Sự phân tích thành nhân tử trên vành các sô nguyên đại số

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Nguyễn Phương Khanh SỰ PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN TỬ TRÊN VÀNH CÁC SỐ NGUYÊN ĐẠI SỐ Chuyên ngành: Đại số lý thuyết số Mã số: 60 46 05 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS-TS Mỵ Vinh Quang Thành phố Hồ Chí Minh - 2010 LỜI CẢM ƠN Tơi xin chân thành bày tỏ lịng biết ơn quý Thầy Cô giảng viên trường Đại học Sư Phạm Thành Phố Hồ Chí Minh, trường Đại học Khoa Học Tự Nhiên Thành Phố Hồ Chí Minh giảng dạy trang bị cho đầy đủ kiến thức làm tảng cho trình viết luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn quý Thầy Cô hội đồng chấm luận văn dành thời gian đọc, nhận xét đóng góp nhiều ý kiến quý báu cho luận văn Tơi xin chân thành cảm ơn phịng Khoa học Công nghệ Sau Đại học trường Đại học Sư Phạm Thành Phố Hồ Chí Minh, trường THPT Bình Chánh, trường THPT Phan Đăng Lưu giúp đỡ tạo điều kiện thuận lợi cho suốt khóa học Tơi xin chân thành tỏ lịng biết ơn đến gia đình , bạn bè, đồng nghiệp hỗ trợ giúp đỡ nhiều để tơi hồn thành luận văn Đặc biệt, xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc PGS TS Mỵ Vinh Quang, người trực tiếp giảng dạy hướng dẫn tơi hồn thành luận văn Trân trọng cảm ơn LỜI MỞ ĐẦU Cho K trường mở rộng hữu hạn Q D vành số nguyên đại số K Ta biết D nói chung khơng phải miền nhân tử hóa Cụ thể D định lý số học khơng cịn nữa, số phân tích thành tích phần tử nguyên tố theo nhiều cách khác Bởi vậy, số học vành D khó nghiên cứu Tuy nhiên, dựa theo ý tưởng Dedekind: “ Mỗi ideal thật D có phân tích thành tích ideal tối đại ”, xây dựng số học vành số nguyên đại số Bởi lý trên, định chọn đề tài là: “ Sự phân tích thành nhân tử vành số nguyên đại số” Mục đích luận văn nghiên cứu phân tích ideal thành tích ideal tối đại số vành số nguyên đại số, từ xây dựng số học vành số nguyên đại số Bố cục luận văn chia làm chương Chương 1: CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN Trong chương chúng tơi trình bày kiến thức liên quan đến đề tài : phần tử nguyên miền, ideal miền Dedekind, khái niệm liên hợp trường số đại số bậc n thặng dư bậc hai Chương 2: CÁC IDEAL TRONG VÀNH CÁC SỐ NGUYÊN ĐẠI SỐ Nội dung chương nghiên cứu tính chất ideal vành số nguyên đại số D; chứng minh ideal thật D biểu diễn dạng tích ideal nguyên tố D biểu diễn Chương : SỰ PHÂN TÍCH MỘT IDEAL THÀNH TÍCH CÁC IDEAL NGUYÊN TỐ TRONG TRƯỜNG BẬC HAI Mục đích chương mô tả ideal tối đại vành D K trường bậc hai; mô tả thuật tốn phân tích phần tử D thành tích ideal tối đại Từ áp dụng khảo sát cách chi tiết vành D = { a + b 10 | a,b  Z} vành D = { a + b  15 | a,b  Z} Kính thưa q Thầy, Cơ, khả thời gian hạn chế nên luận văn khơng thể tránh khỏi thiếu sót Kính mong q Thầy, Cơ bạn đóng góp ý kiến để luận văn hồn chỉnh CHƯƠNG CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.1 PHẦN TỬ NGUYÊN TRÊN MỘT MIỀN 1.1.1 Định nghĩa Cho A, B miền nguyên với A  B Phần tử b  B gọi nguyên A thỏa mãn phương trình đa thức xn + an-1xn-1+ + a1x + a0 = với a0 , a1 , …., an-1  A Như phần tử a  A nguyên A nghiệm x – a  A[x] 1.1.2 Định nghĩa Một số phức mà nguyên Z gọi số nguyên đại số Tập tất số nguyên đại số kí hiệu  1.1.3 Định nghĩa Cho A, B miền nguyên với A  B Nếu b  B nguyên A ta nói B nguyên A 1.1.4 Tính chất a) Cho A  B  C tháp miền nguyên Nếu C nguyên A C nguyên B b) Cho A, B miền nguyên với A  B B A-module hữu hạn sinh Khi B nguyên A c) Cho A, B miền nguyên với A  B; b1,b2, ,bn B Khi b1,b2, ,bn nguyên A  A[b1,b2, ,bn] A_module hữu hạn sinh d) Cho A, B miền nguyên với A  B Nếu b1,b2  B nguyên A b1 + b2 , b1 - b2 b1 b2 nguyên A 1.1.5 Định lý Cho A, B miền nguyên với A  B Khi tập phần tử B mà nguyên A miền nguyên B chứa A 1.1.6 Hệ Tập tất số nguyên đại số miền nguyên 1.1.7 Định nghĩa Cho A, B miền nguyên với A  B Ta gọi bao đóng nguyên A B miền nguyên B bao gồm tất phần tử B mà nguyên A Bao đóng nguyên A B kí hiệu AB Nếu K trường thương A bao đóng ngun A K, kí hiệu AK, gọi bao đóng ngun A Nếu AK = A ta nói A vành đóng ngun 1.1.18 Tính chất Cho A, B miền nguyên với A  B Khi A  AB  B 1.2 Các ideal vành Dedekind 1.2.1 Định nghĩa Một miền nguyên D thỏa tính chất sau - D vành Noether - D đóng nguyên - Mọi ideal nguyên tố D ideal tối đại gọi vành Dedekind 1.2.2 Mệnh đề Cho P ideal thật miền nguyên D Khi P ideal nguyên tố D với hai ideal A,B D mà AB  P A  P B  P 1.2.3 Định lý Trong miền Noether, ideal khác khơng chứa tích hữu hạn ideal nguyên tố Chứng minh Giả sử miền Noether D có ideal khơng thỏa tính chất Gọi S tập ideal này, S   Do D Noether nên S có phần tử tối đại A Mặt khác, A khơng chứa tích hữu hạn ideal nguyên tố nên A không ideal nguyên tố Theo mệnh đề 1.2.2 có ideal B,C cho BC  A; B  A; C  A Ta đặt B1 = A + B, C1 = A + C A  B1, A  C1; A  B1, C1 Do A phần tử tối đại nên B1, C1  S Thế nên có ideal nguyên tố P1 , , Pk cho P1 , , Ph  B1 , Ph1 , , Pk  C1 Nhưng B1C1   A  B  A  C   A nên P1 , , Pk  A Mâu thuẩn việc A  S Vậy miền Noether, ideal khác khơng chứa tích hữu hạn ideal nguyên tố 1.2.4 Hệ Trong miền Dedekind, ideal khác không chứa tích hữu hạn ideal nguyên tố 1.2.5 Định nghĩa Cho vành Dedekind D K trường thương D Một tập A khác rỗng K với tính chất sau: i)   A,   A      A ii)   A, r  D  r  A iii)   D,   :  A  D gọi ideal phân D Nhận xét 1/ Nếu A ideal phân D A  D A ideal D I 2/ Nếu A ideal phân D I =  A ideal D A   I Như ideal phân A D viết dạng A  Chú ý  cách viết không 3/ Do D vành Dedekind nên ideal I D hữu hạn sinh Giả sử I  1 , ,  n A=  I=  1 , , n =  1 , , n   Do ideal phân D hữu hạn sinh I J   4/ Nếu A,B ideal phân D A  , B  ;  ,   D \{0} , A+B AB ideal phân D với mẫu số tương ứng  1.2.6 Định lý Cho vành Dedekind D K trường thương D Với ideal nguyên tố P D ta định nghĩa C =   K |  P  D Khi P ideal phân D 1.2.7 Bổ đề Cho P ideal nguyên tố vành Dedekind D Khi ~ ~ D  P D  P Chứng minh ~ ~ ~ Dễ thấy D  P Để kết luận D  P ta cần P chứa phần tử ~   P   D Lấy   P \ {0} Theo định lý 1.2.3 có ideal nguyên tố P1 , , Pk ( k  1) mà P1 Pk  <  > Chọn k số nguyên dương nhỏ thỏa điều kiện Do P1 Pk  <  >  P P ideal nguyên tố nên ta có Pi  P; với số i , i  {1, 2, …, k} Có thể đánh số lại cần thiết ta giả sử P1  P Nhưng D vành Dedekind nên P1 ideal tối đại, P1 = P Bây ta xét trường hợp k=1 k  + Nếu k = P = P1 = <  > Vì   ta đặt  = 1=     K Giả sử   D, =    <  >  P = <  > = D mâu thuẩn việc P ideal nguyên tố D Do   D Mặt khác P=  <  > = = D ~    P ~    P \ D k=1 + Nếu k  2, theo cách chọn k số nguyên dương nhỏ ta có P2 Pk  <  > Do có phần tử   P2 Pk   <  >   K Khi    D   D   =    <  > vơ lý Vì   ta đặt  = ~   P  P =  ~    P \ D k  Vậy  P1   P1 P2 Pk =  <  > = hay  P  D ~ D  P 1.2.8 Bổ đề ~ P P D Chứng minh ~ ~ + Trước hết ta chứng minh P P  D hay P P = P ~ Do P ideal D nên xem ideal phân với mẫu số Vì P P ~ ~ ideal phân D nên P P ideal phân D Hơn nữa, P P  D nên ideal D Khi Vì ~ ~  P  P  PP ~ PP  D P ideal nguyên tố, D vành Dedekind  P ideal tối đại nên ~ ~ P P  D hay P P = P ~ + Tiếp theo P P  P ~ ~ ~ Giả sử P P = P, ta chứng minh P đóng với phép nhân Lấy   P , ~   P , ~ ~  P  P P = P,  P  P P = P   P  P  D ~    P ~ ~ Do P đóng với với phép nhân Điều chứng tỏ P miền nguyên chứa ~ D nghiêm ngặt Vì D vành Noether nên P ideal phân hữu hạn sinh ~ Do nên P lại D- module hữu hạn sinh Theo tính chất 1.1.4b) ~ P ngun D Tuy nhiên, D dedekind nên D đóng nguyên Từ ta có ~ ~ P = D Vơ lý P chứa D cách nghiêm ngặt ~ ~ Vậy P P  P hay P P  D 1.2.9 Định lý Trong vành Dedekind D, ideal A khác khác D phân tích thành tích ideal nguyên tố D Hơn nữa, phân tích Chứng minh + Trước hết ta chứng minh phân tích Gọi S tập ideal khác khác D mà khơng phân tích thành tích ideal nguyên tố Giả sử S   , S có phần tử tối đại A D vành Noether Theo định lý 1.2.3 tồn ideal nguyên tố P1 , , Pk ( k  1) cho P1 Pk  A Gọi k số nguyên dương nhỏ mà tích P1 Pk  A Nếu k = P1  A  D Vì P1 nguyên tố, D Dedekind nên P1 tối đại Như P1 = A vô lý A  S Do k  Theo bổ đề 1.2.8 ta có P1 P1 = D  P1 P1 P2 Pk = D P2 Pk  P1 A  P1 P1 P2 Pk = P2 Pk (*) Từ chứng minh bổ đề 1.2.7 ta có D  P1 A = DA  P1 A Lúc này, A = P1 A từ (*) ta P2 Pk  A mâu thuẩn cách chọn k Do A  P1 A Do tính tối đại A S nên P1 A ideal khác khác D không thuộc S Ta có P1 A = Q2 Qk , với Q2 , , Qk ideal nguyên tố D Lúc ta thấy A = AD = A P1 P1 = P1 Q2 Qk tích ideal nguyên tố, điều mâu thuẩn cách chọn A  S Vậy S =  phân tích hợp lý + Ta chứng minh phân tích Giả sử B ideal khác khác D có phân tích B = P1 Pk = Q1 Ql 10 với P1 , , Pk , ideal nguyên tố  P1 Pk  Q1 Vì Q1 ideal ngun tố nên có Pi  Q1 , cách đánh số lại cần thiết ta giả sử P1  Q1 Do P1 ideal nguyên tố, D vành Dedekind nên P1 tối đại, từ suy P1 = Q1 Do ta có B P1 = P1 P1 Pk = P2 Pk B P1 = B Q1 = Q1 Ql Suy P2 Pk = Q2 Ql Nếu k  l , không tổng quát ta giả sử k < l Bằng cách tương tự việc chứng minh P1 = Q1 , ta có Pi = Qi ; i=2,…,k Ta có P2 Pk = Q2 Qk = Q2 Qk Qk 1 Ql = P2 Pk Qk 1 Ql  P2 Pk P2 Pk = P2 Pk P2 Pk Qk 1 Ql  D = Qk 1 Ql  Ql vơ lý Do k = l Pi = Qi ; i=1,…,k Vậy phân tích ideal khác khác D thành tích ideal nguyên tố D * Nhận xét 1/ Nếu A ideal thật D A có phân tích A = Q1 Ql , Q1 , , Ql ideal nguyên tố Gọi P1 , , Pn tất ideal nguyên tố phân biệt nhóm Q1 , , Ql Giả sử Pi xuất lần, A = P1a Pn a với số nguyên dương thỏa a1 +…+ an = h Nếu A = D = a1 = … = an = Như vậy, ideal khác D biểu diễn dạng tích lũy thừa ideal nguyên tố D 2/ Giả sử A,B ideal khác vành Dedekind D Khi AB ideal khác D Gọi P1 , , Pn tất ideal nguyên tố phân biệt xuất phân tích A,B AB Khi A= n n P i i 1 ,B= n P i 1 i bi , AB = n P i 1 ci i , bi , ci số nguyên không âm 53 2  N( M p ) =N( M p )N( M p )=N( M p )=N( p ) = p  N( M p )= p  M p ideal nguyên tố TH1 rơi vào phần a/ m b) Giả sử     p m + Do    nên có a  Z thỏa a2  m (mod p) Vì p | m nên p | a Ta đặt  p M p = p, a  m ; M p  p, a  m Trước hết, ta M p  M p Giả sử M p = M p , 2a= ( a  m )+( a  m ) M p  2a  M p  Z  p|2a  p|a p>2 Điều trái giả thiết  M p , M p phân biệt + Tiếp theo ta chứng minh p = M p M p , ta có M p M p = p, a  m p, a  m = p , p  a  m  , p  a  m  , a2  m = p    p, a  m , a  m , a2  m p = p I với I = p,  a  m  ,  a  m  , a2  m p Do (2a,p)=1 nên tồn x,y  Z cho x.p +y.(2a)=1  1= x.p +y.(2a) = xp + y( a  m ) + y( a  m )  I  I = Điều chứng tỏ p = M p M p + M p , M p ideal nguyên tố Thật   M p = p, a  m = p, a  m  p, a  m = M p    N( M p )=N( M p ) = N( M p ) Mà N( M p ).N( M p )=N( M p M p )=N( p )= p2  N( M p ) = N( M p ) = p  M p , M p ideal nguyên tố 54 m c) Trường hợp    1  p Giả sử p không ideal nguyên tố D nguyên tố, p = P1 P2 ( P1  P2 ) hay p =  P1  Trong trường hợp dẫn đến f K ( P1 )=1  N( P1 ) = p Suy D = { a+ P | a= 0;1; …; p-1 }( theo định nghĩa 2.3.14) P Với m  D  m + P1  D   a Z cho P1 m  a( mod P1 )  m  a (mod P1 ) m Do m Z, a2  Z, P1 |

nên m  a2( mod p) trái giả thiết    1  p Vậy p ideal nguyên tố D Tóm lại, với số nguyên tố lẻ p ta có  p, m   p   p, a  m p, a  m   p  p|m m p | m,    1, a  m(mod p ) p   m p | m,    1  p 3.2 Ideal liên hợp Khi K = Q ( m ) , m khơng chia hết số phương khác 1, có đơn cấu trường 1,  : K  C với 1(a  b m )  a  b m    a b m  ab m Gọi I ideal D Do I sinh nhiều phần tử nên ta giả sử I   hay I   ,  Ta định nghĩa ideal liên hợp I sau I    I      hay    ,     cách tương ứng Ta kí hiệu      Do           I   I 55 Ta có                        ;  ,   K                   Từ tính chất kiểm chứng I  1 , ,  n I  1 , ,  n 3.2.1 Định lý Cho I , J ideal D Khi  IJ   I J Chứng minh Vì    ,  nên giả sử I , J sinh phần tử I   ,  ; J   , Khi IJ   ,   ,    ,  ,  ,   IJ   ,  ,  ,    ,   ,  ,    ,   ,   I J 3.2.2 Định lý N  I   I I Chứng minh Do định lý I  , nên giả sử I  , Đặt  b1 br I  P1a1 P1 Prar P r  Q Q c1 cs s R d1  .Rtdt (*) với Pi , Qi , Ri ideal phân tích I D, cụ thể + P1 Pr ideal nguyên tố phân biệt thỏa   Pi Pi  pi ; N  Pi   N Pi  pi ; Pi  Pi + Q1 Qs ideal nguyên tố phân biệt thỏa Qi  Qi  qi ; N  Qi   qi + R1 Rt ideal nguyên tố phân biệt thỏa Ri  Ri , Ri  ri , N  Ri   ri pi , qi , ri số nguyên tố Theo 3.2.1 ta có  I I  P a1  Q Q   R R P P  Q Q ar I  P1 P1b1 P r Prbr  a1  b1 a  b 1 1  p1  p1 P a1  b1 a1  b1 pr c1 ar  br r ar  br cs s d1 ar  br r q1 c1 dt t c1 qs cs s cs  R .Rt2dt d1 dt r1 d1 rt  pr ar br q12c1 qs 2cs r1d1 rt dt Hơn nữa, lấy chuẩn hai vế (*) ta thấy   N  I   N  P 11 N P1 a b1   .N  Pr  r N Pr a br N  Q1  N  Qs  s N  R1  N  Rt  c c d dt 56  p1a1 p1b1 pr ar pr br q12c1 qs 2cs r1d1 rt dt Từ hai kết ta có kết cần chứng minh N  I   I I 3.3.3 Hệ  N I   N I Chứng minh Với I ideal khác D ta có   N  I   I I = I I  I I  N I  Do N  I  , N  I   N I   N I   N  I    N I , với  phần tử khả nghịch D sồ nguyên dương nên  = 1 Kết I  3.3 Số học vành D = { a + b 10 | a,b  Z} Theo định lý 3.1.2 ta thấy D = { a + b 10 | a,b  Z} vành số nguyên đại số trường K = Q( 10 ) Trong tiết ta kí hiệu K = Q( 10 ) D vành số nguyên đại số trường K Ta có mệnh đề 3.3.1 Mệnh đề Nếu  = a + b 10  D N(<  >)= N(  ) = a2 + 10b2 Chứng minh Xét hai trường hợp   Q b=0 irr Q (  ) = x -  2  N(  ) =  = a + 10b   Q deg irr Q (  ) = suy irr Q (  ) = ( x -  )( x -  ) 2  N(  ) =   = (a + b 10 ).( a - b 10 ) = a + 10b Do N(<  >)= |N(  )| 2  N(<  >)= N(  ) = a + 10b 3.3.2 Ví dụ Sự phân tích phần tử 10  D thành tích phần tử bất khả quy không Ta thấy 10 = 2.5 = - 10 10 , với 2, 5, 10 phần tử bất khả quy D Thật Giả sử 2=   ;  ,   D  N(  ) N(  ) = N(   )= N(2)= 4, xảy trường hợp sau 57 + N(  )=4, N(  )=1   khả nghịch ( theo định lý 2.3.6c) + N(  )=4, N(  ) =1   khả nghịch + N(  ) = N(  ) =  a2+10b2= xảy với a,b  Z Vậy phần tử bất khả quy Giả sử 5=   ;  ,   D  N(  ) N(  ) = N(   )= N(5)= 25 Khi xảy trường hợp sau + N(  ) = 25, N(  ) =   khả nghịch + N(  ) =25, N(  ) =   khả nghịch + N(  ) = N(  ) =  a2+10b2= xảy với a,b  Z Vậy phần tử bất khả quy Giả sử 10 =   ;  ,   D  N(  ) N(  ) = N(   )= N( 10 )= 10, xảy trường hợp sau + N(  )=10, N(  )=1   khả nghịch + N(  )=10, N(  ) =1   khả nghịch + N(  ) =5, N(  ) =  a2+10b2= xảy với a,b  Z + N(  ) =2, N(  ) = xảy Vậy 10 phần tử bất khả quy Qua ví dụ ta nói D khơng phải vành Gauss phân tích phần tử thành tích phần tử bất khả quy không 3.3.3 Định lý Với số nguyên tố p bất kỳ, ta có phân tích ideal p thành tích ideal nguyên tố D sau: a/ p=2 =  M  với M  2, 10 , N( M ) = p=5 =  M  với M  5, 10 , N( M ) = b/ p có dạng 40k + 1, 40k +7, 40k +9, 40k +11, 40k +13, 40k +19, 40k +23 40k +37 p = M p M p với M p  p, a  10 , M p  p, a  10 , a + 10  (mod p), N (M p ) = N (M p ) = p c/ p có dạng 40k + 3, 40k +17, 40k +21, 40k +27, 40k +29, 40k +31, 40k +33 40k +39 p ideal nguyên tố D 58 Chứng minh Áp dụng định lý 3.1.3 m = -10, phần a/ chứng minh trực tiếp, phần  10  b/ ta cần chứng tỏ số nguyên tố thỏa   =1 phần c/ tương  p   10  ứng   =-1  p  Cụ thể sau: a/ Do p=2 -10  (mod 4)  =  M  với M  2, 10 , N( M ) = Do 5| -10 p=5 >  =  M  với M  5, 10 , N( M ) = b/ Theo kết cơng thức Legendre ta có  10   1       =        p   p  p p p 1 p 1 51 p 1  1  2 5 p p Với   =  1 ;   =  1 ;   =  1 2   =   5 5  p  p  p 2 p 1 p 1 p  p 5  10   p  p Nên   =  1  1   =  1   5 5  p  Bây ta xét trường hợp cụ thể p + Khi p = 40k + hay 40k + 11 ta có  10  p2  p  p chẳn,   =   =1    =1   5  p  + Khi p = 40k + hay 40k + 37 ta có 1  10  p2  p  p lẻ,   =   =  1 =-1    =1   5  p  + Khi p = 40k + hay 40k + 19 ta có 51  10  p2  p  p 1 chẳn,   =   =  1 =1    =1 5    p  + Khi p = 40k + 13 hay 40k + 23 ta có  10  p2  p  p 2 1 lẻ,   =   =     = (1)(-1) = -1    =1  5     5  p   10  Vậy số nguyên tố phần b/ thỏa   =1  p   10  c/ Ta chứng minh số nguyên tố phần b/ thỏa  = -  p  59 + Khi p = 40k + hay 40k + 33 ta có  10  p2  p  p 2 chẳn,   =   = -1    = -1 5    p  + Khi p = 40k + 17 hay 40k + 27 ta có  10  p2  p  p chẳn,   =   = -1    = -1   5  p  + Khi p = 40k + 21 hay 40k + 31 ta có  10  p2  p  p lẻ ,   =   =    = -1   5  p  + Khi p = 40k +29 hay 40k + 39 ta có  10  p2  p  p 1 lẻ ,   =   =    = -1 5    p   10  Vậy số nguyên tố phần c/ thỏa   = -1  p  Ta chứng minh xong định lý 3.3.5 Một số ví dụ 1/ Phân tích  = 26  65 10 thành tích ideal nguyên tố , tính  (  ) Ta có  = < 2+ 10 > + 13 có dạng 40k + 13 nên = M 13 M 13 ; M13 =, M13 = , N( M13 ) = N( M13 )=13 + Đặt  = < 2+ 10 >  N(  )= 22+10.52= 254=2.127 = M 2 , M = < 2, 10 >, N( M )=2 127 có dạng 40k + < 127 > = = M127 M127 , Theo định lý 3.2.2 ta có   = =.< 127 >= M 22 M127 M127 2+ 10 = 127-5.( 25 - 10 )  M127 nên  = M M127 60 + Vậy  = M M 13 M 13 M127   (  ) =  ( M )  ( M13 )  ( M13 )  ( M127 ) = (2-1).(13-1).(13-1).( 127-1)=18144 2/ Phân tích  = 32395  6479 10 thành tích ideal nguyên tố , tính  (  )  = 11 19 31  10 + 11 có dạng 40k + 11 nên = M 11 M 11 ; M11 =, M11 = , N( M 11 ) = N( M 11 )=11 + 19 có dạng 40k + 19 nên = M 19 M 19 ; M 19 =, M 19 = , N( M 19 ) = N( M 19 )=19 + 31 có dạng 40k+31 nên = M 31 ideal nguyên tố, N( M 31 ) = 312 + Đặt  = < + 10 >  N(  )= 52+10= 35 = 5.7 = M 52 , M = < 5, 10 >, N( M )=5 = M M ; M =, M = , N( M ) = N( M )=7 Do   = =< >= M 52 M M + 10 = - ( - 10 )  M nên  = M M + Vậy  = M M M 11 M 11 M 19 M19 M 31   (  ) =  ( M )  ( M )  ( M 11 )  ( M 11 )  ( M 19 )  ( M19 )  ( M 31 ) = (5-1).(7-1)(11-1).(11-1).(19-1).(19-1),( 312-1) = 746496000 3/ Phân tích  = 12341  5289 10 thành tích ideal nguyên tố , tính  (  )  = 41 43  10 + 41 có dạng 40k + nên = M 41 M 41 ; M 41 =, M 41 = , N( M 41 ) = N( M 41 )=41 61 + 43 có dạng 40k+3 nên = M 43 ideal nguyên tố, N( M 43 ) = 432 + Đặt  = < 7+3 10 >  N(  )= 72+10.32 = 139, 139 số nguyên tố nên  ideal nguyên tố D, ta đưa  dạng M p , M p 139 có dạng 40k + 19 nên = M139 M139 ; M139 =, M139 = , N( M139 ) = N( M139 )=41 Do   = = = M139 M139 7+3 10 = 139 – 3.( 44- 10 )  M139 nên  = M139   = M 41 M 41 M 43 M139   (  ) =  ( M 41 )  ( M 41 )  ( M 43 )  ( M139 ) = (41-1)(41-1)(432-1)(139-1) = 408038400  15 | a,b  Z}  15 Theo định lý 3.1.2 ta thấy D = { a + b | a,b  Z} vành số nguyên đại số trường K = Q( 15 ) Trong tiết ta kí hiệu K = Q( 15 ) D vành số nguyên đại số trường K Ta có mệnh đề 3.4 Số học vành D = { a + b 3.4.1 Mệnh đề Nếu  = a + b  15 2  D N(<  >)= N(  ) = a + ab+4b Chứng minh Xét hai trường hợp   Q b=0 irr Q (  ) = x -  2 2  N(  ) =  = a = a + ab+4b   Q deg irr Q (  ) = suy irr Q (  ) = ( x -  )( x -  )  N(  ) =   = (a + b  15  15 ).( a + b ) = a2 + ab+4b2 2 Do N(<  >)= |N(  )| 2  N(<  >)= N(  ) = a + ab+4b 3.4.2 Ví dụ 1) Các phần tử 3; 5; 15 phần tử bất khả quy D Thật Giả sử =   ;  ,   D 62  N(  ) N(  ) = N(   )= N(3)= 9, xảy trường hợp sau + N(  ) =  9; N(  ) =    khả nghịch + N(  ) =  9; N(  ) =    khả nghịch + N(  ) = N(  ) =  a2 + ab+4b2 = xảy với a,b  Z + N(  ) = N(  ) = -3  a2 + ab+4b2 = xảy với a,b  Z Vậy phần tử bất khả quy Giả sử =   ;  ,   D  N(  ) N(  ) = N(   )= N(5)= 25, xảy trường hợp sau + N(  ) =  25; N(  ) =    khả nghịch + N(  ) =  25; N(  ) =    khả nghịch + N(  ) = N(  ) =  a2 + ab+4b2 = hay (2a+b)2 + 15b2 =20 xảy với a,b  Z + N(  ) = N(  ) = -5  a2 + ab+4b2 = -5 xảy với a,b  Z Vậy phần tử bất khả quy Giả sử 15 =   ;  ,   D  N(  ) N(  ) = N(   )= N( 15 ) = 15, xảy trường hợp sau + N(  ) =  15; N(  ) =    khả nghịch + N(  ) =  15; N(  ) =    khả nghịch + N(  ) =  5; N(  ) =  xảy + N(  ) =  3; N(  ) =  xảy Vậy phần tử bất khả quy 2) Trong D ta có phân tích 15 = 3.5 = - 15 15 Qua ví dụ ta nói D khơng phải vành Gauss phân tích phần tử thành tích phần tử bất khả quy không 3.4.3 Định lý Với số nguyên tố p bất kỳ, ta có phân tích ideal p thành tích ideal nguyên tố D sau: a/ p=2 = M M với M  2,  15  15 , M  2, ideal 2 nguyên tố D; N  M  = N ( M ) = p=3 =  M  với M  3, 15 ideal nguyên tố D, N (M ) = 63 p=5 =  M  với M  5, 15 ideal nguyên tố D, N M5  = b/ p có dạng 15k + 1, 15k +2, 15k + 4, 15k +8 p = M p M p với M p  p, a  15 , M p  p, a  15 , N ( M p ) = N ( M p ) = p, a2 + 15  (mod p) c/ p có dạng 15k + 7, 15k +11, 15k +13, 15k +14 p = M p ideal nguyên tố D; N  M p  = p2 Chứng minh Áp dụng định lý 3.1.3 m = -15, phần a/ chứng minh trực tiếp, phần  15  b/ ta cần chứng tỏ số nguyên tố thỏa   =1 phần c/ tương  p   15  ứng   =-1  p  Cụ thể sau: a/ Do p=2 -15  (mod 8)  = M M với M  2, M  2,  15 ,  15 ideal nguyên tố D; N  M  = N ( M ) = 2 Do p = 3| -15  =  M  với M  3, 15 ideal nguyên tố D, N (M ) = Do p=5| -15  =  M  với M  5, 15 ideal nguyên tố D, N M5  = Tiếp theo ta chứng minh b) c) Theo kết cơng thức Legendre ta có  15   1       =        p   p  p p p 1 31 p 1  1  3 Với   =  1 ;   =  1 2  p  p  15  51 p 1  p    p  p 2 ; =         =  3  p 5 5    Nên   =     ; p số nguyên tố lẻ  p  35 Bây ta xét trường hợp cụ thể p p p 64 + Khi p = 15k+1 ta có  15   p  1  p 1  1   =   =1;   =   =1      3   5  p  + Khi p = 15k + ta có 1 1  15   p 2  p 2  1   =   =  1 = -1;   =   =  1 = -1     3  5 5  p  2 + Khi p = 15k + ta có 51  15   p  1  p   1   1   =   = 1;   =   =  1 =1      3 5    p  + Khi p = ta có  15   p 2  p   2   1     1   =   = -1;   =   =     = 1.(-1)= -1     3  5     5  p   15  Vậy số nguyên tố phần b/ thỏa   =1  p  c/  15  Ta chứng minh số nguyên tố phần c/ thỏa    1  p  + Khi p = 15k+7 ta có  15   p 1  p 2   1   =   =1,   =   = -1     3  5 5  p  + Khi p = 15k + 11 ta có 31  15   p   1   p 1 = -1, = =      1      =  = 1  3     5  p  + Khi p = 15k + 13 ta có  p  = 3  15  1  p   2    1   = 1,   =   = -1   3 5    p  + Khi p = 15k + 14 ta có  15   p   1   p   1    1   =   = -1,   =   =   3   5    p   15  Vậy số nguyên tố phần c/ thỏa    1  p  Ta chứng minh xong định lý 3.4.5 Một số ví dụ 1/ Phân tích  = 15  15 thành tích ideal nguyên tố , tính  (  ) 65  15 Ta có  = + =  M  với M  5, 15 ; N  M  = + Đặt  =  15  N(  )=    = N   = =  = M M = 2,  15  15 2, ; N  M  = N ( M ) =2 2  =  M  = 3, 15 , N ( M ) =  15  15 =2  M2 2   = M 2M    = M 2M  M           N M   N  M   1 N  M   N  M   1 =   1   1   1  40 2/ Phân tích  = 84  42 15 thành tích ideal nguyên tố , tính  (  ) Ta có  =  15 + = M M = 2,  15  15 2, ; N  M  = N ( M ) =2 2 + =  M  = 3, 15 , N ( M ) = + = M ideal nguyên tố + Đặt  =  15 =   15  N(  )= 19 (  ideal nguyên tố)    = N    = 19 = M 19 M 19 = 19;  15 19;  15   = M 19   = M M  M  M M 19               N  M   1 N M  N  M   N  M   1 N  M  N M 19  =   1   1   1   1 19  1 = 5184 66 KẾT LUẬN Cho K trường mở rộng hữu hạn Q D vành số nguyên đại số K Sau q trình nghiên cứu tính chất ideal vành D, thu số kết sau: 1/ Trong D, ideal thật biểu diễn dạng tích ideal nguyên tố D Hơn nữa, tập ideal khác không D cịn lập thành nhóm Abel 2/ Dựa vào phân tích thành tích ideal nguyên tố, xây dựng số hàm số học với cơng thức tính chúng Cụ thể sau:  Hàm Euler  : P → N* A   (A) = |( D A )*| Định lý Euler Cho a D, A  D cho (a, A) = Khi a ( A)  (mod A)  Hệ P ideal tối đại D a N ( P )  a (mod P)  Định lý Wilson Cho P ideal tối đại D s =  (P) = N(P) – Nếu { , ,  s } hệ thặng dư thu gọn theo mod P   s ≡ - (mod P) 3/ Dựa vào mô tả ideal tối đại vành D K trường bậc hai, chúng tơi xây dựng thuật tốn phân tích phần tử D thành tích ideal tối đại Để minh họa cho kết trên, khảo sát áp dụng hai trường hợp cụ thể:  D = { a + b 10 | a,b  Z} D = { a + b  15 | a,b  Z} 67 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt Mỵ Vinh Quang – Bài tập Đại số đại cương – NXB Giáo dục - 1999 Hoàng Xuân Sính – Số đại số Tập I- NXB Giáo dục – 2002 Hồng Xn Sính – Số đại số Tập II- NXB Đại học Sư Phạm – 2003 Tiếng Anh L Fuchs – Abelian Groups Pergamon Press – OxprdLondon- NewYork- Pari -1960 Saban Alaca and Kenneth S.William, Introductory Algebraic Number Thoery- Cambridge University Press-2004 Z.I Borevich and I.R Shafarevich, Number ThoeryAcademic Press- 1989 ... ideal thật D có phân tích thành tích ideal tối đại ”, xây dựng số học vành số nguyên đại số Bởi lý trên, định chọn đề tài là: “ Sự phân tích thành nhân tử vành số nguyên đại số? ?? Mục đích luận... vành số nguyên đại số K Ta biết D nói chung khơng phải miền nhân tử hóa Cụ thể D định lý số học khơng cịn nữa, số phân tích thành tích phần tử nguyên tố theo nhiều cách khác Bởi vậy, số học vành. .. luận văn nghiên cứu phân tích ideal thành tích ideal tối đại số vành số nguyên đại số, từ xây dựng số học vành số nguyên đại số Bố cục luận văn chia làm chương Chương 1: CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN