Số đại số
7.3 Căn nguyên thuỷ của đơn vị
Trong mục này ta giả thiết k = Q và K = C. Ta vận dụng các kết quả đã đạt đ−ợc ở các mục trên vào nghiên cứu căn nguyên thuỷ của đơn vị.
Cho n là số nguyên d−ơng lớn hơn 1. Xét ph−ơng trình f(x) = xn −1 = 0,(7).
Nghiệm của ph−ơng trình này đ−ợc gọi là căn bậc n của đơn vị và đ−ợc biểu diễn trong dạng
λ = eiα = cosα+ isinα, trong đó α = h.2π
n , h = 0,1, . . . , n −1 và i2 = −1. Đặt ζ = cos 2π n + isin 2π
n . Theo công thức Moivre ta có λ = (cos
2π
n + isin
2π n )
h = ζh.
Bổ đề 7.26. Các nghiệm của f(x) = 0 là các nghiệm đơn và chúng lập thành một nhóm nhân giao hoán G.
Chứng minh: Vì f(x) = nxn−1 nên f(x) và f(x) không có nghiệm chung. Vậy các nghiệm của f(x) = 0 là các nghiệm đơn. Ta thấy, nếu λ và à là nghiệm của xn = 1, thì λn = 1, àn = 1. Khi đó (λà)n = 1 và
(λ−1)n = 1. Do đó các nghiệm của (6) lập thành nhóm giao hoán G. Giả thiết γ ∈ G. Nếu γ có cấp đúng bằng n thì γ đ−ợc gọi là căn nguyên thuỷ bậc n của đơn vị.
Bổ đề 7.27. Phần tử γ là căn nguyên thuỷ bậc n của đơn vị khi và chỉ khi có số 1ã h ã n với ucln(h, n) = 1 và γ = ζh.
Chứng minh: Vìγ là nghiệm của(7)nên có số nguyên d−ơnghđểγ = ζh. Giả thiết γ là căn nguyên thuỷ bậc n của đơn vị thì 1, γ, . . . , γn−1 là n nghiệm khác nhau của đơn vị. Các nghiệm này lập thành một nhóm xiclic H cấp n. VìH là nhóm con của Gvà có cùng cấp với Gnên H = G.Vậy ζh có cấp n. Nếu ucln(h, n) = d > 1, thì h = d.r với r nguyên d−ơng. Khi đó γ = ζh = (ζd)r có cấp n
d < n : mâu thuẫn. Vậy ucln(h, n) = 1. Ng−ợc lại, cho γ = ζh và ucln(h, n) = 1. Gọi s là số nguyên đ−ơng nhỏ nhất để γs = 1. Khi đó s ã n và ζhs = 1. Vậy hs chia hết cho n. Vì
ucln(h, n) = 1 nên s chia hết cho n. Vậy γ là căn nguyên thuỷ bậc n của đơn vị.
Định lý 7.28. Nếuγ là căn nguyên thuỷ bậcn của đơn vị thìk(ζ) =k[γ].
Chứng minh: Vì γ = ζh nên k(γ) ⊆ k(ζ). Mặt khác, do ucln(h, n) = 1 theo Bổ đề 7.27, nên có r, s ∈ Z để rh+ sn = 1 theo Hệ quả 1.13 và ta suy ra ζ = (ζh)r(ζn)s = γr. Vậy k(γ) ⊆ k(ζ) ⊆ k(γ) hay k(γ) = k(ζ). Vì γ là đại số trên k nên k(γ) = k[γ] theo Định lý 7.18 và nh− thế k(ζ) = k[γ].
Từ Bổ đề 7.27 ta suy ra số các căn nguyên thuỷ bậc n của đơn vị là ϕ(n). Phân tích đa thức f(x) = xn −1 ∈ Z[x] ra thành tích các nhân tử bất khả qui với hệ số nguyên và hệ tử cao nhất bằng 1 là
xn −1 = g1(x)g2(x). . . gd(x).
Do γ là nghiệm của xn−1 = 0 nên có i, chẳng hạn i = d, để γ là nghiệm của gd(x) = 0.
Hệ quả 7.29. Tất cả các căn nguyên thuỷ bậc n của đơn vị đều là nghiệm của gd(x) = 0.
Chứng minh: Nếu γ và β cùng là các căn nguyên thuỷ bậc n của đơn vị thì k[γ] = k(ζ) = k[β] theo Định lý 7. 28. Vậy β cũng là nghiệm của gd(x) = 0.
Ký hiệu γ1 = γ, . . . , γϕ(n) là tất các căn nguyên thuỷ bậc n của đơn vị. Khi đó gd(x) = ϕ(n) j=1 (x−γj). Hệ quả 7.30. Ta có [k(ζ) : k] = ϕ(n).
Chứng minh: Từ Hệ quả 7.29 ta suy ra deggd(x) = ϕ(n). Vậy [k(ζ) : k] = [k(γ) : k] = deggd(x) = ϕ(n).
Bổ đề 7.31. Nếu n = pq và ucln(p, q) = 1 thì k(ζ) = k(ζp, ζq).
Chứng minh: Vì ucln(p, q) = 1, nên có r, s ∈ Z để rp+sq = 1 theo Hệ quả 1.13. Vậy ζ = (ζp)r(ζq)s và ta có k(ζ) = k(ζp, ζq).
Từ kết quả này ta suy ra ngay hệ quả d−ới đây.
Hệ quả 7.32. Nếu số nguyên d−ơng n có dạng phân tích chính tắc n =
pα1
1 . . . pαs
s và ký hiệu ζj là căn nguyên thuỷ bậc pαj
j của đơn vị thì
k(ζ) =k(ζ1, . . . , ζs) = k(ζ1). . . k(ζs).