( ¤ ( ζ m ) : ¤ ) ≥ φ ( m ) vì bất kì ước nguyên tố nào của
P 1 cũng có bậc lớn hơn hoặc bằng bậc của ρ 1 Vì vậy ( ¤ ( ζ m ) : ¤ ) = φ ( m )
Ta chứng minh 1, ζ , K , ζ α φ ( m ) −1 là một cơ sở nguyên của ¤ ( ξ ). m m m
Thật vậy theo qui nạp ta có 1, ζ , K , ζ φ ( p r )−1
, 1, φ ( m ' ) −1 lần lược là cơ sở ζ m ' , K , ζ m ' nguyên của ¤ ( ζ ) và ¤ ( ζ m ' ) Ta có ζ = ζ m m ' , ζ m ' = ζ m p r vì thế theo bổ đề nên
1, ζ x 1 , K , ζ x φ ( m ) −1 là cở sở nguyên của ¤ ( ζ m ).Mặt khác ta có
Vì vậy với α ∈ ¤ ( ζ m ) thì α biểu thị tuyến tính được qua hệ 1, ζ x 1 , K , ζ x φ ( m ) −1 với hệ số trên ¢ do đó α biểu thị tuyến tính được qua hệ 1, ζ m , K , ζ m φ ( m ) −1 với hệ số trên ¢ , mà 1, ζ m , K , ζ m φ ( m ) −1 độc lập tuyến tính nên 1, ζ m , K , ζ m φ ( m ) −1 là một cơ sở nguyên của ¤ ( ξ m ).
Tiếp theo ta chứng minh D ( ¤ ( ζ m ) ) chỉ chia hết số nguyên tố là ước của m.
Với số nguyên tố p, ta có phân tích của
trong ¤ ( ζ m ) là p = ( P 1 K P g ) φ ( p r )
Nếu p là ước của m thì φ ( p r ) > 1 nên theo định lý 2.1.8 p D ( ζ m ).
Ngược lại nếu p D ( ζ m ) ta sẽ chứng minh p m Ta có D ( ζ m ) = ∏
0< i < j
