VÀNH ƠCLITTrần Văn Cương

VÀNH ƠCLIT Trần Văn Cương Định nghĩa ví dụ 1.1 Định nghĩa Vành Ơclit miền nguyên A với ánh xạ δ : A∗ = A\{0} → N a−→δ(a) cho : (i)Nếu a, b ∈ A, a|b, b = δ(a) ≤ δ(b); (ii)Với hai phần tử a, b tùy ý A, b = 0,tồn q, r ∈ A cho a = bq + r δ(r) < δ(b) r = 1.2 Các ví dụ Ví dụ 1.Vành số nguyên Z với ánh xạ δ : Z∗ → N n−→|n| vành Ơclit Hiển nhiên Z miền nguyên Giả sử m, n ∈ Z, m|n, n = Vì m|n, n = nên n = mk, k ∈ Z∗ Ta có: δ(n) = δ(mk) = |mk| = |m||k| ≥ |m| = δ(m) (vì |k| ≥ 1) Với ∀m, n ∈ Z, n = 0.Xét m ∈ Q ta ln tìm số nguyên q cho n m | n − q| < hay |m − nq| < |n| Đặt r = m − nq r ∈ Z ta m = nq + r với δ(r) < δ(n) r = 0.Vậy Z vành Ơclit Ví dụ 2.Vành đa thức K[x],với K trường với ánh xạ δ : K[x]∗ → N f −→deg f vành Ơclit Do K trường nên hiển nhiên vành đa thức K[x] miền nguyên Giả sử f, g ∈ K[x], f |g, g = Vì f |g, g = nên g = f h, h ∈ K[x]∗ Ta có δ(g) = deg g = deg (f h) = deg f + deg h ≥ deg f = δ(f ) Với ∀f, g ∈ K[x], g = 0.Xét phép chia đa thức f cho đa thức g ta f = gq + r, q, r ∈ K[x] Rõ ràng δ(r) = deg r < deg g = δ(g) r = 0.Vậy K[x] vành Ơclit Ví dụ 3.Vành số nguyên Gauss Z[i] với ánh xạ δ : Z[i]∗ → N z−→|z|2 vành Ơclit Hiển nhiên Z[i] miền nguyên Giả sử α = a + bi, β = c + di ∈ Z[i], α|β, β = Vì α|β, β = nên β = γα, γ = m + ni ∈ Z[i]∗ Ta có α = a+bi, β = c+di = (m+ni)(a+bi) = (am−bn)+(an+bm)i ⇒ c = am − bn d = an + bm δ(α) = a2 + b2 δ(β) = c2 + d2 = (am − bn)2 + (an + bm)2 = (a2 + b2 )(m2 + n2 ) Vì γ = m + ni ∈ Z[i]∗ nên m2 + n2 ≥ 1.Do δ(α) ≤ δ(β) Với ∀α, β ∈ Z[i], β = xét αβ = x + yi ∈ Q[i].Ta biết cho số hữu tỉ x tìm số nguyên a cho |x − a| ≤ 1 =⇒ |x − a|2 ≤ Cũng làm với số hữu tỉ y,ta có b ∈ Z cho |y − b|2 ≤ 14 Đặt q = a + bi q ∈ Z[i],ta có | α − βq α | = | −q|2 = |(x+yi)−(a+bi)|2 = |(x−a)+(y−b)i|2 = (x−a)2 +(y−b)2 ≤ < β β Vậy | α−βq |2 < hay |α − βq|2 < |β|2 β Đặt r = α − βq,thì r ∈ Z[i],ta α = βq + r với δ(r) < δ(β) r = 0.Vậy Z[i] vành Ơclit Mối quan hệ vành vành Ơclit 2.1 Định lý.Nếu A vành Ơclit A vành Chứng minh Ta cần chứng minh iđêan A iđêan Giả sử I iđêan A Nếu I = {0} I iđêan sinh Giả sử I = {0}.Gọi a phần tử khác I cho δ(a) bé tập hợp δ(I ∗ = I\{0}) Với x ∈ I, theo tính chất (ii) có q, r ∈ A cho x = aq + r Vì a, x ∈ I nên r = x − aq ∈ I.Nếu r = ta có δ(r) < δ(a),mâu thuẫn với giả thiết δ(a) bé δ(I ∗ ).Do r = I = aA.Vậy I iđêan A.Định lý chứng minh Ví dụ 4.Các vành Ơclit Z, K[x], Z[i] xét ví dụ 1,2,3 mục 1.2 đồng thời vành Nhận xét.Điều ngược lại định lý 2.1 nói chung khơng đúng.Chẳng hạn xét ví dụ sau: Ví dụ 5.Chứng minh vành √ + i 19 A = {a + b |a, b ∈ Z} vành khơng phải vành Ơclit Để giải ví dụ này,trước hết xin phát biểu không chứng minh bổ đề: Bổ đề Điều kiện cần đủ để miền nguyên A vành Ơclit tồn phần tử không khả nghịch x ∈ A cho phần tử y ∈ A có dạng y = xq có dạng y = xq + r, r khả nghịch Bây quay trở lại với √ ví dụ ta có nhận xét sau : (1) Nếu y = a + b 1+i2 19 ∈ A chuẩn y b 19b2 N(y) = |y|2 = (a + )2 + = a2 + ab + 5b2 ∈ N Mặt khác,nếu y có phần ảo N(y) ≥ (2) Các phần tử khả nghịch √của A ±1 Thật vậy,giả sử u = a + b 1+i2 19 ∈ A khả nghịch.Khi tồn v ∈ A cho uv = 1.Thế N(u)N(v) = N(uv) = N(1) = 1.Theo nhận xét (1) N(u) = = (a + 2b )2 + 19b hay (2a + b)2 + 19b2 = 4.Vậy b = 4a2 = 4 hay a = ±1 Áp dụng vào toán,ta giả thiết phản chứng A vành Ơclit Khi theo bổ đề phải tồn phần tử không khả nghịch x ∈ A cho ∀y ∈ A có dạng y = xq có dạng y = xq ± (theo nhận xét (2)).Từ đó: •Nếu Im x = =⇒ x = m ∈ Z, m = ±1.√ Nhưng y = (m + 1) + (m + 1) 1+i2 19 ∈ A khơng có dạng y = mq y = mq ± 1.Vơ lý •Nếu Im x = theo nhận xét (1) có N(x) ≥ 5.Xét y = ∈ A = xq = xq ± Nếu xq = N(x)N(q) = mà N(x) ≥ suy vô lý Nếu xq ± = xq = ⇒ N(x)N(q) = (vì xq = khơng xảy x không khả nghịch) mà N(x) ≥ nên N(x) = 9, N(q) = theo nhận xét (1) (2) q = ±1 x = ±3,mâu thuẫn với việc x có phần ảo Vậy A không vành Ơclit Dĩ nhiên A vành iđêan A có dạng I = {0} = 0.A −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−Hết tiết 1−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− Ứng dụng 3.1 Định lý Giả sử A vành a, b, q, r ∈ A thỏa mãn quan hệ a = bq + r Thế ước chung lớn a b ước chung lớn b r Chứng minh Gọi I iđêan sinh a, b J iđêan sinh b, r Từ a = bq + r =⇒ a ∈ J,do I ⊂ J Từ r = a − bq =⇒ r ∈ I,do J ⊂ I.Vậy I = J Nhưng A vành chính,nên tồn d ∈ I cho I = dA.Ta có d = ax + by, x, y ∈ A (∗) Vì a, b ∈ I = dA nên a = da′ , b = db′ , a′ , b′ ∈ A.Do d ước chung a b.Thêm c ước chung a b,tức có a = ca′′ , b = cb′′ , a′′ , b′′ ∈ A,thế từ (*) suy d = c(a′′ x + b′′ y) =⇒ d ước chung lớn a b.Nhưng I = J nên d ước chung lớn b r.Định lý chứng minh Bây giả sử A vành Ơclit vấn đề đặt tìm ƯCLN(a, b) Nếu a = ƯCLN(a, b) = b Giả sử a, b khác 0.Thực phép chia a cho b ta a = bq0 + r0 với δ(r0 ) < δ(b) r0 = Nếu r0 = ta lại chia b cho r0 : b = r0 q1 + r1 với δ(r1 ) < δ(r0 ) r1 = Nếu r1 = ta lại chia r0 cho r1 : r0 = r1 q2 + r2 với δ(r2 ) < δ(r1 ) r2 = Quá trình chia phải chấm dứt sau số hữu hạn bước dãy số tự nhiên: δ(b) > δ(r0 ) > δ(r1 ) > δ(r2 ) > giảm vô hạn,tức sau số lần chia ta phải có rk−1 = rk qk+1 + Áp dụng định lý 3.1 ta có rk = ƯCLN(rk , 0) = ƯCLN(rk−1 , rk ) = = ƯCLN(b, r0 ) = ƯCLN(a, b) Thuật toán chia gọi thuật tốn Ơclit Ví dụ Tìm ƯCLN f (x) = x5 + x3 + x2 + x + g(x) = x3 + 2x2 + x + Trước hết ta có nhận xét : Nếu a′ phần tử liên kết a ƯCLN(a′ , b) = ƯCLN(a, b) Áp dụng thuật tốn Ơclit ta có : f (x) = (x2 − 2x + 4)g(x) + r0 (x), r0 (x) = −6x2 − x − 6g(x) = (−x − 11 )r0 (x) + r1 (x), r1 (x) = 67 x + 21 −r0 (x) = ( 36 x − 66 )r1 (x) + r2 (x), r2 (x) = 75 7 Từ ƯCLN(f (x), g(x)) = Bây ta áp dụng kết thu vành vành Ơclit để nghiên cứu vành đa thức K[x] với K trường.Trong vành đa thức K[x] ta ý đến đặc điểm sau: •Các đa thức bậc ax + b, (a = 0) bkq K[x].Đó đa thức bkq có nghiệm K •Các đa thức bkq khác có bậc lớn khơng có nghiệm K •Mọi đa thức f (x) có bậc ≥ viết dạng sau,sai khác nhân tử khả nghịch f (x) = (a1 x + b1 )m1 · · · (ak x + bk )mk p1 (x)n1 · · · pr (x)nr x + bi , i = 1, , k,là đa thức bậc không liên kết,các pj (x), j = 1, , r đa thức bkq có bậc > không liên kết,các mi , nj ∈ N •deg f (x) ≥ m1 + m2 + + mk 3.2 Định lý Giả sử f (x) đa thức bậc n > vành K[x],với K trường.Thế f (x) có khơng q n nghiệm K, nghiệm phân biệt trùng Chứng minh Giả sử f (x) có phân tích f (x) = (a1 x + b1 )m1 · · · (ak x + bk )mk p1 (x)n1 · · · pr (x)nr Thế rõ ràng n = deg f (x) ≥ m1 + m2 + + mk = số nghiệm f (x) K 3.3 Định lý Giả sử p(x) = a0 + a1 x + · · · + an xn (n > 1) đa thức bất khả quy vành K[x].Thế có trường E xác định (sai khác đẳng cấu) cho (i)K trường E (ii)p(x) có nghiệm θ E (iii)Mọi phần tử α ∈ E viết dạng α = b0 + b1 θ + · · · + bn−1 θn−1 , bi ∈ K, i = 0, 1, , n − Chứng minh.(i) Gọi I iđêan sinh p(x), I tối đại.Như vành thương E = K[x]/I trường Xét toàn cấu tắc h : K[x] → K[x]/I f (x)−→f (x)+I Thu hẹp h vào K đồng cấu h : K → K[x]/I Ta chứng minh đơn cấu.Thật ,giả sử a, b ∈ K cho a + I = b + I Vậy a − b ∈ I,tức a − b bội p(x),điều xảy a − b = 0.Vì h đơn cấu nên ta đồng phần tử a ∈ K với h(a) ∈ K[x]/I = E Do K trường trường E (ii) Ký hiệu h(f (x)) = f (x) + I = f (x).Ta có p(x) = a0 + a1 x + + an xn = Nhưng ta đồng phần tử a ∈ K với h(a) = h(a) = a ∈ K[x]/I = E ta viết a0 + a1 θ + + an θn = θ = x.Vậy θ ∈ E nghiệm p(x) (iii) Cuối phần tử tùy ý E có dạng f (x) với f (x) đa thức K[x].Lấy f (x) chia cho p(x),ta f (x) = p(x)q(x) + r(x) với r(x) = b0 + b1 x + + bn−1 xn−1 , b0 , b1 , , bn−1 ∈ K,không thiết khác 0.Lấy ảnh f (x) h f (x) = p(x)q(x)+r(x) = 0+r(x) = b0 +a1 x+ .+bn−1 xn−1 = b0 +b1 θ+ .+bn−1 θn−1 Hai phần tử f (x) = b0 + b1 θ + + bn−1 θn−1 g(x) = c0 + c1 θ + + cn−1 θn−1 bi = ci , i = 0, 1, , n − (vì f (x) − g(x) bội p(x)) Bây ta chứng minh trường E xác định (sai khác đẳng cấu).Thật vậy,giả sử có trường E ′ có tính chất (i),(ii),(iii).Gọi θ′ nghiệm p(x) E ′ Xét đồng cấu ϕ : K[x] → E ′ f (x)−→f (θ ′ ) Ta có p(x) ∈ ker ϕ.Mặt khác K[x] vành nên ker ϕ sinh đa thức p′ (x).Vì ϕ = nên ker ϕ = K[x],do p′ (x) khơng khả nghịch.Kết luận p(x) p′ (x) phải liên kết,do ker ϕ = I.Thêm (iii),E ′ ⊂ Im ϕ = K[θ′ ],vậy E ′ = Im ϕ,và ta có ϕ tồn cấu.Áp dụng định lý đồng cấu,ta có đơn cấu ϕ : K[x]/I → E ′ cho tam giác K[x] ▲ ϕ ▲▲▲ ▲▲▲ p ▲▲▲ && // E ′ 99 s s ss s s ss sss ϕ K[x]/I = E giao hoán.Nhưng ϕ tồn ánh nên ϕ toàn ánh.Đẳng cấu ϕ xác định bởi: b0 + b1 θ + + bn−1 θn−1 −→ b0 + b1 θ′ + + bn−1 θ′ n−1 giữ nguyên phần tử K biến θ thành θ′ Ví dụ 7.Cho trường K = R, p(x) = x2 + đa thức bkq R[x].Hãy xây dựng trường E thỏa mãn tính chất sau: (a)R trường E (b)p(x) = x2 + có nghiệm E (c)∀α ∈ E viết dạng α = b0 + b1 θ, b0 , b1 ∈ R Áp dụng định lý 3.3 ta xây dựng trường E trường C = {a + bi|a, b ∈ R} 3.4 Hệ Giả sử f (x) đa thức có bậc n > vành đa thức K[x].Thế có trường chứa K trường cho f (x) có n nghiệm đó,các nghiệm phân biết trùng Chứng minh Gọi p(x) nhân tử bkq f (x) có bậc lớn (nếu nhân tử bkq f (x) bậc f (x) có đầy đủ nghiệm K vấn đề coi xong).Ta xây dựng trường E định lý 3.3,đa thức p(x) có nghiệm E,do f (x) vậy.Nếu f (x) có n nghiệm E vấn đề coi xong,trái lại f (x) phải có dạng f (x) = (x − c1 )m1 · · · (x − ck )mk f1 (x) với ci ∈ E, i = 1, 2, , k, f1 (x) ∈ E[x] với < deg f1 (x) < deg f (x) Ta lại mở rộng trường E thành trường E1 để f1 (x) có nghiệm E1 Vì bậc đa thức hữu hạn nên sau số bước hữu hạn ta phải trường Ek f (x) có n nghiệm Ví dụ 8.Xét đa thức f (x) ∈ Q[x], Q trường số hữu tỉ f (x) = x4 − x2 − = (x2 + 1)(x2 − 2) Các đa thức x2 + x2 − bkq Q[x].Ta mở rộng Q theo phương pháp định lý 3.3 để x2 + có nghiệm.Gọi Q[i] trường mở rộng với i nghiệm x2 + 1.Vì −i ∈ Q[i] nên Q[i] chứa √ hai nghiệm x2 + 1.Bây ta lại mở rộng Q[i]√để x2 − có nghiệm.Gọi nghiệm x2 − ký hiệu √ Q(i)( 2) trường mở rộng đó,ta √ hai nghiệm x − trong√Q(i)( 2).Như trường Q(i)( 2) f (x) có bốn nghiệm ±i, ± ... βq,thì r ∈ Z[i],ta α = βq + r với δ(r) < δ(β) r = 0.Vậy Z[i] vành Ơclit Mối quan hệ vành vành Ơclit 2.1 Định lý.Nếu A vành Ơclit A vành Chứng minh Ta cần chứng minh iđêan A iđêan Giả sử I iđêan... (x), r2 (x) = 75 7 Từ ƯCLN(f (x), g(x)) = Bây ta áp dụng kết thu vành vành Ơclit để nghiên cứu vành đa thức K[x] với K trường.Trong vành đa thức K[x] ta ý đến đặc điểm sau: •Các đa thức bậc ax +... minh Ví dụ 4.Các vành Ơclit Z, K[x], Z[i] xét ví dụ 1,2,3 mục 1.2 đồng thời vành Nhận xét.Điều ngược lại định lý 2.1 nói chung khơng đúng.Chẳng hạn xét ví dụ sau: Ví dụ 5.Chứng minh vành √ + i 19