Số phức nguyên và ứng dụng trong lí thuyết số 179 Kết luận tổng quát được chứng minh bằng phương pháp quy nạp Vớin= 2thì

khẳng định đúng. Giả sử khẳng định đúng với nvàπ|α1α2. . . αnαn+1 =βαn+1 trong đó ta đặt β=α1α2. . . αn. Theo trên ta có π|β hoặcπ|αn+1. Nếu π|β ta áp dụng giả thiết quy nạp để kết luận rằng tồn tại i với1≤i≤n để π | αi. Bây giờ ta có thể chứng minh định lí phân tích một số phức nguyên thành các thừa số nguyên tố Gauss.

Định lý 4.5 (Định lí cơ bản về các số phức nguyên). Choα là số phức nguyên khác không và đơn vị. Khi đó α có thể biểu diễn dưới dạng

α=π1π2. . . πm,

trong đó πi là các số nguyên tố Gauss. Nếu có hai biểu diễn α=π1π2. . . πm =ω1ω2. . . ωn

thì ta phải có m =n và tồn tại một hoán vị (i1, . . . , in) của (1,2, . . . , n) sao cho πj và ωi_j là hai số kết hợp với nhau (j = 1,2, . . . , n). Nghĩa là, mỗi số phức nguyên α khác không và đơn vị có thể biểu diễn (phân tích) thành tích của các số nguyên tố Gauss. Thêm vào đó, biểu diễn này là duy nhất, chỉ sai khác thứ tụ và các thừa số đơn vị.

Chứng minh. Nếu α là số nguyên tố Gauss thì chính α là thành phần duy nhất trong biểu diễn. Nếu trái lại,αđược phân tích thành tích của hai số phức nguyên khác không và khác đơn vị α = β1β2. Nếu β1 là số nguyên tố Gauss thì ta giữ nguyên nó. Nếu trái lại nó được phân tích thành tích của hai số phức nguyên khác không và khác đơn vị β1 = β3β4. Ta cũng làm điều tương tụ như vậy cho β2. Ta tiếp tục quá trình này chừng nào còn có hợp số Gauss xuất hiện (nếu xuất hiện hợp số ta lại phân tích nó thành tích của hai số phức nguyên khác không và khác đơn vị). Sau một số hữu hạn bước quá trình phải kết thúc (tức là không còn hợp số nữa). Thật vậy giả sử α = β1β2. . . βn thì

180 Chương 4. Số phức trong các bài toán số học và tổ hợp N(α) =N(β1). . . N(βn)≥2ⁿ do đó n≤log₂N(α)do đó n không thể tăng vô hạn được.

Tiếp theo ta chứng tỏ tính duy nhất của sự phân tích (sai khác thứ tự và các thừa số đơn vị). Giả sử ta có

α =π1π2. . . πm =ω1ω2. . . ωn (m≤n),

trong đó các nhân tử πi và ωj là các số nguyên tố Gauss, không nhất thiết phân biệt. Vì π1|ω1ω2. . . ωm do đó theo định lí 4.4, π1 là ước của một nhân tử, kí hiệu nhân tử đó là ωi₁, π1|ωi₁. Vì ωi₁ là số nguyên tố Gauss nên π1, ωi₁

là hai số kết hợp, ωi₁ =ε1π1. Giản ước hai vế cho π1 ta thu được

π2. . . πn=ε1ω2. . . ωm.

Tiếp tục quá trình này ta thu được ωi₂ = ε2π2, . . . , ωim =εmπm. Nếu n > m

thì ta có

1 = ε1. . . εmΠωj

trong đó j /∈ {i1;. . . ; im}. Vậy ωj | 1 do đó ωj là đơn vị. Ta có mâu thuẫn. Thành thử, m=n và

α=π1π2. . . πm= (ε1π1)(ε2π2). . .(εmπm)

εi là các đơn vị vớiΠεi = 1.

Định lí sau đây có nhiều áp dụng trong việc giải các bài toán khác nhau.

Định lý 4.6. Choα và β là hai số phức nguyên nguyên tố cùng nhau. Giả sử αβ =γ^k

trong đó k ≥ 2 là một số nguyên dương. Khi đó tồn tại các số phức nguyên α1, β1 và các đơn vị ε, δ sao cho

4.4. Số phức nguyên và ứng dụng trong lí thuyết số 181Chứng minh. Giả sử rằng α =π^s1