Phân tích vành thương trong vành các số nguyên eisenstein z ω

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– ĐINH CAO THƯỢNG PHÂN TÍCH VÀNH THƯƠNG TRONG VÀNH CÁC SỐ NGUYÊN EISENSTEIN Z [ω] THÁI NGUYÊN, 05/2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– ĐINH CAO THƯỢNG PHÂN TÍCH VÀNH THƯƠNG TRONG VÀNH CÁC SỐ NGUYÊN EISENSTEIN Z [ω] CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN: GS.TS LÊ THỊ THANH NHÀN THÁI NGUYÊN, 05/2017 Mục lục Mục lục Lời cảm ơn Phần mở đầu Vành số nguyên Eisenstein 1.1 Tính chia hết miền nhân tử hóa 1.2 Miền iđêan miền Euclid 12 1.3 Iđêan nguyên tố iđêan tối đại 17 1.4 Một số tính chất kí hiệu Legendre 20 1.5 Căn nguyên thủy đơn vị 24 1.6 Vành số nguyên Eisenstein Z[ω] 27 Số nguyên tố Eisenstein, vành thương Z[ω] phân tích 32 2.1 Số nguyên tố Eisenstein vành thương vành Z[ω] 32 2.2 Phân tích vành thương vành Z[ω] 41 Kết luận 47 Tài liệu tham khảo 48 LỜI CẢM ƠN Trước hết, xin gửi lời biết ơn chân thành đến GS TS Lê Thị Thanh Nhàn hướng dẫn hoàn thành luận văn Khi bắt đầu nhận đề tài thực cảm nhận đề tài mang nhiều nội dung mẻ Hơn với vốn kiến thức ỏi với kinh nghiệm làm đề tài lớn không nhiều nên chưa thực tự tin để tiếp cận đề tài Mặc dù bận rộn công việc Cô dành nhiều thời gian tâm huyết việc hướng dẫn, động viên khuyến khích suốt thời gian thực đề tài Trong trình tiếp cận đề tài đến trình hoàn thiện luận văn Cô tận tình bảo tạo điều kiện tốt nhất cho hoàn thành luận văn Cho đến luận văn thạc sĩ hoàn thành, xin cảm ơn Cô đôn đốc nhắc nhở Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, Khoa Toán - Tin Phòng Đào tạo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tôi xin trân trọng cảm ơn Thầy, Cô tận tình truyền đạt kiến thức quý báu tạo điều kiện thuận lợi để hoàn thành luận văn Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu, thầy cô giáo trường THPT Kim Sơn A - Ninh Bình nơi công tác tạo điều kiện giúp đỡ hoàn thành công việc chuyên môn nhà trường để hoàn thành chương trình học tập cao học Cuối cùng, xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn đến gia đình, bạn bè, người không ngừng động viên, hỗ trợ tạo điều kiện tốt cho suốt trình học tập thực luận văn PHẦN MỞ ĐẦU Như biết, vành số nguyên Z miền Euclid, miền nhân tử hóa miền iđêan Các iđêan Z có dạng mZ = {km | k ∈ Z} = (m) với m ∈ Z, m ≥ Nếu m > vành thương Z có dạng Z/mZ ∼ = Zm , gọi vành số nguyên modulo m Trong vành số nguyên Z, phần tử khác không khả nghịch phân tích thành tích phần tử nguyên tố Phân tích không kể đến thứ tự nhân tử nguyên tố nhân tử ước đơn vị Do Z miền iđêan nên iđêan I Z iđêan Giả sử I = (m) iđêan sinh m > Nếu m = pα1 pαt t phân tích tiêu chuẩn m thành tích thừa số nguyên tố theo Định lý Trung Hoa ta có phân tích Zm ∼ ⊕ ⊕ Zpαt t = Z/I = Zpα1 √ −1+i nguyên thủy bậc ba đơn vị Đặt Cho ω = Z[ω] = {a + bω|a, b ∈ Z} Khi Z[ω] với hai phép toán cộng nhân (a + bω) + (c + dω) = (a + c) + (b + d)ω, (a + bω)(c + dω) = (ac − bd) + (ad + bc − bd)ω miền nguyên, gọi vành số nguyên Eisenstein Cấu trúc vành Z[ω] vành thương nghiên cứu M Misaghian báo [Mi]: "Factor rings and their decompositions in the Eisenstein integer ring Z[ω]" xuất năm 2013 Mục đích luận văn trình bày lại kết báo Luận văn quan tâm khai thác tính chất Euclid vành Z[ω], xác định số nguyên tố Eisenstein, phân tích số nguyên Eisenstein thành thừa số nguyên tố Eisenstein cấu trúc vành thương vành Z[ω] Luận văn chia làm hai chương Chương trình bày số kiến thức miền nhân tử hóa, miền iđêan chính, miền Euclid mối quan hệ chúng Hơn nữa, luận văn trình bày số tính chất kí hiệu Legendre, nguyên thủy đơn vị Đặc biệt phát biểu chứng minh tính chất Euclid vành số nguyên Eisenstein Z[ω] Chương gồm hai phần Phần đầu trình bày tính chất số nguyên tố Eisentein cấu trúc vành thương vành Z[ω], thể Định lý 2.1.8 Định lý 2.1.12 Phần cuối luận văn trình bày phân tích vành thương vành Z[ω] (xem Định lý 2.2.4), đồng thời đưa số ví dụ minh họa Nếu phân tích vành thương vành Z Ví dụ 2.2.6 phân tích vành thương vành số nguyên Eisenstein Z[ω] không Chương Vành số nguyên Eisenstein Mục đích chương trình bày tính chất sở vành số nguyên Eisenstein Tài liệu tham khảo Chương [H], [N], [M], [Mi] 1.1 Tính chia hết miền nhân tử hóa Trong suốt mục ta xét D miền nguyên 1.1.1 Định nghĩa Cho a, b hai phần tử D (i) Cho b = Ta nói b ước a (hay a bội b), kí hiệu b|a, tồn q ∈ D cho a = bq Nếu b ước a ta nói b chia hết a a chia hết cho b (ii) Nếu tồn q ∈ D để = bq ta nói b ước đơn vị (iii) Cho = a = b Ta nói a liên kết b, kí hiệu a ∼ b, a|b b|a Nếu a không liên kết với b ta kí hiệu a b (iv) Cho b ước a Ta nói b ước thực a, kí hiệu b || a, b b a Các ước a liên kết với liên kết với a gọi ước tầm thường a 1.1.2 Mệnh đề Cho = a, b ∈ D Khi a liên kết b chúng sai khác nhân tử ước đơn vị Chứng minh Giả sử a b liên kết Khi tồn c, d ∈ D cho a = cb b = da Suy a = cb = cda Do D miền nguyên a = nên = cd Vậy c d ước đơn vị a b khác nhân tử ước đơn vị Ngược lại, giả sử a = cb với c ước đơn vị Khi b|a Do c|1 nên tồn d ∈ D cho = cd Vì ta có ad = b(cd) = b Suy a|b Vậy a b liên kết với 1.1.3 Định nghĩa Cho p ∈ D phần tử khác không khác ước đơn vị (i) p gọi phần tử bất khả quy p ước thực (ii) p gọi phần tử nguyên tố p|ab kéo theo p|a p|b với a, b ∈ D Trong vành Z số nguyên, khái niệm phần tử bất khả quy phần tử nguyên tố tương đương Trong trường hợp tổng quát, nhìn chung hai khái niệm không tương đương Tuy nhiên ta có tính chất sau 1.1.4 Mệnh đề Mọi phần tử nguyên tố bất khả quy Chứng minh Giả sử a|p Khi tồn b ∈ D để p = ab Suy p|ab Do p nguyên tố nên p|a p|b Nếu p|a a ∼ p Nếu p|b p ∼ b p b sai khác nhân tử ước đơn vị, tức a ước đơn vị Ví dụ sau điều ngược lại Mệnh đề 1.1.4 không √ 1.1.5 Ví dụ Lấy D = {a + b −5 | a, b ∈ Z} Vì D vành trường √ số phức nên D miền nguyên Ta khẳng định phần tử 2, 3, + −5 √ − −5 bất khả quy không phần tử nguyên tố Thật vậy, với √ r = a + b −5 ∈ D, gọi r số phức liên hợp với r Ta định nghĩa chuẩn r, kí hiệu N (r) số N (r) = rr = a2 + 5b2 Do liên hợp tích hai số phức tích liên hợp nên ta có N (rs) = rs.rs = rrss = N (r)N (s) Ta có = 2.3 = (1 + √ −5)(1 − √ −5) Trước hết ta chứng minh số phần tử bất khả quy không nguyên √ tố Giả sử r = a + b −5 ước Khi tồn s ∈ D cho = rs Suy = N (2) = N (r)N (s) Do N (r) 1, 2, Nếu N (r) = = a2 + 5b2 a = ±1 b = 0, r ước đơn vị Nếu N (r) = a2 + 5b2 = Rõ ràng không xảy trường hợp Nếu N (r) = = a2 + 5b2 a = ±2 b = 0, r liên kết với Vậy số phần tử bất khả quy Bây ta chứng minh số không phần tử nguyên √ √ tố Thật vậy, giả sử số phần tử nguyên tố Vì 2|(1 + −5)(1 − −5) nên √ ước hai thừa số Giả sử ước + −5 Khi √ √ tồn r = a + b −5 ∈ D cho 2r = + −5 Suy 4(a2 + 5b2 ) = N (2)N (r) = N (2r) = N (1 + √ −5) = Điều vô lý vành số nguyên, ước Tương √ tự ước − −5 ta suy điều vô lý Vậy không phần tử nguyên tố √ √ Bằng cách tương tự, ta kiểm tra phần tử 2, 1− −5, 1+ −5 bất khả quy không nguyên tố 1.1.6 Định nghĩa Một miền nguyên D gọi miền nhân tử hóa (vành nhân tử hóa) phần tử khác khác ước đơn vị D phân tích thành tích phần tử bất khả quy phân tích không kể đến thứ tự nhân tử ước đơn vị Ví dụ đơn giản cho miền nhân tử hóa vành Z số nguyên Từ đầu kỉ 19, nhà toán học người Đức C F Gauss chứng minh vành đa thức nhiều biến Z[x1 , , xn ] Q[x1 , , xn ] có hệ số tương ứng vành số nguyên trường số hữu tỉ miền nhân tử hóa Chính vậy, nhiều tài liệu đại số gọi miền nhân tử hóa vành Gauss Cho a, b ∈ D Phần tử = d ∈ D gọi ước chung lớn a b d ước chung a, b bội ước chung khác a, b Chú ý với d, d hai ước chung lớn a b, tồn phần tử khả nghịch u ∈ D cho d = d u Đặc biệt, vành Z số nguyên, d ước chung lớn a, b −d ước chung lớn a, b Miền nguyên D gọi thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn hai phần tử D không đồng thời có ước chung lớn Chẳng hạn, vành số nguyên Z thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn Miền nguyên D gọi thỏa mãn điều kiện dãy dừng ước thực với phần tử a1 , a2 , a3 , D thỏa mãn điều kiện a2 |a1 , a3 |a2 , phải dừng Chẳng hạn, vành số nguyên Z thỏa mãn điều kiện dãy dừng ước thực Tiếp theo số tính chất miền nguyên thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn điều kiện dãy dừng ước thực 1.1.7 Bổ đề Cho D miền nguyên thỏa mãn điều kiện dãy dừng ước thực Khi phát biểu sau đúng: (i) Mọi phần tử khác không không khả nghịch có ước bất khả quy (ii) Mọi phần tử khác không không khả nghịch phân tích thành tích nhân tử bất khả quy Chứng minh (i) Cho a ∈ D phần tử khác không không khả nghịch Nếu a bất khả quy a ước bất khả quy a Nếu a không bất khả quy a có ước thực a1 Nếu a1 bất khả quy ta có điều cần chứng minh Nếu a1 không bất khả quy a1 có ước thực a2 Tiếp tục trình ta dãy ước thực Dãy phải dừng nên a có ước bất khả quy 34 Từ suy b = a + 2t p = a2 + b2 − ab = a2 + b(b − a) = a2 + 2t(a + 2t) = (a + t)2 + 3t2 Theo Bổ đề 2.1.1, ta suy điều cần chứng minh Ngược lại, cho p = p ≡ (mod 6) Nếu p = = 22 + 12 − 2.1 Nếu p ≡ (mod 6), theo Bổ đề 2.1.1 tồn số a, b ∈ Z cho p = a2 + 3b2 Đặt c = a + b d = 2b p = a2 + b2 = (c − d/2)2 + 3(d/2)2 = c2 + d2 − cd Từ đến hết luận văn, ta kí hiệu Zm vành số nguyên modulo m Chú ý a = b ∈ Zm a − b chia hết cho m Với phần tử z ∈ Z[ω], ta ký hiệu (z) = {zz | z ∈ Z[ω]} iđêan Z[ω] sinh z 2.1.3 Bổ đề Cho m số nguyên Khi Z[ω]/(m) ∼ = Zm [ω] Chứng minh Với a ∈ Z gọi a lớp tương đương a theo môđun m Zm Xét ánh xạ f : Z[ω] −→ Zm [ω] cho f (a + bω) = a + bω Rõ ràng f toàn ánh Tiếp theo ta chứng minh f đồng cấu vành Thật vậy, với z1 = a + bω, z2 = c + dω ∈ Z[ω] ta có f (z1 + z2 ) = a + c + b + d.ω = a + c + b.ω + d.ω = (a + b.ω) + (c + d.ω) = f (z1 ) + f (z2 ) 35 f (z1 z2 ) = ac − bd + ad + bc − bd.ω = ac − bd + ad.ω + bc.ω − bd.ω = a.c − b.d + a.d.ω + b.c.ω − b.d.ω = (a + bω)(c + dω) = f (z1 )f (z2 ) Hiển nhiên f (1) = Do f đồng cấu vành Mặt khác, Kerf = {a + bω ∈ Z[ω] | f (a + bω) = ∈ Zm [ω]} = {a + bω ∈ Z[ω] | a + bω = + 0ω} = {a + bω ∈ Z[ω] | a = mt, b = mk, (t, k ∈ Z)} = {m(t + kω) | t + kω ∈ Z[ω]} = mZ[ω] = (m) Do theo Định lý đồng cấu vành suy điều cần chứng minh Cho p số nguyên tố Khi vành Zp trường nên phần tử a ∈ Zp , a = khả nghịch Kí hiệu phần tử nghịch đảo a Zp (a)−1 Chẳng hạn với p = a = (a)−1 = Để thuận tiện, ta ký hiệu phần tử Zm dạng số nguyên với điều kiện a = b ∈ Z a − b bội m Z 2.1.4 Bổ đề Cho p số nguyên tố Khi đa thức q(x) = x2 + x + bất khả quy trường Zp p = p ≡ (mod 6) Chứng minh Cho q(x) = x2 + x + bất khả quy Zp Nếu p = p ≡ (mod 6) p = p ≡ (mod 6) Vì ngược lại, suy 2|p 3|p mâu thuẫn với tính nguyên tố p Nếu p = ta có q(x) = x2 +x+1 = (x+2)2 Z3 điều mâu thuẫn với tính bất khả quy q(x) Xét p ≡ (mod 6) theo Bổ đề 2.1.2 tồn số nguyên a, b ∈ Z nguyên tố cho p = a2 + b2 − ab Rõ ràng p không 36 ước a b Vì ngược lại, giả sử p|a từ đẳng thức p = a2 + b2 − ab suy p|b2 tính nguyên tố suy p|b Do p = p2 c, điều mâu thuẫn Vậy a b khả nghịch Zp Ta có a2 + b2 ≡ ab (mod p) nên ab−1 + ba−1 ≡ 1( (mod p) Khi q(x) = x2 + x + = (x + ab−1 )(x + ba−1 ), mâu thuẫn với tính bất khả quy q(x) Vậy p ≡ (mod 6) Ngược lại, p = q(x) nghiệm Z2 bậc q(x) nên q(x) bất khả quy Cho p ≡ (mod 6) giả sử q(x) không bất khả quy Zp Do bậc q(x) Zp trường nên tồn a ∈ Zp cho q(a) = a2 + a + = Zp Theo Bổ đề 2.1.2 suy p = p ≡ (mod 6) Điều mâu thuẫn với giả thiết Vậy q(x) bất khả quy 2.1.5 Định lý Cho p số nguyên tố Khi Zp [ω] trường p = p ≡ (mod 6) Chứng minh Cho Zp [ω] trường giả sử p = p ≡ (mod 6) Theo lập luận Bổ đề 2.1.4 ta suy p = p ≡ (mod 6) Nếu p = (2 + ω)2 = + 4ω + ω = + 3ω = ∈ Z3 [ω] Nếu p ≡ (mod 6), theo chứng minh Bổ đề 2.1.4 tồn a ∈ Zp cho a2 + a + = ∈ Zp Suy (ω − a)(ω − a) = ∈ Zp [ω] Cả hai trường hợp suy Zp [ω] không miền nguyên, mâu thuẫn với giả thiết Zp [ω] trường Do ta xét p = p ≡ (mod 6) Trường hợp p = 2, Z2 [ω] = {0, 1, ω, ω } Do Z2 [ω] trường Tiếp theo ta xét p ≡ (mod 6) Khi ta có toàn cấu vành ϕ : Zp [x] −→ Zp [ω] 37 cho ϕ(x) = ω, ϕ(m) = m, với m ∈ Zp Vì ϕ(x2 + x + 1) = ω + ω + = nên x2 + x + ∈ Kerϕ Ta chứng minh Kerϕ = (x2 + x + 1) Thật vậy, lấy tùy ý h(x) ∈ Kerϕ Do hệ số x2 + x + khả nghịch nên ta có h(x) = (x2 + x + 1)g(x) + ax + b, với g(x) ∈ Zp [x] a, b ∈ Zp Vì ϕ(h(x)) = nên a = b = Zp , nghĩa x2 + x + ∈ Kerϕ Theo Định lý đồng cấu ta có Zp [x]/(x2 + x + 1) ∼ = Zp [ω] Mặt khác p ≡ (mod 6) nên theo Bổ đề 2.1.4 đa thức x2 + x + bất khả quy Do Zp [x]/(x2 + x + 1) ∼ = Zp [ω] trường 2.1.6 Định nghĩa Cho π ∈ Z[ω] phần tử cho π = π không ước đơn vị Ta nói π phần tử nguyên tố (hay số nguyên tố Eisenstein) π|αβ (với α, β ∈ Z[ω]) kéo theo π|α π|β Sử dụng Định lý 2.1.5 ta suy hệ sau 2.1.7 Hệ Số nguyên tố p ∈ Z phần tử nguyên tố Z[ω] p = p ≡ (mod 6) Chứng minh Ký hiệu (p) = {pz | z ∈ |Z[ω]} iđêan Z[ω] sinh p Theo Bổ đề 2.1.3 ta có Z[ω]/(p) ∼ = Zp [ω] Theo Định lý 2.1.5, Zp [ω] trường p = p ≡ (mod 6) Do Z[ω]/(p) trường p = p ≡ (mod 6) Theo Mệnh đề 1.3.2(ii), (p) iđêan tối đại Z[ω] p = p ≡ (mod 6) Do Z[ω] miền iđêan chính, theo Mệnh đề 1.3.3(ii) ⇔ (iv) ta suy p số nguyên tố Eisenstein p = p ≡ (mod 6) Tức p phần tử nguyên tố Z[ω] p = p ≡ (mod 6) 2.1.8 Định lý Nếu a, b ∈ Z hai số nguyên tố ta có đẳng cấu Z[ω]/(a + bω) ∼ = Za2 +b2 −ab 38 Chứng minh Với x ∈ Z, kí hiệu x lớp tương đương x theo môđun a2 +b2 −ab Vì a, b nguyên tố nên (b)−1 tồn Za2 +b2 −ab Thật vậy, giả sử (b, a2 + b2 − ab) = d Khi tồn t, u ∈ Z cho b = du, a2 + b2 − ab = dt Suy a2 + d2 u2 − adu = dt hay a2 = d(−du2 − au + t) Từ suy d|a2 Nếu d = d có ước nguyên tố q Do tính nguyên tố ta suy q ước nguyên tố a Khi q ước chung a b Điều mâu thuẫn với tính nguyên tố a, b Vậy gcd(b, a2 + b2 − ab) = 1, (b)−1 tồn Za2 +b2 −ab Tiếp theo xét ánh xạ f : Z[ω] −→ Za2 +b2 −ab , cho f (x + yω) = x − a(b)−1 y Ta chứng minh f đồng cấu vành Hiển nhiên ta có f (1) = Với u = x + yω, v = z + tω ∈ Z[ω] ta có f (u + v) = x + z − a(b)−1 y + t = x + z − a(b)−1 (y + t) = x + z − a(b)−1 y − a(b)−1 t) = f (u) + f (v) Mặt khác, a2 + b2 − ab = nên a2 (b)−2 = a(b)−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)2 (b)−2 yt = xz − a(b)−1 yz − a(b)−1 xt + a(b)−1 yt − yt = x.z − yt − a(b)−1 (y.z + xt − yt) Do 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) = f (u)f (v) 39 Vì f (a + bω) = a − a(b)−1 b = nên (a + bω) ∈ Kerf Ta chứng minh Kerf = a + bω Thật vậy, lấy tùy ý x + yω ∈ Kerf Trong C ta có x + yω = (a + bω) ay − bx ax + by − bx + ω a2 + b2 − ab a2 + b2 − ab Vì f (x + yω) = x − a(b)−1 y = nên tồn λ ∈ Z cho bx − ay = λ(a2 + b2 − ab) Điều tương đương với bx − ay đồng dư với theo môđun (a2 + b2 − ab), nghĩa ab2 x − a2 b đồng dư với theo môđun (a2 + b2 − ab) Khẳng định tương đương với ax − a2 (b)−2 by = Vì a2 (b)−2 = a(b)−1 − nên ax − ay + by = ax − bx + by = Do tồn µ ∈ Z cho ax − bx + by = µ(a2 + b2 − ab) Suy x + yω = (a + bω)(µ + λω) Vậy Kerf = (a + bω) Theo Định lý đẳng cấu ta suy Z[ω]/(a + bω) ∼ = Za2 +b2 −ab Sử dụng định lý ta suy mối liên hệ phần tử nguyên tố Z[ω] Z sau 2.1.9 Hệ Cho a, b ∈ Z hai số nguyên tố Khi phần tử a + bω nguyên tố vành Z[ω] a2 + b2 − ab nguyên tố vành Z Chứng minh Cho a, b ∈ Z hai số nguyên tố Theo Mệnh đề 1.3.2(ii), ta có a + bω nguyên tố Z[ω] Z[ω]/(a + bω) miền nguyên Theo Định lý 2.1.8, ta có Z[ω]/(a + bω) ∼ = Za2 +b2 −ab Do a + bω nguyên tố vành Z[ω] Za2 +b2 −ab miền nguyên Chú ý Zm trường m nguyên tố Z Do ta có điều phải chứng minh 40 Từ Định lý 2.1.8 Hệ 2.1.9 ta tìm phần tử nguyên tố vành Z[ω] thể phát biểu định lý sau 2.1.10 Định lý Các phần tử nguyên tố Z[ω] (sai khác phép nhân với phần tử khả nghịch) là: (i) Mọi số nguyên tố p ∈ Z cho p = p ≡ (mod 6) (ii) Mọi phần tử ζ = a + bω ∈ Z[ω] thỏa mãn p = a2 + b2 − ab số nguyên tố Z p ≡ (mod 6) (iii) Phần tử z = + 2ω Chứng minh (i) suy từ Hệ 2.1.7 (ii) suy từ Định lý 2.1.2, Định lý 2.1.8 Hệ 2.1.9 (iii) Với a = 1, b = a2 + b2 − ab = số nguyên tố Vì gcd(1, 2) = nên theo Định lý 2.1.8 suy Z[ω]/(1 + 2ω) ∼ = Z3 Rõ ràng Z3 trường nên Z[ω]/(1 + 2ω) trường Theo Mệnh đề 1.3.2(ii) (1 + 2ω) iđêan tối đại Theo Mệnh đề 1.3.3(iv) ⇔ (ii) + 2ω phần tử nguyên tố Z[ω] Vậy z = + 2ω phần tử nguyên tố 2.1.11 Chú ý Số p = số nguyên tố vành số nguyên Z không phần tử nguyên tố Z[ω] = −(1 + 2ω)2 Phần tử p = gọi nguyên tố rami Z[ω] Nếu z ∈ Z[ω] phần tử nguyên tố Z[ω] ta nói z số nguyên tố Eisenstein 2.1.12 Hệ Mỗi phần tử x + yω ∈ Z[ω] viết cách (không kể thứ tự phép nhân với phần tử khả nghịch) thành tích hữu hạn số nguyên tố Eisenstein m α x + yw = ε2 ς pγi i (1 + 2w)n , βς i=1 ε phần tử khả nghịch Z[w], α, βς , γi , m n số nguyên không âm, ς = a + bw phần tử Z[w] cho p = a2 + b2 − ab số nguyên tố Z với p ≡ (mod 6) pi số nguyên tố lớn 41 Chú ý p ∈ Z số nguyên tố cho p ≡ (mod 6) tồn số nguyên tố Eisenstein ς1 = a + bw ς2 = b + aw mà chuẩn p = a2 + b2 − ab, (a b hai số nguyên nguyên tố nhau) Vì ta viết phân tích lại sau m x + yw = ε2 ς1 2.2 β ς2 ς2 β ς1 ς1 α ς2 pγi i (1 + 2w)n i=1 Phân tích vành thương vành Z[ω] Như biết, vành số nguyên Z, phần tử khác không không khả nghịch phân tích thành tích phẩn tử nguyên tố Phân tích không kể đến thứ tự nhân tử nguyên tố nhân tử ước đơn vị Do Z miền iđêan nên iđêan I Z iđêan sinh a = pn1 pnt t (là phân tích tiêu chuẩn a) Do vành thương Z Z/I phân tích thành Z/I = Z/aZ = Zpn1 ⊕ ⊕ Zpnt t Trong Hệ 2.1.12 ta thấy phần tử Z[ω] phân tích thành tích phần tử nguyên tố Hơn nữa, Z[ω] miền Euclid nên tương tự vành Z vành thương Z[ω] phân tích Trong mục trình bày lại kết báo [Mi] phân tích vành thương vành số nguyên Z[ω] Trước tiên, trình bày số kết quan trọng cho chứng minh định lý Với ý (1 + 2ω)n iđêan sinh phần tử (1 + 2ω)n ta có định lý sau 2.2.1 Định lý Cho k ≥ số nguyên Khi với n = 2k + ta có Z[ω]/ (1 + 2ω)n ∼ = Z[x]/(3k x, 3k+1 , x2 + x + 1) 42 Chứng minh Với n = 2k + ta có (1 + 2ω)n = (1 + 2ω)2k+1 = (1 + 2ω)2k (1 + 2ω) = (−3)k (1 + 2ω) Xét ánh xạ f : Z[x] −→ Z[ω]/ (1 + 2ω)n cho f (g(x)) = g(ω − 1) theo môđun (1 + 2ω)n Rõ ràng f đồng cấu vành Ta có f (3k+1 ) = 3k+1 + (1 + 2ω)n = (−1)k+1 (−3)k+1 + (1 + 2ω)n = (−1)k+1 ((1 + 2ω)2 )k+1 + (1 + 2ω)n = (−1)k+1 ((1 + 2ω)(1 + 2ω)n + (1 + 2ω)n = + (1 + 2ω)n nên 3k+1 ∈ Kerf Chú ý (1 + ω)(1 + 2ω) = ω − Do ta có f (3k x) = 3k (ω − 1) + (1 + 2ω)n = (−1)k (−3)k (1 + ω)(1 + 2ω) + (1 + 2ω)n = (−1)k (1 + 2ω)2k+1 (1 + ω) + (1 + 2ω)n = (−1)k (1 + ω)(1 + 2ω)n + (1 + 2ω)n = + (1 + 2ω)n Nên 3k x ∈ Kerf Mặt khác, ω + ω + = nên x2 + x + ∈ Kerf Do (3k x, 3k+1 , x2 + x + 1) ⊆ Kerf Ngược lại, cho q(x) ∈ Kerf Vì hệ số x2 + x + khả nghịch nên ta có q(x) = (x2 + x + 1)h(x) + ax + b, 43 với a, b ∈ Z Khi f (q(x)) = a(ω − 1) + b + (1 + 2ω)n Từ suy a(ω − 1) + b = (c + dω)(1 + 2ω)n = (−3)k (c + dω)(1 + 2ω), với c + dω ∈ Z[ω] Do aω + b − a = (−3)k (2c − d)ω + (−3)k (c − 2d) Đồng thức ta suy a = (−3)k (2c − d), b − a = (−3)k (c − 2d) Điều dẫn đến b = (−3)k (3c − 3d) = (−1)3k+1 (c − d) a = (−1)k 3k (2c − d) Do q(x) ∈ (3k x, 3k+1 , x2 + x + 1) Vì Kerf = (3k x, 3k+1 , x2 + x + 1) Theo Định lý đồng cấu ta có Z[ω]/ (1 + 2ω)n ∼ = Z[x]/(3k x, 3k+1 , x2 + x + 1) 2.2.2 Bổ đề Cho k ≥ số nguyên dương n = 2k Khi Z[ω]/ (1 + 2ω)n ∼ = Z3k [ω] Chứng minh Với n = 2k ta có (1 + 2ω)n = ((1 + 2ω)2 )k = (−3)k Do iđêan (1 + 2ω)n = ((−3)k ) = (3k ) Theo Bổ đề 2.1.3, với số nguyên 3k suy Z[ω]/ (1 + 2ω)n = Z[ω]/(3k ) ∼ = Z3k [ω] 44 Từ kết ta suy hệ sau: 2.2.3 Hệ Với n số nguyên dương, đặt Rn = Z[ω]/ (1 + 2ω)n Khi ta có   n = 1;  Z3 , Rn = Z3k [ω], n = 2k, k ≥ 1;   Z[x]/(3k x, 3k+1 , x2 + x + 1), n = 2k + 1, k ≥ Chứng minh +) Nếu n chẵn, tồn k ∈ N cho n = 2k, k ≥ Theo Bổ đề 2.2.2, ta suy Z[ω]/ (1 + 2ω)n ∼ = Z3k [ω] Do Rn = Z3k [ω] +) Nếu n lẻ lớn 1, tồn k ∈ N cho n = 2k + 1, k ≥ Theo Định lý 2.2.1, ta suy Z[ω]/ (1 + 2ω)n ∼ = Z[x]/(3k x, 3k+1 , x2 + x + 1) Do Rn = Z[x]/(3k x, 3k+1 , x2 + x + 1) +) Đặc biệt n = 1, theo Định lý 2.1.8 gcd(1, 2) = nên ta có Z[ω]/(1 + 2ω) ∼ = Z12 +22 −1.2 = Z3 Do Rn = Z3 Với kí hiệu giả thiết ta có định lý sau phân tích vành thương vành số nguyên Z[ω] 2.2.4 Định lý Cho z = x + yω ∈ Z[ω] phần tử khác không không khả nghịch Khi ta có Z[ω]/(x+yω) ∼ = Z2α [ω]⊕Z(c2 +d2 −cd)βς1 ⊕Z(c2 +d2 −cd)βς2 ⊕Zpγ11 [ω]⊕ .⊕Zpγmm [ω]⊕Rn , c + dw = βς1 ς1 ς1 , βς2 ς2 ς2 d + cw = Rn = Z[w]/((1 + 2w)n ) Chứng minh Vì z = x + yω ∈ Z[ω] phần tử khác không không khả nghịch nên theo Hệ 2.1.12 ta có m β ς1 ς1 α x + yω = ε2 ς1 β ς2 ς2 ς2 pγi i (1 + 2w)n i=1 45 Khi đó, ta có m (x + yω) = β ς2 ς2 β ς1 ς1 α ς2 ς1 pγi i (1 + 2w)n i=1 iđêan sinh phần tử x + yω Do tiêu chuẩn miền Euclid, ta có β Z[w]/(2α ) ⊕ Z[w]/ Z[w]/(x + yw) ς1 ς1 β ς2 ς2 ⊕ Z[w]/ ς1 ς2 m pγi i ⊕ Z[w]/ ⊕ Z[w]/((1 + 2w)n ) i=1 Mặt khác, áp dụng Bổ đề 2.1.3 Định lý 2.1.8, ta có m pγi i Z[w]/ = Z[w]/(pγ11 ) ⊕ ⊕ Z[w]/(pγmm ) i=1 Từ đẳng cấu ta suy điều cần chứng minh Tiếp theo số ví dụ minh họa cho Định lý 2.2.4 phân tích vành thương vành Z[ω] 2.2.5 Ví dụ Với z = 22 + 26ω 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) z = 49(1 + 3ω) = −(2 + 3ω)2 (3 + 2ω)3 nên theo Định lý 2.2.4 ta có: Z[ω]/(49 + 147ω) ∼ = Z49 ⊕ Z343 46 Tuy nhiên ta phân tích z = −7(2 + 3ω)(1 + 3ω)2 Theo Định lý 2.2.4 Bổ đề 2.1.3 ta có: Z[ω]/(49 + 147ω) ∼ = Z7 [ω] ⊕ Z7 ⊕ Z49 Điều chứng tỏ phân tích vành thương vành Z[ω] không Kết luận Trong luận văn này, trình bày lại sô kết sau: Đặc trưng cấu trúc miền nhân tử hóa, miền iđêan chính, miền Euclid mối quan hệ chúng Trình bày kí hiệu Legendre số tính chất Phát biểu chứng minh số tính chất vành số nguyên Eisenstein tính chất miền Euclid, miền iđêan miền nhân tử hóa Xác định số nguyên tố Eisenstein, từ đặc trưng cấu trúc số vành thương vành Z[ω] Chứng minh Định lý phân tích vành thương vành Z[ω] đưa ví dụ minh họa 47 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [H] Ngô Thị Thúy Hằng (2015), Căn nguyên thủy, trường chia đường tròn số ứng dụng toán sơ cấp, Luận văn Thạc sĩ Toán học, Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên [N] Lê Thị Thanh Nhàn (2015), Lí thuyết đa thức, NXB ĐHQG Hà Nội Tiếng Anh [B] D M Burton (1980), Elementary Number Theory, Revised edition, Allyn and Bacon [M] D A Marcus (2016), Number fields, Spinger [Mi] M Misaghian (2013), "Factor rings and their decompositions in the Eisenstein integer ring Z[ω] ", Arme J Math., 5, 58-68 [V] E B Vinberg (2003), A Course in Algebra, Graduate Studies in Mathematics (56), Amer Math Soc., Providence, RI 48 ... Z[ ω] 27 Số nguyên tố Eisenstein, vành thương Z[ ω] phân tích 32 2.1 Số nguyên tố Eisenstein vành thương vành Z[ ω] 32 2.2 Phân tích vành thương vành Z[ ω] 41 Kết... Euclid vành Z[ ω], xác định số nguyên tố Eisenstein, phân tích số nguyên Eisenstein thành thừa số nguyên tố Eisenstein cấu trúc vành thương vành Z[ ω] Luận văn chia làm hai chương Chương trình bày số. .. vành thương vành Z Ví dụ 2.2.6 phân tích vành thương vành số nguyên Eisenstein Z[ ω] không Chương Vành số nguyên Eisenstein Mục đích chương trình bày tính chất sở vành số nguyên Eisenstein Tài