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

PHẦN MỞ ĐẦUNhư chúng ta đã biết, vành các số nguyên Z là một miền Euclid, và do đó nó là một miền nhân tử hóa và là miền iđêan chính.. Trong vành các số nguyên Z, mọiphần tử khác 0 và kh

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

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN:

GS.TS LÊ THỊ THANH NHÀN

THÁI NGUYÊN, 05/2017

Mục lục 2

Lời cảm ơn 3

Phần mở đầu 4

1 Vành các số nguyên Eisenstein 6 1.1 Tính chia hết và miền nhân tử hóa 6

1.2 Miền iđêan chính và miền Euclid 12

1.3 Iđêan nguyên tố và iđêan tối đại 17

1.4 Một số tính chất của kí hiệu Legendre 20

1.5 Căn nguyên thủy của đơn vị 24

1.6 Vành các số nguyên Eisenstein Z[ω] 27

2 Số nguyên tố Eisenstein, vành thương của Z[ω] và sự phân tích 32 2.1 Số nguyên tố Eisenstein và vành thương của vành Z[ω] 32

2.2 Phân tích vành thương của vành Z[ω] 41

Kết luận 47 Tài liệu tham khảo 48

2

LỜI CẢM ƠN

Trước hết, tôi xin gửi lời biết ơn chân thành đến GS TS Lê Thị ThanhNhàn đã hướng dẫn tôi hoàn thành bản luận văn này Khi bắt đầu nhận đềtài thực sự tôi cảm nhận đề tài mang nhiều nội dung mới mẻ Hơn nữa vớivốn kiến thức ít ỏi cùng với kinh nghiệm làm đề tài lớn không nhiều nên tôichưa thực sự tự tin để tiếp cận đề tài Mặc dù rất bận rộn trong công việcnhưng Cô vẫn dành nhiều thời gian và tâm huyết trong việc hướng dẫn, độngviên khuyến khích tôi trong suốt thời gian tôi thực hiện đề tài Trong quátrình tiếp cận đề tài đến quá trình hoàn thiện luận văn Cô luôn tận tình chỉbảo và tạo điều kiện tốt nhất nhất cho tôi hoàn thành luận văn Cho đến bâygiờ luận văn thạc sĩ của tôi đã được hoàn thành, xin cảm ơn Cô đã đôn đốcnhắc nhở tôi

Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, Khoa Toán - Tin và Phòng Đàotạo của trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tôi xin trân trọngcảm ơn các Thầy, Cô đã tận tình truyền đạt những kiến thức quý báu cũngnhư tạo mọi điều kiện thuận lợi nhất để tôi hoàn thành luận văn này

Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu, các thầy cô giáo trường THPTKim Sơn A - Ninh Bình nơi tôi công tác đã tạo điều kiện giúp đỡ tôi hoànthành công việc chuyên môn tại nhà trường để tôi hoàn thành chương trìnhhọc tập cao học

Cuối cùng, tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn đến gia đình, bạn bè,những người không ngừng động viên, hỗ trợ tạo mọi điều kiện tốt nhất chotôi trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn

PHẦN MỞ ĐẦU

Như chúng ta đã biết, vành các số nguyên Z là một miền Euclid, và do đó

nó là một miền nhân tử hóa và là miền iđêan chính Các iđêan của Z có dạng

mZ = {km | k ∈ Z} = (m)

với m ∈ Z, m ≥ 0 Nếu m > 0 thì vành thương của Z có dạng Z/mZ ∼= Zm,được gọi là vành các số nguyên modulo m Trong vành các số nguyên Z, mọiphần tử khác 0 và không khả nghịch đều phân tích thành tích các phần tửnguyên tố Phân tích này là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các nhân tửnguyên tố và các nhân tử là ước của đơn vị Do Z là miền iđêan chính nên mọiiđêan I của Z đều là iđêan chính Giả sử I = (m) là iđêan sinh bởi m > 0.Nếu m = pα1

là một miền nguyên, được gọi là vành các số nguyên Eisenstein

Cấu trúc của vành Z[ω] và vành thương của nó được nghiên cứu bởi M.Misaghian trong bài báo [Mi]: "Factor rings and their decompositions in theEisenstein integer ring Z[ω]" xuất bản năm 2013 Mục đích của luận văn này

là trình bày lại các kết quả trong bài báo trên Luận văn quan tâm khai tháctính chất Euclid của vành Z[ω], xác định các số nguyên tố Eisenstein, phân

tích các số nguyên Eisenstein thành thừa số nguyên tố Eisenstein và cấu trúccủa vành thương của vành Z[ω].

Luận văn chia làm hai chương

Chương 1 trình bày một số kiến thức cơ bản về miền nhân tử hóa, miềniđêan chính, miền Euclid và mối quan hệ giữa chúng Hơn thế nữa, luận văntrình bày một số tính chất của kí hiệu Legendre, căn nguyên thủy của đơn vị.Đặc biệt phát biểu và chứng minh tính chất Euclid của vành các số nguyênEisenstein Z[ω]

Chương 2 gồm hai phần Phần đầu trình bày tính chất của số nguyên tốEisentein và cấu trúc vành thương của vành Z[ω], thể hiện trong Định lý 2.1.8

và Định lý 2.1.12 Phần cuối luận văn trình bày sự phân tích vành thươngcủa vành Z[ω] (xem Định lý 2.2.4), đồng thời đưa ra một số ví dụ minh họa.Nếu phân tích của vành thương của vành Z là duy nhất thì Ví dụ 2.2.6 chỉ rarằng sự phân tích của vành thương của vành các số nguyên Eisenstein Z[ω]không duy nhất

Vành các số nguyên Eisenstein

Mục đích của chương này là trình bày các tính chất cơ sở của vành các sốnguyên Eisenstein Tài liệu tham khảo chính của Chương là [H], [N], [M], [Mi]

1.1 Tính chia hết và miền nhân tử hóa

Trong suốt mục này ta luôn xét D là một miền nguyên

1.1.1 Định nghĩa Cho a, b là hai phần tử của D

(i) Cho b 6= 0 Ta nói b là một ước của a (hay a là bội của b), kí hiệu là b|a,nếu tồn tại q ∈ D sao cho a = bq Nếu b là ước của a thì ta còn nói bchia hết a hoặc a chia hết cho b

(ii) Nếu tồn tại q ∈ D để 1 = bq thì ta nói b là ước của đơn vị

(iii) Cho 0 6= a và 0 6= b Ta nói a liên kết b, kí hiệu là a ∼ b, nếu a|b và b|a.Nếu a không liên kết với b thì ta kí hiệu a  b

(iv) Cho b là một ước của a Ta nói b là ước thực sự của a, kí hiệu b || a, nếu

b  1 và b  a Các ước của a liên kết với 1 hoặc liên kết với a được gọi

là các ước tầm thường của a

1.1.2 Mệnh đề Cho 0 6= a, b ∈ D Khi đó a liên kết b khi và chỉ khi chúngchỉ sai khác nhau bởi một nhân tử là ước của đơn vị

6

Chứng minh Giả sử a và b là liên kết Khi đó tồn tại c, d ∈ D sao cho a = cb

và b = da Suy ra a = cb = cda Do D là miền nguyên và a 6= 0 nên 1 = cd.Vậy cả c và d là ước của đơn vị và do đó a và b chỉ khác nhau một nhân tử

là ước của đơn vị Ngược lại, giả sử a = cb với c là một ước của đơn vị Khi

đó b|a Do c|1 nên tồn tại d ∈ D sao cho 1 = cd Vì thế ta có ad = b(cd) = b.Suy ra a|b Vậy a và b liên kết với nhau

1.1.3 Định nghĩa Cho p ∈ D là một phần tử khác không và khác ước củađơn vị

(i) p được gọi là phần tử bất khả quy nếu p không có ước thực sự

(ii) p được gọi là phần tử nguyên tố nếu p|ab kéo theo p|a hoặc p|b với mọi

a, b ∈ D

Trong vành Z các số nguyên, các khái niệm phần tử bất khả quy vàphần tử nguyên tố là tương đương Trong trường hợp tổng quát, nhìn chunghai khái niệm này không tương đương Tuy nhiên ta có tính chất sau đây

1.1.4 Mệnh đề Mọi phần tử nguyên tố đều bất khả quy

Chứng minh Giả sử a|p Khi đó tồn tại b ∈ D để p = ab Suy ra p|ab Do pnguyên tố nên p|a hoặc p|b Nếu p|a thì a ∼ p Nếu p|b thì p ∼ b và do đó p và

b chỉ sai khác nhau nhân tử là ước của đơn vị, tức là a là ước của đơn vị

Ví dụ sau đây chỉ ra rằng điều ngược lại của Mệnh đề 1.1.4 là khôngđúng

1.1.5 Ví dụ Lấy D = {a + b√

−5 | a, b ∈ Z} Vì D là vành con của trường

số phức nên D là một miền nguyên Ta khẳng định các phần tử 2, 3, 1 +√

N (r) = 4 = a2+ 5b2 thì a = ±2 và b = 0, do đó r liên kết với 2 Vậy số 2 làphần tử bất khả quy Bây giờ ta chứng minh số 2 không là phần tử nguyên

tố Thật vậy, giả sử số 2 là phần tử nguyên tố Vì 2|(1 +√

−5)(1 −√−5) nên

2 là ước của một trong hai thừa số đó Giả sử 2 là ước của 1 +√

−5 Khi đótồn tại r = a + b√

−5 ∈ D sao cho 2r = 1 +√−5 Suy ra

4(a2+ 5b2) = N (2)N (r) = N (2r) = N (1 +√

−5) = 6

Điều này là vô lý vì trong vành số nguyên, 4 không thể là ước của 6 Tương

tự nếu 2 là ước của 1 −√

−5 thì ta cũng suy ra điều vô lý Vậy 2 không làphần tử nguyên tố

Bằng cách tương tự, ta có thể kiểm tra được các phần tử 2, 1−√

−5, 1+√−5cũng là bất khả quy nhưng không nguyên tố

1.1.6 Định nghĩa Một miền nguyên D được gọi là miền nhân tử hóa (vànhnhân tử hóa) nếu mỗi phần tử khác 0 và khác ước của đơn vị của D đều phântích được thành tích những phần tử bất khả quy và sự phân tích đó là duynhất nếu không kể đến thứ tự và các nhân tử là ước của đơn vị

Ví dụ đơn giản nhất cho miền nhân tử hóa là vành Z các số nguyên Từđầu thế kỉ 19, nhà toán học người Đức C F Gauss đã chứng minh được rằngcác vành đa thức nhiều biến Z[x1, , xn] và Q[x1, , xn] có hệ số tương ứngtrong vành số nguyên và trường số hữu tỉ đều là những miền nhân tử hóa.Chính vì vậy, nhiều tài liệu đại số đã gọi miền nhân tử hóa là vành Gauss

Cho a, b ∈ D Phần tử 0 6= d ∈ D được gọi là một ước chung lớn nhấtcủa a và b nếu d là một ước chung của a, b và là bội của mọi ước chung kháccủa a, b Chú ý rằng với d, d0 là hai ước chung lớn nhất của a và b, thì tồn tạiphần tử khả nghịch u ∈ D sao cho d = d0u Đặc biệt, trong vành Z các sốnguyên, nếu d là ước chung lớn nhất của a, b thì −d cũng là ước chung lớnnhất của a, b.

Miền nguyên D được gọi là thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn nhấtnếu hai phần tử bất kỳ của D không đồng thời bằng 0 đều có ước chung lớnnhất Chẳng hạn, vành các số nguyên Z thỏa mãn điều kiện có ước chung lớnnhất

Miền nguyên D được gọi là thỏa mãn điều kiện dãy dừng các ước thực sựnếu với mọi phần tử a1, a2, a3, trong D thỏa mãn điều kiện a2|a1, a3|a2, đều phải dừng Chẳng hạn, vành các số nguyên Z thỏa mãn điều kiện dãydừng những ước thực sự

Tiếp theo là một số tính chất của miền nguyên thỏa mãn điều kiện có ướcchung lớn nhất và điều kiện dãy dừng các ước thực sự

1.1.7 Bổ đề Cho D là miền nguyên thỏa mãn điều kiện dãy dừng các ướcthực sự Khi đó các phát biểu sau là đúng:

(i) Mọi phần tử khác không và không khả nghịch đều có một ước bất khảquy

(ii) Mọi phần tử khác không và không khả nghịch đều phân tích được thànhtích các nhân tử bất khả quy

Chứng minh (i) Cho a ∈ D là phần tử khác không và không khả nghịch.Nếu a là bất khả quy thì a chính là ước bất khả quy của a Nếu a không làbất khả quy thì a có ước thực sự là a1 Nếu a1 là bất khả quy thì ta có điềucần chứng minh Nếu a1 không bất khả quy thì a1 có ước thực sự là a2 Tiếptục quá trình trên ta được một dãy các ước thực sự Dãy này phải dừng nên

a có ước bất khả quy

(ii) Cho a ∈ D là phần tử khác không và không khả nghịch Nếu a là bấtkhả quy thì a = a là một sự phân tích Nếu a không là bất khả quy thì a

có một ước bất khả quy là p1 Khi đó a = p1a1 với a1 là ước thực sự của a.Nếu a1 là bất khả quy thì ta có điều cần chứng minh Nếu a1 không là bấtkhả quy thì a1 có một ước bất khả quy là p2 Giả sử a1 = p2a2 thì a2 là ướcthực sự của a1 Nếu a2 là bất khả quy thì a = p1p2a2 là sự phân tích Nếu a2không là bất khả quy thì tiếp tục quá trình trên Quá trình này phải dừng vì

D thỏa mãn điều kiện dãy dừng các ước thực sự Vậy ta có a = p1p2 pt là

sự phân tích thành tích các nhân tử bất khả quy

1.1.8 Bổ đề Cho D là miền nguyên thỏa mãn điều kiện có ước chung lớnnhất Khi đó mọi phần tử bất khả quy đều nguyên tố

Chứng minh Cho p là phần tử bất khả quy và p | ab Vì D thỏa mãn điềukiện có ước chung lớn nhất nên (p, ab) ∼ p, ta suy ra p | (pa, ab) = d 6= 0 Mặtkhác a | (pa, ab) = d, khi đó tồn tại các phần tử x, y sao cho d = px = ay Vì

d | pa nên tồn tại v để pa = ayv, ta có y | p Vì p là bất khả quy nên các ướccủa p liên kết với 1 hoặc liên kết với p Nếu y ∼ 1 thì d ∼ a, tức là p | a Nếu

y ∼ p thì x ∼ a và pa ∼ px = d ta có pa | ab suy ra p | b Vậy p | a hoặc p | b,

do đó p là phần tử nguyên tố

Từ các bổ đề trên ta có đặc trưng tương đương của miền nhân tử hóa

1.1.9 Mệnh đề Miền nguyên D là miền nhân tử hóa nếu và chỉ nếu đó Dthỏa mãn điều kiện có ước chung lớn nhất và điều kiện dãy dừng các ước thựcsự

Chứng minh Giả sử D là một miền nhân tử hóa Trước tiên ta sẽ chứng minh

D thỏa mãn điều kiện dãy dừng các ước thực sự Thật vậy, với mỗi phần tử

a 6= 0 và khác ước của đơn vị, ta định nghĩa độ dài của a là số nhân tử bấtkhả quy xuất hiện trong sự phân tích của a thành tích các nhân tử bất khảquy Khi đó nếu a = bc với b, c là ước thực sự của a thì độ dài của b, c đều

nhỏ hơn thực sự độ dài của a Gọi a1, , a2, là một dãy tùy ý các phần

tử của D sao cho a2|a1, a3|a1, và giả sử dãy này là không dừng Khi đó tồntại vô hạn số tự nhiên 1 < n1 < n2 < sao cho

a1  an1, an1  an2,

Vì thế an1 là ước thực sự của a1, an2 là ước thực sự của an1, Theo nhậnxét trên tồn tại một dãy vô hạn các số nguyên dương

độ dài a1 > độ dài an1 > độ dài an2 > ,

điều này là vô lý Vậy D thỏa mãn điều kiện dãy dừng các ước thực sự Tiếptheo ta chứng minh D thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn nhất Cho a, b ∈ Dkhông đồng thời bằng 0 Nếu a hoặc b bằng 0 hoặc liên kết với 1 thì ta dễdàng tìm được ước chung lớn nhất của a và b Vì vậy ta giả thiết a và b khác

0 và khác ước của đơn vị Giả sử {p1, , pk} là tập hợp các phần tử bất khảquy xuất hiện trong sự phân tích tiêu chuẩn của a và b Ta có

Ngược lại, giả sử D thỏa mãn điều kiện dãy dừng những ước thực sự vàđiều kiện có ước chung lớn nhất Theo Bổ đề 1.1.7(ii) mọi phần tử khác không

và không khả nghịch đều phân tích được thành tích các nhân tử bất khả quy

Ta chỉ cần chứng minh phân tích là duy nhất (sai khác nhân tử khả nghịch).Thật vậy, cho

a = p1p2 pn = q1q2 qm

là sự phân tích thành tích các nhân tử bất khả quy Không mất tổng quát tagiả sử n ≥ m Vì p1 là bất khả quy và D thỏa mãn điều kiện có ước chunglớn nhất nên theo Bổ đề 1.1.8 thì p1 là phần tử nguyên tố Do p1|a nên tồntại i sao cho p1|qi Bằng cách đánh lại chỉ số ta giả sử p1|q1 Vì q1 là bất

khả quy nên p1 ∼ q1 Giả sử q1 = u1p1 với u1 là ước của đơn vị Khi đó

p1p2 pn = u1p1q2 qm Do D là miền nguyên nên giản ước hai vế ta có

p2 pn = u1q2 qm Tiếp tục quá trình trên ta được

1 = u1 unqn+1 qm

Do qi là bất khả quy nên chúng không là ước của đơn vị Do đó suy ra n = m.Vậy phân tích là duy nhất nên D là miền nhân tử hóa

1.2 Miền iđêan chính và miền Euclid

Trong phần này ta luôn giả thiết D là miền nguyên Nhắc lại rằng mộtiđêan I của D được gọi là iđêan chính nếu tồn tại một phần tử a ∈ D saocho I = {ax | x ∈ D} Trong trường hợp này ta kí hiệu I = (a)

1.2.1 Định nghĩa Một miền nguyên D được gọi là miền iđêan chính nếumọi iđêan của nó đều là iđêan chính

1.2.2 Ví dụ Vành Z các số nguyên là miền iđêan chính

1.2.3 Tính chất Cho D là miền iđêan chính Khi đó D thỏa mãn điều kiệndãy dừng những ước thực sự

Chứng minh Giả sử D là miền iđêan chính Trước hết ta thấy rằng với a, b ∈

D, nếu a || b thì (b) ⊆ (a) và (b) 6= (a) Thật vậy, vì a|b nên tồn tại c ∈ Dsao cho b = ac Do đó b ∈ (a) vì thế (b) ⊆ (a) Giả sử (a) = (b) Khi đó

a ∈ (b) Do đó b|a Suy ra a không là ước thực sự của b Điều này là vô lý.Vậy (a) 6= (b) Tiếp theo, giả sử a1, a2, là một dãy tùy ý những phần

tử của D sao cho a2|a1, a3|a2, Giả sử dãy này không là dãy dừng Khi

đó tồn tại một dãy con an1, an2, sao cho an1  an2, an2  an3 Vì thế

an2|| an1, an3|| an2, Do đó ta có một dãy tăng các iđêan

(an ) ⊆ (an ) ⊆ (an ) ⊆

D là miền iđêan chính nên tồn tại d ∈ D sao cho I = (d) Ta sẽ chứng minh

d là một ƯCLN của a và b Do a = a.1 + b.0 nên a ∈ I Do đó a ∈ (d), suy

ra d|a Tương tự d|b Vì thế d là một ước chung của a và b Giả sử t ∈ D saocho t|a và t|b Vì d ∈ (d) = I nên tồn tại x, y ∈ D sao cho d = ax + by Dot|a, t|b nên t là ước của ax + by và do đó t là ước của d Vậy d là ƯCLN của

a và b

Từ hai tính chất trên và Mệnh đề 1.1.9 ta có hệ quả sau

1.2.5 Hệ quả Mọi miền iđêan chính đều là miền nhân tử hóa

Trước khi đưa ra ví dụ miền nhân tử hóa không nhất thiết là miền iđêanchính, chúng ta cần bổ đề sau

1.2.6 Bổ đề Cho D là một miền nguyên Khi đó, vành đa thức D[x] là miềniđêan chính nếu và chỉ nếu D là một trường

Chứng minh Giả sử D[x] là miền iđêan chính Cho 0 6= a ∈ D là phần tử tùy

theo công thức bậc ta có deg d(x) = 0, nghĩa là d(x) = d ∈ D Mặt khác,

x = a.0 + x.1 nên x ∈ I Do đó tồn tại k(x) ∈ D[x] sao cho x = d.k(x), trong

Ngược lại, cho D là một trường và I là iđêan của D[x] Nếu I = {0} thì

I là iđêan chính Giả sử I 6= (0) Khi đó ta chọn được d(x) là đa thức kháckhông có bậc bé nhất trong I Ta sẽ chứng minh I = (d(x)) Thật vậy, vìd(x) ∈ I nên (d(x)) ⊂ I Lấy tùy ý f (x) ∈ I Theo Định lý phép chia với dư,tồn tại q(x), r(x) ∈ D[x] sao cho

1.2.7 Ví dụ Xét vành đa thức Q[x1, , xn] với n ≥ 2 Khi đó C F Gauss

đã chỉ ra rằng Q[x1, , xn] là miền nhân tử hóa Vì n ≥ 2 nên vành đa thức

D = Q[x1, , xn−1] là miền nguyên nhưng không là trường Theo Bổ đề 1.2.6

ta suy ra Q[x1, , xn] là miền nhân tử hóa, nhưng không là miền iđêan chính

Tuy nhiên vành đa thức một biến với hệ số trên một trường K luôn làmiền iđêan chính

Tiếp theo là một số tính chất của miền Euclid Trong suốt phần này taluôn giả thiết E là miền nguyên, và kí hiệu E∗ = E \ {0} và N là tập các số

tự nhiên khác không

1.2.8 Định nghĩa Miền nguyên E được gọi là miền Euclid nếu tồn tại ánh

xạ δ : E∗ −→ N thỏa mãn các điều kiện sau:

(i) δ(ab) ≥ δ(b), với mọi a, b ∈ E∗;

(ii) Với hai phần tử tùy ý a ∈ E, b ∈ E∗, luôn tồn tại q, r ∈ E sao cho

1.2.11 Tính chất Mọi miền Euclid E đều thỏa mãn điều kiện dãy dừngnhững ước thực sự

Chứng minh Cho a1, a2, a3, là một dãy những phần tử của E sao cho

a2|a1, a3|a2, Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp Giả sử dãy nàykhông là dãy dừng Khi đó tồn tại vô hạn số tự nhiên n1 < n2 < n3 < saocho an1  an2, an2  an3, Do đó an2|| an1, an3|| an2, Vì thế, theo Bổ đề1.2.10, ta có dãy giảm gồm vô hạn số tự nhiên δ(an1) > δ(an2) > Điều này

vô lý

1.2.12 Tính chất Mọi miền Euclid E đều thỏa mãn điều kiện có ước chunglớn nhất

Chứng minh Giả sử E là một miền Euclid Cho a, b ∈ E không đồng thờibằng 0 Nếu a = 0 hoặc b = 0 thì ta có (a, b) = b hoặc (a, b) = a Vì thế tagiả thiết a, b ∈ E∗ Chia a cho b ta được

Cứ tiếp tục quá trính trên, quá trình này phải dừng sau một số hữu hạn bước

vì dãy giảm các số tự nhiên sau đây

ta có rn|rn−2 Tiếp tục quay ngược lên các đẳng thức trên, ta phải có rn|b và

vì thế theo đẳng thức đầu tiên ta có rn|a Vậy rn là một ước chung của a và

b Giả sử t là một ước chung của a và b Khi đó theo đẳng thức đầu tiên ta cót|b và t|r1 Lại theo đẳng thức thứ hai ta có t|r1 và t|r2 Cứ tiếp tục đi xuống,

ta có t|rn−2 và t|rn−1 và do đó đi đến đẳng thức gần cuối cùng ta có t|rn.Vậy rn là ước chung lớn nhất của a và b

Từ các Tính chất 1.2.11, Tính chất 1.2.12 và Mệnh đề 1.1.9 ta có kếtquả sau

1.2.13 Hệ quả Mọi miền Euclid E đều là miền nhân tử hóa.

1.2.14 Mệnh đề Cho E là miền Euclid Khi đó E là miền iđêan chính

Chứng minh Cho I là iđêan của E Nếu I = 0 thì I = (0) Giả sử I 6= 0 Khi

đó tồn tại những phần tử khác 0 trong I Gọi a là phần tử khác 0 của I saocho δ(a) bé nhất Ta sẽ chứng minh I = (a) Vì a ∈ I nên (a) ⊆ I Giả sử

b ∈ I Ta chia b cho a ta được

b = aq + r, với r = 0 hoặc (r 6= 0 và δ(r) < δ(a))

Ta khẳng định r = 0 Thật vậy, nếu r 6= 0 thì δ(r) < δ(a) Hơn nữa ta lại có

r = b − aq ∈ I Điều này là mâu thuẫn với cách chọn phần tử a Vì thế khẳngđịnh được chứng minh và do đó b = aq ∈ (a) Tức là I là iđêan sinh bởi a,vậy E là miền iđêan chính

Theo Mệnh đề 1.2.14, ta cũng dễ dàng suy ra rằng mọi miền Euclid đều

là miền nhân tử hóa Tuy nhiên Tính chất 1.2.12 vẫn cần thiết được trìnhbày vì nó cho ta một thuật toán tìm ước chung lớn nhất của hai phần tử tùy

ý trong miền Euclid

Trong phần tiếp theo chúng tôi trình bày lại hai lớp iđêan rất đặc biệt đó

là iđêan nguyên tố và iđêan tối đại Hai lớp iđêan này đóng vai trò quan trọngtrong rất nhiều chuyên ngành

1.3 Iđêan nguyên tố và iđêan tối đại

Trong mục này ta luôn giả sử R là vành giao hoán và D là một miền nguyên

1.3.1 Định nghĩa Cho P là một iđêan của vành giao hoán R

(i) P được gọi là iđêan nguyên tố của R nếu P 6= R và thỏa mãn nếu

xy ∈ P thì kéo theo hoặc x ∈ P hoặc y ∈ P ;

(i) P được gọi là iđêan tối đại của R nếu P 6= R và nếu tồn tại iđêan Jnào đó của R chứa thực sự P thì J = R

Trong vành các số nguyên Z các iđêan nguyên tố là (0) và pZ với p là sốnguyên tố Các iđêan tối đại là và chỉ là pZ với p là số nguyên tố Nếu K làmột trường thì nó chỉ có hai iđêan là (0) và chính nó Vì thế iđêan (0) vừa

là nguyên tố, vừa là tối đại Mệnh đề tiếp theo chỉ ra đặc trưng của iđêannguyên tố, iđêan tối đại và mối quan hệ giữa chúng

1.3.2 Mệnh đề Cho P là một iđêan của vành giao hoán R Khi đó các phátbiểu sau là đúng:

(i) P là iđêan nguyên tố của R nếu và chỉ nếu R/P là một miền nguyên;(ii) P là iđêan tối đại của R nếu và chỉ nếu R/P là một trường;

(iii) P là iđêan tối đại của R thì P là iđêan nguyên tố

Chứng minh (i) Cho P là nguyên tố và giả sử có (a + P )(b + P ) = 0 + P,nghĩa là ab ∈ P Do P là iđêan nguyên tố nên kéo theo hoặc a ∈ P hoặc

b ∈ P Điều này tương đương với a + P = 0 + P hoặc b + P = 0 + P, nghĩa làR/P là một miền nguyên

Ngược lại, cho R/P là một miền nguyên và giả sử ab ∈ P Khi đó suy ra(a + P )(b + P ) = ab + P = 0 + P Do R/P là một miền nguyên nên hoặc

a + P = 0 + P hoặc b + P = 0 + P Điều này dẫn đến P là nguyên tố

(ii) Cho P là iđêan tối đại và a + P ∈ R/P là phần tử khác không Suy

ra a /∈ P Khi đó iđêan J = aR + P là iđêan chứa thực sự P Do P là tốiđại nên J = R, nghĩa là tồn tại b ∈ R, y ∈ P sao cho 1 = ab + y Suy ra

1 + P = (a + P )(b + P ) Vậy R/P là một trường

Ngược lại, cho R/P là một trường và giả sử J là iđêan của R chứa P thực

sự Khi đó tồn tại a ∈ J \P, nghĩa là a /∈ P Vì R/P là một trường nên tồntại b + P sao cho 1 + P = ab + P, nghĩa là 1 − ab ∈ P Suy ra tồn tại y ∈ Psao cho 1 = ab + y Vì a, y ∈ J nên 1 ∈ J Vậy P là tối đại

(iii) Vì một trường luôn là một miền nguyên nên nếu P là iđêan tối đại của

R thì P là iđêan nguyên tố

Chú ý rằng điều ngược lại trong Mệnh đề 1.3.2 (iii ) là không đúng Ví dụ

(0) là nguyên tố trong vành các số nguyên Z nhưng không là iđêan tối đại.Tiếp theo là đặc trưng của iđêan nguyên tố trong miền iđêan chính thôngqua phần tử nguyên tố Khi đó ta thấy rằng trong miền iđêan chính mọi iđêannguyên tố khác không đều là tối đại.

1.3.3 Mệnh đề Cho D là miền iđêan chính và 0 6= p ∈ D Khi đó các phátbiểu sau là tương đương:

(i) p là phần tử bất khả quy;

(ii) p là phần tử nguyên tố;

(iii) (p) là iđêan nguyên tố;

(iv) (p) là iđêan tối đại

Chứng minh Rõ ràng ta có (ii) =⇒ (i) Trước tiên ta chứng minh (i) =⇒(iv) Cho p là phần tử bất khả quy Ta cần chứng minh R/(p) là một trường.Thật vậy, cho a + (p) 6= 0 + (p), nghĩa là a không thuộc (p) Suy ra a không làbội của p Vì D là miền iđêan chính và p là bất khả quy nên gcd(a, p) = 1 Khi

đó tồn tại x, y ∈ D sao cho ax + py = 1 Suy ra (a + (p))(x + (p)) = 1 + (p).Vậy R/(p) là một trường

(ii) ⇒ (iii) Vì p là phần tử nguyên tố nên p không khả nghịch Do đó(p) 6= D Giả sử ta có xy ∈ (p) thì p|xy Do p là phần tử nguyên tố nên hoặcp|x hoặc p|y Do đó hoặc x ∈ (p) hoặc y ∈ (p) Vậy (p) là iđêan nguyên tố.(iii) ⇒ (ii) Cho (p) là iđêan nguyên tố và giả sử p|xy, nghĩa là xy ∈ (p) Dotính chất của iđêan nguyên tố nên hoặc x ∈ (p) hoặc y ∈ (p) Suy ra hoặc p|xhoặc p|y Vậy p là phần tử nguyên tố

(iii) ⇒ (iv) Do (p) là iđêan nguyên tố nên (p) 6= D Giả sử J là iđêan của

D thỏa mãn (p) ⊂ J và (p) 6= J Khi đó tồn tại phần tử a ∈ J \(p) Do đó pkhông là ước của a Vì p là nguyên tố nên a, p là nguyên tố cùng nhau Do

đó tồn tại x, y ∈ D sao cho 1 = ax + py Vì a, p ∈ J nên 1 ∈ J Do đó (p) làtối đại

(iv) ⇒ (i) Vì (p) là tối đại nên (p) 6= D Suy ra, p không là ước của đơn vị

Giả sử ngược lại p không bất khả quy Khi đó tồn tại ước thực sự của p là d.

Do đó (p) ⊂ (d) Vì p không là ước của d nên (p) 6= (d) Do tính tối đại suy

ra (d) = D, nghĩa là 1 ∈ (d) Khi đó tồn tại u ∈ D sao cho 1 = du, nghĩa là

d khả nghịch Điều này là mâu thuẫn Vậy (p) là bất khả quy

1.4 Một số tính chất của kí hiệu Legendre

Tiếp theo chúng tôi trình bày lại một số tính chất của kí hiệu Legendre

1.4.1 Định nghĩa Cho p là một số nguyên tố và a ∈ Z Kí hiệu Legendrecủa a đối với p được định nghĩa là

1, nếu tồn tại x sao cho x2 ≡ a (mod p),

−1, nếu không tồn tại x sao cho x2 ≡ a (mod p),

= 0 Trường hợp còn lại nếu a là

số lẻ thì luôn tồn tại 1 ∈ Z sao cho 1 = 12 ≡ a (mod 2) Do đó a

2



= 1

Từ định nghĩa của kí hiệu Legendre ta suy ra một số tính chất cơ bản sau:

1.4.3 Tính chất Cho p là số nguyên tố Các phát biểu sau là đúng:

bp

với mọi số nguyên a, b ∈ Z;

(iii) Nếu a ≡ b (mod p) thì a

p



= bp



b2p



=ap

với mọi số nguyên a, b ∈ Z;

Chứng minh (i) Nếu a là bội của p thì a

(ii) Trước tiên ta xét trường hợp p|ab Do p là nguyên tố nên hoặc p|a hoặc

p|b Từ đó suy ra ab

p



= ap

bp

= 1 Theo định nghĩa tồn tại các số nguyên x, y ∈ Z sao cho p|(x2− a)

và p|(y2− b) Mặt khác, (x2− a)y2+ a(y2− b) = x2y2− ab nên p|(x2y2− ab)

Do đó ab

p



= ap

bp

= 1 Do đó công thức trong (ii) là đúng với p = 2 Tiếp theo ta xét

p là số nguyên tố lẻ Rõ ràng theo trên nếu p là ước của a hoặc b thì ta suy

ra điều cần chứng minh Vì thế ta chỉ còn xét a, b đều là nguyên tố với p Khi

(mod p)

Mặt khác, ta có a, b đều nguyên tố cùng nhau với p nên kí hiệu Legendre chỉ

có thể là 1 hoặc −1 Giả sử

abp



=ap

bp



Khi đó, 1 ≡ −1 (mod p) hay tương đương với 2 ≡ 0 (mod p) Điều này làmâu thuẫn vì p > 3 Vậy công thức (ii) được chứng minh

(iii) Cho a ≡ b (mod p) nghĩa là p|(a − b) Nếu a

= −1 Khi đó do p không chia hết b (vì nếu p|b thì kéo

theo p|a, nghĩa là a



= −1

(iv) Theo (ii) ta suy ra đẳng thức ab

2

p



=ap

b2p

b2p



=ap



Tiếp theo là một số tính chất quan trọng về kí hiệu Legendre dùng chocác chứng minh phần sau

1.4.4 Tính chất Cho p là một số nguyên tố Khi đó các phát biểu sau làđúng:

(i) Xem Hệ quả trang 187 của [B]

− 1p



=

(

1, nếu p ≡ 1 hoặc 11 (mod 12),

−1, nếu p ≡ 5 hoặc 7 (mod 12)

1.4.5 Chú ý Trong phát biểu của Tính chất 1.4.4 ta suy ra ngay rằng p là

số nguyên tố lẻ Vì vậy trong một số phát biểu cho p là số nguyên tố ta ngầmhiểu p là số nguyên tố lẻ

Từ một số tính chất trên ta có ví dụ minh họa sau:

1.4.6 Ví dụ Ta cần tính  − 46

17

 Theo Tính chất 1.4.3(ii) ta có

− 4617



= − 117

4617



Mặt khác, do p = 17 ≡ 1 (mod 4), theo Tính chất 1.4.4(i) ta có  − 1



=4617



Lại có 46 ≡ 12 (mod 17), theo Tính chất 1.4.3(iii) suy ra

 − 4617



=4617



=1217



Theo Tính chất 1.4.3(iv) ta có

1217



Do 3, 17 là nguyên tố cùng nhau nên Tính chất 1.4.3 ta có

Tiếp theo là một số bổ đề sử dụng trong các chứng minh sau

1.4.7 Bổ đề Cho p là một số nguyên tố Khi đó p ≡ 1 (mod 3) nếu và chỉnếu p ≡ 1 (mod 6)

Chứng minh Cho p là một số nguyên tố sao cho p ≡ 1 (mod 3) thì khi đó tồntại k ∈ Z sao cho p = 3k + 1 Nếu k = 2t thì p = 6t + 1 nên p ≡ 1 (mod 6).Nếu k = 2t + 1 thì p = 6t + 4, mâu thuẫn với tính nguyên tố của p Ngượclại, nếu p ≡ 1 (mod 6) thì hiển nhiên p ≡ 1 (mod 3)

1.4.8 Bổ đề Cho p là một số nguyên tố Khi đó p ≡ 1 hoặc 7 (mod 12) thì

p ≡ 1 (mod 12) Nếu k = 2t + 1 với t ∈ Z nào đó Suy ra p ≡ 7 (mod 12)

Từ các kết quả trên ta có tính chất sau

1.4.9 Tính chất Cho p là một số nguyên tố Khi đó  − 3

p



= 1 nếu và chỉnếu p ≡ 1 (mod 6)