Vành số nguyên gauss

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN Nguyễn Thị Kim Lanh VÀNH SỐ NGUYÊN GAUSS KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Hà Nội – Năm 2018 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN Nguyễn Thị Kim Lanh VÀNH SỐ NGUYÊN GAUSS Chuyên ngành: Đại số KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC Phan Văn Lộc Hà Nội – Năm 2018 Lời cảm ơn Trước trình bày nội dung khóa luận, em xin bày tỏ lòng cảm ơn tới Thầy Cơ khoa Tốn, trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2, Thầy Cô tổ môn Đại số Thầy Cô tham gia giảng dạy tận tình truyền đạt tri thức quý báu tạo điều kiện thuận lợi để em hồn thành tốt nhiệm vụ khóa học khóa luận Đặc biệt, em xin bày tỏ kính trọng lòng biết ơn sâu sắc tới Thầy Phan Văn Lộc, người trực tiếp hướng dẫn, bảo tận tình giúp đỡ để em hồn thành khóa luận Do thời gian, lực điều kiện thân hạn chế nên khóa luận khơng thể tránh khỏi thiếu sót Vì vậy, em mong nhận ý kiến góp ý quý báu Thầy Cô bạn Hà Nội, tháng năm 2018 Sinh viên Nguyễn Thị Kim Lanh Lời cam đoan Em xin cam đoan khóa luận "Vành số ngun Gauss" cơng trình nghiên cứu riêng em hướng dẫn Thầy Phan Văn Lộc Các nội dung nghiên cứu khóa luận hồn tồn trung thực Ngồi ra, đề tài sử dụng số tài liệu có ghi rõ danh mục tài liệu tham khảo Nếu phát có gian lận nào, em xin chịu hoàn tồn trách nhiệm khóa luận nghiên cứu riêng mình! Hà Nội, tháng năm 2018 Sinh viên Nguyễn Thị Kim Lanh Mục lục Lời mở đầu 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 1.2 Một số kiến thức nhóm, vành 1.1.1 Nhóm 1.1.2 Vành Một số lớp vành đặc biệt 1.2.1 Vành 1.2.2 Vành Euclid 18 1.2.3 Vành Gauss (vành nhân tử hóa) 20 Vành số nguyên Gauss số ứng dụng 25 2.1 Vành số nguyên Gauss 25 2.2 Tính chất vành số nguyên Gauss 27 2.2.1 Vành số nguyên Gauss miền Euclid 27 2.2.2 Tính chất chia hết tập số nguyên Gauss 28 2.2.3 Số nguyên tố Gauss 35 2.2.4 Đồng dư tập số nguyên Gauss 41 Một số ứng dụng 43 2.3 i Khóa luận tốt nghiệp Đại học nguyễn thị kim lanh Kết luận 50 Tài liệu tham khảo 51 ii Khóa luận tốt nghiệp Đại học nguyễn thị kim lanh Lời mở đầu Số nguyên Gauss số phức mà phần thực phần ảo số nguyên Nó dạng tổng qt số ngun thơng thường, có ích việc tìm hiểu xem tính chất số nguyên mở rộng cho lớp rộng Và từ việc tìm hiểu tính chất số nguyên Gauss ta trực tiếp suy số tính chất số nguyên thơng thường Các số ngun Gauss với phép tốn cộng phép toán nhân số phức cảm sinh thành vành, gọi vành số nguyên Gauss, kí hiệu Z[i] Trong vành số nguyên Gauss, ta xây dựng khái niệm tương tự vành số nguyên Z như: chia hết, phần tử nguyên tố, đồng dư thức Vành số nguyên Gauss nội dung quan trọng lý thuyết số Nó cơng cụ để giải nhiều tốn số học Chính thế, hướng dẫn tận tình Thầy giáo Phan Văn Lộc, em chọn đề tài "Vành số nguyên Gauss" làm đề tài nghiên cứu khóa luận Khóa luận gồm hai chương Chương nhắc lại số kiến thức nhóm, vành Chương trình bày khái niệm vành số nguyên Gauss, tính chất số ứng dụng Số học Do thời gian có hạn lực thân nhiều hạn chế nên khóa luận khơng tránh khỏi thiếu sót Em mong nhận góp ý Thầy Cô bạn sinh viên Em xin chân thành cảm ơn! Khóa luận tốt nghiệp Đại học nguyễn thị kim lanh Hà Nội, tháng năm 2018 Tác giả khóa luận Nguyễn Thị Kim Lanh Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số kiến thức nhóm, vành 1.1.1 Nhóm Định nghĩa 1.1 Cho tập hợp X Một phép tốn hai ngơi X ánh xạ f : X × X −→ X (x, y) −→ f (x, y) Giá trị f (x, y) hợp thành x y Thơng thường ta biểu diễn phép tốn hai phép nhân thay cho f (x, y) ta viết x ◦ y, x ∗ y hay đơn giản xy, gọi tích x y Đơi ta kí hiệu phép tốn hai dấu + gọi x + y tổng x y Ví dụ 1.1.1 Trong tập hợp N số tự nhiên, phép cộng,phép nhân phép tốn hai ngơi; hợp thành x ∈ N y ∈ N phép tốn kí hiệu theo thứ tự x + y, xy Khóa luận tốt nghiệp Đại học nguyễn thị kim lanh Phép trừ phép tốn hai ngơi N, phép tốn hai ngơi tập hợp Z số ngun Định nghĩa 1.2 (i) Một tập hợp X với phép tốn hai ngơi ◦ X gọi nửa nhóm phép tốn hai ngơi ◦ thỏa mãn luật kết hợp, nghĩa x ◦ (y ◦ z) = (x ◦ y) ◦ z với x, y, z ∈ X (ii) Nửa nhóm X gọi vị nhóm X có phần tử e, gọi phần tử đơn vị cho e ◦ x = x ◦ e = x với x ∈ X (iii) Nửa nhóm X gọi giao hốn phép tốn ◦ giao hốn, nghĩa x ◦ y = y ◦ x với x, y ∈ X Định nghĩa 1.3 Một nửa nhóm X gọi nhóm có tính chất sau: (i) Có phần tử đơn vị e, (ii) Với x ∈ X, có x cho x x = xx = e (phần tử x gọi phần tử đối xứng hay nghịch đảo x) Nếu tập hợp X hữu hạn ta có nhóm hữu hạn số phần tử X gọi cấp nhóm Nếu phép tốn hai ngơi X giao hốn ta có nhóm giao hốn hay nhóm aben Ví dụ 1.1.2 Tập hợp số nguyên Z với phép toán cộng thơng thường nhóm giao hốn mà ta gọi nhóm cộng số nguyên Khóa luận tốt nghiệp Đại học nguyễn thị kim lanh Cho α số nguyên Gauss khác không không khả nghịch Khi α biểu diễn dạng α = τ1 τ2 τm τi số nguyên tố Gauss Nếu có hai biểu diễn α = τ1 τ2 τm = ω1 ω2 ωn ta phải có m = n tồn hoán vị (i1 , , in ) (1, 2, , n) cho τi ωij hai số kết hợp với (j = 1, 2, , n) Nghĩa số ngun Gauss α khác khơng khơng biểu diễn (phân tích) thành tích số nguyên tố Gauss Thêm vào đó, biểu diễn nhất, sai khác thứ tự thừa số khả nghịch Chứng minh Nếu α số nguyên tố Gauss α thành phần biểu diễn Nếu trái lại, α phân tích thành tích hai số ngun Gauss khác khơng khả nghịch α = β1 β2 Nếu β1 số ngun tố Gauss, ta giữ ngun Nếu trái lại phân tích thành tích hai số nguyên Gauss khác không khả nghịch β1 = β3 β4 Ta làm điều tương tự cho β2 Ta tiếp tục trình chừng có hợp số Gauss xuất (nếu xuất hợp số ta lại phân tích thành tích hai số nguyên Gauss khác không khả nghịch) Sau số hữu hạn bước, trình phải kết thúc (tức khơng hợp số nữa) Thật vậy, giả sử α = β1 β2 βn N (α) = N (β1 ) N (βn ) ≥ 2n Suy n ≤ log2 N (α), n khơng thể tăng vơ hạn Tiếp theo, ta chứng tỏ tính phân tích (sai khác thứ tự thừa số khả nghịch) Giả sử ta có α = τ1 τ2 τm = ω1 ω2 ωn (m ≤ n), 37 Khóa luận tốt nghiệp Đại học nguyễn thị kim lanh nhân tử τi ωj số ngun tố Gauss, khơng thiết phân biệt Vì τ1 |ω1 ω2 ωn (m ≤ n) nên theo Bổ đề 2.2, τ1 ước nhân tử, ký hiệu nhân tử ωi1 ,τ1 |ωi1 Vì ωi1 số nguyên tố Gauss nên τ1 , ωi1 hai số kết hợp,ωi1 = ε1 τ1 Giản ước hai vế cho τ1 ta thu τ2 τn = ε1 ω2 ωm Tiếp tục trình ta thu ωi2 = ε2 τ2 , , ωim = εm τm Nếu n > m ta có = ε1 εm τmj , j ∈ / {i1 , , im } Vậy ωj |1 ωi khả nghịch Ta có mâu thuẫn Thành thử, m = n α = τ1 τ2 τm = (ε1 τ1 )(ε2 τ2 ) (εm τm ), εi phần tử khả nghịch với Πε = Định lí 2.6 Cho α β hai số nguyên Gauss nguyên tố Giả sử αβ = γ k , k ≥ số nguyên dương Khi , tồn số nguyên Gauss α1 , β1 phần tử khả nghịch ε, δ cho α = εα1 k β = δβ1 k Bổ đề 2.3 Cho p số ngun tố Khi phương trình p = x2 + y có nghiệm p khơng có dạng 4k + 38 Khóa luận tốt nghiệp Đại học nguyễn thị kim lanh Chứng minh Giả sử phương trình p = x2 + y có nghiệm nguyên (a, b) p = 4k + Dễ thấy a, b không chia hết cho p Ta có a2 ≡ −b2 (mod p) ⇒ ap−1 ≡ (−1) p−1 bp−1 (mod p) ⇒ ≡ −1 (mod p) Ta có mâu thuẫn Đảo lại, giả sử p khơng có dạng 4k + Khi p = p = 4k + Nếu p = phương trình = x2 + y rõ ràng có p−1 } nghiệm (1; 1) Giả sử p = 4k + Dễ thấy tập {±1, ±2, , ± hệ thặng dư thu gọn (mod p) Khi (±1)(±2) (± p−1 ) ≡ (p − 1)! (mod p)≡ (mod p) p−2 số chẵn nên p−1 [( )!] + ≡ (mod p) p−1 √ Đặt m = [( )!] q = [ p] Xét tập {x + my, x, y = 0, 1, 2, , q} 2 Vì (q + 1) > p nên tồn (x1 , y1 ) = (x2 , y2 ) cho Vì x1 + my1 ≡ x2 + my2 (mod p) Suy (x1 − x2 ) ≡ m(y2 − y1 ) (mod p) Do (x1 − x2 )2 ≡ m2 (y2 − y1 )2 (mod p) Đặt a = |x1 − x2 |, b = |y1 − y2 | Vì m2 ≡ −1 (mod p) nên suy a2 + b2 ≡ (mod p) Lại có a2 ≤ q < p, b2 ≤ q < p, a2 + b2 = nên suy a2 + b2 = p Định lí 2.7 Cho τ = a + bi số nguyên Gauss không khả nghịch Khi đó: (i) Nếu b = 0, a = τ số nguyên tố Gauss a số nguyên tố thông thường có dạng 4k + 39 Khóa luận tốt nghiệp Đại học nguyễn thị kim lanh (ii) Nếu a = 0, b = τ số nguyên tố Gauss b số nguyên tố thơng thường có dạng 4k + (iii) Nếu a = 0, b = τ số nguyên tố Gauss N (τ ) = a2 + b2 số nguyên tố thông thường Vậy tập hợp tất số nguyên Gauss là: + Tất số ngun tố thơng thường p có dạng 4k + số nguyên tố kết hợp với chúng + Tất số nguyên Gauss a + bi, (a, b) nghiệm phương trình p = a2 + b2 với P = p số nguyên tố có dạng 4k + (Nghiệm (a, b) tồn theo Bổ đề 2.3) Chứng minh (i) Ta có τ = a Nếu τ số nguyên tố Gauss a phải số nguyên tố thông thường Ta chứng minh a có dạng 4k+3 Theo Bổ đề 2.3, tồn số nguyên x, y cho: a2 = x2 + y ; x, y ∈ N∗ ⇒ a = (x + iy)(x − yi) Do τ = a hợp số Gauss Khi τ = αβ Suy N (τ ) = a2 = N (α)N (β) ⇒ N (α) = N (β) = a Giả sử a = x + iy Khi N (α) = x2 + y = a2 Điều trái với bổ đề 2.3 a số nguyên tố dạng 4k + (ii) Ta có τ = ib Do τ b hai số nguyên Gauss kết hợp Do τ số nguyên tố Gauss b số nguyên tố Gauss Do (i) ta có điều phải chứng minh (iii) Giả sử N (τ ) số nguyên tố thông thường Nếu τ hợp số Gauss ta có τ = αβ α, β số nguyên tố Gauss khơng khả nghịch Do N (τ ) = N (α)N (β) Suy N (α) = 40 Khóa luận tốt nghiệp Đại học nguyễn thị kim lanh N (β) = Ta có mâu thuẫn Ngược lại, giả sử τ số nguyên tố Gauss Ta phải chứng minh N (τ ) số nguyên tố thơng thường Trước hết ta có tồn số nguyên tố thông thường p cho p|τ Thật vây, τ τ = N (τ ) nên τ ước số số nguyên dương thông thường N (τ ) Gọi n số nguyên dương thông thường bé nhận τ ước Khi n số ngun tố thơng thường Thật vậy, trái lại giả sử n = n1 n2 , < n1 < n, < n2 < n Vì τ |n1 n2 = n nên theo Bổ đề 2.2 ta có τ |n1 τ |n2 , điều mâu thuẫn với cách chọn n Vậy n phải số ngun tố thơng thường, ta kí hiệu p Ta có p = τ β(do τ |p) Số β khơng phải khả nghịch a = 0, b = Vậy N (τ ) < N (p) = p2 Mà N (τ )|N (p) = p2 nên suy N (τ ) = p Định lí chứng minh 2.2.4 Đồng dư tập số nguyên Gauss Định nghĩa 2.8 Cho α, β, γ số nguyên Gauss Ta nói α đồng dư với β modun γ γ|(α − β) Khi ta viết α ≡ β (mod γ) Dễ thấy quan hệ đồng dư modun γ xác định cho ta quan hệ tương đương Z[i] Định lí 2.8 (i) Nếu γ = m số nguyên thông thường, α = a + bi, β = x + yi α ≡ β (mod m) a ≡ x (mod m), b ≡ y (mod m) (ii) Nếu α1 ≡ β1 (mod γ), α2 ≡ β2 (mod γ) (α1 ± α2 ) ≡ (β1 + β2 ) (mod γ), α1 α2 ≡ β1 β2 (mod γ) 41 Khóa luận tốt nghiệp Đại học nguyễn thị kim lanh Định lí 2.9 Cho p > số nguyên tố thông thường α số nguyên tố Gauss Khi đó:  α (mod p) p = 4k + p (i) α ≡  α (mod p) p = 4k + (ii) Với số nguyên p thông thường αp2 ≡ α (mod p) (iii) αp −1 ≡ (mod p) p = 4k + 3, α ≡ (mod p) αp−1 ≡ (mod p) p = 4k + 1, N (α) ≡ (mod p) Chứng minh (i) Giả sử α = a + bi Vì Ckp ≡ (mod p),(1 ≤ k ≤ p − 1) Định lí Fermat ta có: αp = (a + bi)p ≡ ap + bip (mod p) ≡ a + ip b (mod p) Mặt khác , p = 4k + ip = −i p = 4k + ip = i Khi đó, αp ≡ α (mod p) với p = 4k + (ii) Nếu p = 4k +1 ta có αp2 ≡ αp (mod p)≡ α (mod p) Nếu p = 4k +3 ta có αp2 ≡ αp (mod p)≡ α (mod p) (iii) Giả sử α = a + bi ≡ (modp), p = 4k + Khi a2 + b2 ≡ (modp) (vì trái lại a ≡ b ≡ (mod p)) ⇒ α = a + bi ≡ (mod p) ⇒ tồn c cho c(a2 + b2 ) ≡ (mod p) Đặt β = c(a − bi) ⇒ αβ = c(a2 + b2 ) ≡ (mod p) Do (ii) ta có α(αp −1 − 1) ≡ (mod p) Giả sử α = a + bi ≡ (mod p), p = 4k + 3, N (α) = a2 + b2 ≡ (mod p) Tương tự tồn β cho βα ≡ (mod p).Bằng lập luận (ii) từ αp ≡ α (mod p) ta dẫn đến αp−1 ≡ αp (mod p)≡ α (mod p) 42 Khóa luận tốt nghiệp Đại học 2.3 nguyễn thị kim lanh Một số ứng dụng Bài tốn 2.3.1 Tìm tất ba Pytago (x, y, z) tức tìm tất nghiệm nguyên dương (x, y, z) phương trình x2 + y = z Giải Vì (x, y, z) ba Pytago (kx, ky, kz) ba Pytago với k ∈ N∗ nên không giảm tổng quát, ta giả sử (x, y, z) = 1, tức (x, y, z) ba Pytago nguyên thủy Từ suy (x, y) = (y, z) = (z, x) = Do x, y khơng chẵn, Tuy nhiên x, y khơng thể lẻ z ≡ 2(mod 4), vơ lí Giả sử x chẵn, y lẻ Khi (x + iy)(x − iy) = z Bây ta chứng minh hai số nguyên Gauss x + iy x − iy nguyên tố Thật vậy, giả sử trái lại tồn số nguyên Gauss τ cho τ |(x + iy), τ |(x − iy) Suy τ |2x, τ |2iy Ta τ không ước Thật vậy, τ |2 N (τ )|N (2) = Do N (τ ) chẵn Vì N (τ )|N (x + iy) = x2 + y x2 + y số chẵn Mâu thuẫn Từ τ |x, τ |y Suy N (τ )|N (x) = x2 , N (τ )|N (y) = y Theo Định lí 2.7 , N (τ ) = p số nguyên tố thông thường Vậy p|x, p|y Điều trái với giả thiết (x, y) = Do Định lí 2.6, ta có x + iy = ±(m + in)2 = ±(m2 − n2 ) ± (2mn)i x + iy = ±(m + in)2 = ±2mn ± (m2 − n2 )i Vì x chẵn, y lẻ x, y ∈ N∗ nên ta thu x = 2mn, y = ±(m2 −n2 ) Từ z = (m2 + n2 ) Vì (y, z) = nên (m, n) = 1, m, n khơng có tính chẵn lẻ Ngược lại, ta dễ kiểm tra cơng thức 43 Khóa luận tốt nghiệp Đại học nguyễn thị kim lanh     x = 2mn    y = |m2 − n2 |      z = m2 + n2     x = |m2 − n2 |    y = 2mn      z = m2 + n2 m, n ∈ N∗ , (m, n) = 1, m ≡ n(mod 2), xác định cho ta ba Pytago nguyên thủy (x, y, z) Bài tốn 2.3.2 Tìm tất số nguyên dương (a, b, c) phân biệt cho a2 , b2 , c2 lập thành cấp số cộng Giải Bài tốn quy việc tìm nghiệm ngun x = y phương trình: x2 + y = 2z (2.1) Vì (x, y, z) nghiệm (2.1) (kx, ky, kz) nghiệm (2.1) với k ∈ N∗ nên không giảm tổng quát ta giả sử (x, y, z) = Nếu x, y chẵn suy z chẵn, vơ lí Giả sử x lẻ, y lẻ Vậy vế trái chia dư z lẻ Nếu p|x, p|y p|z (do p lẻ) Vậy (x, y) = Ta có (x + iy)(x − iy) = 2z = (1 + i)(1 − i)z (2.2) Suy (1 + i)|(x + iy) (1 + i)|(x − iy) Vậy x + iy = (1 + i)(u + iv) x − iy = (1 + i)(u + iv) Cân phần thực phần ảo ta 44 Khóa luận tốt nghiệp Đại học nguyễn thị kim lanh u2 +v = z Vì x = y nên u, v = Do (x, y) = nên (u, v) = Khi     u = 2mn    v = ±(m2 − n2 )      z = ±(m2 + n2 )     u = ±(m2 − n2 )    v = 2mn      z = ±(m2 + n2 ) m, n ∈ Z, m ≡ n (mod 2) Ta có |x| = |u−v|, |y| = u+v, |Z| = m2 + n2 Từ ta nhận công thức nghiệm nguyên dương a = |2mn + n2 − m2 |, c = |2mn + m2 − n2 |, b = m2 + n2 , hay dạng đối xứng a = |(m + n)2 − 2n2 |, c = |(m + n)2 − 2m2 |, b = m2 + n2 , m, n số nguyên dương phân biệt nguyên tố nhau, khác tính chẵn lẻ Nhận xét 2.5 Euler chứng minh không tồn ba số phân biệt (a, b, c) cho a3 , b3 , c3 lập thành cấp số cộng, Fermat chứng minh không tồn ba số phân biệt (a, b, c) để a4 , b4 , c4 lập thành cấp số cộng Mới (năm 1997), Merel Darmon chứng minh với 45 Khóa luận tốt nghiệp Đại học nguyễn thị kim lanh n > không tồn ba số phân biệt (a, b, c) để an , bn , cn lập thành cấp số cộng Bài tốn 2.3.3 Tìm tất số nguyên (x, y) thỏa mãn x2 + = y Giải Ta có (x + i)(x − i) = y Ta hai số x + i, x − i nguyên tố Giả sử trái lại có số nguyên tố Gauss τ cho τ |(x + i), τ |(x − i) Suy τ |2i τ |2 Vậy N (τ )|N (2) = 4, suy N (τ ) chẵn Vì N (τ )|N (x + i) = x2 + = y nên y chẵn x lẻ x2 + = y chia hết cho Nhưng x2 + ≡ (mod 4) Ta có mâu thuẫn Theo Định lí 2.6, x+i kết hợp với lập phương Vì −1 = (−1)3 , i = (−i)3 , −i = i3 nên x + i lập phương Suy x + i = (a + bi)3 = (a3 − 3ab2 ) + i(3a2 b − b3 ) ⇒ x = a(a2 − 3b); = b(3a2 − b2 ) ⇒ |b| = 1; |3a2 − b2 | = ⇒ |3a2 − 1| = ⇒ a = 0, b = −1 Do x = 0, y = nghiệm phương trình nêu Bài tốn 2.3.4 Chứng minh số nguyên dương n > biểu diễn thành tổng hai số phương phân tích tiêu chuẩn n ước nguyên tố dạng 4k + có lũy thừa chẵn Giải Giả sử n = x2 + y x, y ∈ N Khi n = (x + iy)(x − iy) Vì n > 1, x + iy khơng khả nghịch Phân tích x + iy thành tích số nguyên Gauss ta x + iy = Π(εi qi )si Π(δj τj )tj , εi , δδ δj phần tử khả nghịch, qi số nguyên tố thông thường dạng 4k + (đó số nguyên tố Gauss) τj = aj + ibj số nguyên tố Gauss với aj = 0, bj = Ta có 46 Khóa luận tốt nghiệp Đại học nguyễn thị kim lanh x − iy = x + iy = Πqi 2si Π(δj τj )tj Vậy n = Πqi 2si Π(N (τj ))tj Đặt N (τj ) = pj Theo Định lí 2.7, pj số ngun tố thơng thường khơng có dạng 4k + Vậy phân tích tiêu chuẩn n n = Πqi 2si Πpj tj Ngược lại, giả sử n = Πqi 2si Πpj tj Theo Bổ đề 2.3, pj viết dạng tổng hai số phương khác 0, pj = aj + bj Đặt τi = aj + ibj , ta có N (τj ) = τj τj = aj + bj = pj Ta xét số nguyên Gauss sau α = Πqi si Πτj tj Khi α.α = Πqi 2si Πpj tj = n Giả sử α = x + iy Khi n = x2 + y Chú ý, ta xét số nguyên Gauss khác sau γ = Πqi si Πτj lj Πτj rj , lj , rj ∈ N cho lj + rj = tj Khi γγ = Πqi si Πpj lj +rj = Πqi 2si Πpj tj = n Giả sử γ = u + iv n = u2 + v ta có cách biểu diễn khác n thành tổng hai số phương Có thể chứng minh 47 Khóa luận tốt nghiệp Đại học nguyễn thị kim lanh phân tích tiêu chuẩn n n = Πqi 2si Πpj tj số nghiệm ngun khơng âm (x, y) phương trình n = x2 + y Π(1 + tj ) Bài toán 2.3.5 Cho p số nguyên tố dạng 4k + x, y, z số nguyên dương thỏa mãn x2 + y = z p+1 Giả sử x, y nguyên tố Chứng minh xy chia hết cho p Giải Trước hết ta chứng minh hai số nguyên Gauss x+iy, x−iy nguyên tố Nếu giả sử trái lại có số nguyên tố Gauss τ cho τ |(x + iy), τ |(x − iy) Khi τ |2x, τ |2iy Ta τ ước Thật vậy, τ |2 ⇒ N (τ )|N (2) = Do N (τ ) chẵn Vì N (τ )|N (x + iy) = x2 + y = z kéo theo 4|z p+1 p+1 nên z p+1 chẵn Do z chẵn, điều = x2 + y Lại có (x, y) = nên x, y không chẵn Vậy x2 + y ≡ 1, (mod 4) Ta có mâu thuẫn Vậy τ |x, τ |y Suy N (τ )|N (x) = x2 , N (τ )|N (y) = y Do Định lí 2.7 N (τ ) = p số nguyên tố nên p|x, p|y Điều trái với giả thiết (x, y) = Do Định lí 2.6, x + iy = ε(a + bi) p+1 Vậy (x + iy)2 = ±(a + bi)p+1 = ±(a + bi)(a + bi)p Theo Định lí 2.9, (a + bi)p ≡ (a − bi) (mod p) nên 48 Khóa luận tốt nghiệp Đại học nguyễn thị kim lanh (x + iy)2 = (x2 − y ) + i2xy ≡ ±(a2 + b2 ) (mod p) Từ 2xy ≡ (mod p) Vì p số nguyên tố nên ta kết luận p|xy 49 Khóa luận tốt nghiệp Đại học nguyễn thị kim lanh Kết luận Trên toàn nội dung đề tài "Vành số nguyên Gauss" Trong khóa luận này, em trình bày hiểu biết cách hệ thống, rõ ràng tính chất ứng dụng vành số nguyên Gauss Khóa luận đạt mục đích nhiệm vụ đề Tuy nhiên thời gian hạn chế lần thực khóa luận nên khơng tránh khỏi thiếu sót Em mong nhận ý kiến đóng góp q báu Thầy, Cơ giáo bạn sinh viên để khóa luận đầy đủ hoàn thiện Trước kết thúc khóa luận này, lần em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc Thầy, Cơ giáo Khoa Toán, đặc biệt Thầy giáo Phan Văn Lộc tận tình hướng dẫn giúp đỡ em hồn thành khóa luận Em xin chân thành cảm ơn! 50 Tài liệu tham khảo [1] Ngô Thúc Lanh (1985), Đại số số học, Nhà xuất Giáo dục [2] Nguyễn Văn Mậu, Đặng Nam Dũng, Đặng Hùng Thắng, Đặng Huy Ruận (2010), Một số vấn đề số học chọn lọc, Nhà xuất Giáo dục [3] , Nguyễn Tiến Quang, Bùi Huy Hiển (2011), Đại số đại cương, Nhà xuất Đại học Sư phạm [4] Hồng Xn Sính (1994), Đại số đại cương, Nhà xuất Giáo dục [5] W Sierpinski, Lý thuyết sơ cấp số, Tủ sách Toán học trẻ kỷ 21 51 ... 1.2.2 Vành Euclid 18 1.2.3 Vành Gauss (vành nhân tử hóa) 20 Vành số nguyên Gauss số ứng dụng 25 2.1 Vành số nguyên Gauss 25 2.2 Tính chất vành số nguyên. .. nguyên Gauss 27 2.2.1 Vành số nguyên Gauss miền Euclid 27 2.2.2 Tính chất chia hết tập số nguyên Gauss 28 2.2.3 Số nguyên tố Gauss 35 2.2.4 Đồng dư tập số nguyên Gauss. .. Vành chính, Vành Euclide Vành Gauss sau: Ví dụ 1.2.4 √ (i) Vành A = {a + b 1+2 19 |a, b ∈ Z} vành khơng phải vành Euclide (ii) Vành đa thức Z[x] vành Gauss khơng phải vành 24 Chương Vành số nguyên