Nhập môn đại số giao hoán G V Nguyễn-Chu
4.6 Vành các số nguyên Gauss
Trong mục này, ta áp dụng một số kết quả đã thu được để chứng minh tính nhân tử hóa của vành các số nguyên Gauss và sử dụng tính nhân tử hóa để chứng minh kết quả số học kinh điển về tổng hai số chính phương.
Ta nhắc lại định nghĩa vành các số nguyên của Gauss Định nghĩa 4.6.1. Tập hợp
Z[i] ={a+bi;a, b∈Z} ⊂C
(với i2=−1.) là một vành con của C, gọi là vành các số nguyên Gauss.
Định nghĩa 4.6.2. Choz=x+yi∈C.
1. Ta gọi liên hợp củaz phần tửz¯=x−yi∈C;
2. Chuẩn củaz là số thực không âm N(z) =z¯z=x2+y2.
Nhận xét 4.6.3. Lưu ý rằng đây là khái niệm chuẩn trong lý thuyết số, hơi khác với khái niệm chuẩn trong giải tích phức quen thuộc.
Rõ ràngN(z) = 0⇔z= 0. Ngoài ra liên hợp và chuẩn có tính nhân.
Bổ đề 4.6.4. Với mọi z, z0 ∈Cta có 1. zz¯0= ¯zz¯0;
2. N(zz0) = N(z) N(z0).
Chứng minh. Các tính toán đơn giản cho thấy zz¯0 = ¯zz¯0. Tính nhân của chuẩn được suy ra từ tính nhân của liên hợp.
Lưu ý rằng nếuα∈Z[i]thì
1. α¯∈Z[i];
2. N(α)∈N.
DoN(α) = 0⇔α= 0nên N :Z[i]×→Z>0.
Định lí 4.6.5. VànhZ[i]cùng với hàm Nlà một miền Euclid.
Chứng minh. VànhZ[i]là một vành con của Cnên hiển nhiên là một miền chính. Ta sẽ chứng minh hàm
N thỏa mãn các tính chất của một miền Euclid. Trước hết, nếuα, β ∈Z[i]× thì theo tính nhân của chuẩn
mà ta thiết lập ở Bổ đề 4.6.4,N(αβ) = N(α) N(β). NhưngN(α),N(β)là các số nguyên dương nên rõ ràng
N(α)≤N(αβ).
Bây giờ ta chứng minh sự tồn tại của phép chia Euclid trênZ[i]. Giả sửα, β∈Z[i]vớiβ6= 0. Ta có, trong
C, αβ =x+yivớix, y∈Rnào đó. Trong mặt phẳng phứcCvới trục tungRivà trục hoànhR, các số nguyên
Gauss chính là tập các điểm có tọa độ nguyên. Ta chọnµ∈Z[i]là một điểm tọa độ nguyên gầnx+yinhất. Dễ
thấy khi đó khoảng cách giữaµvàx+iykhông vượt quá một nửa của độ dài đường chéo một hình vuông đơn
vị, nghĩa là≤
√2 2
2 , nói riêng luôn nhỏ hơn1. Mặt khác, khoảng cách giữa hai điểmz, z0 trong mặt phẳng tọa
độ chính làN(z−z0)2. Như vậy,N(αβ−µ)<1. Do đóN(α−βµ) = Nβαβ −µ= N(β) N(αβ−µ)<N(β).
Như vậy, nếu ta đặtρ=α−βµthì α=βµ+ρchính là một phép chia Euclid cần tìm.
Trước hết ta xác định các phần tử khả nghịch của Z[i].
Bổ đề 4.6.6. Z[i]×={α∈Z[i]; N(α) = 1}={±1,±i}.
Chứng minh. Theo Mệnh đề 4.4.1,Z[i]×={α∈Z[i]; N(α) = N(1) = 1}. Ngoài raN(a+bi) = 1⇔a2+b2= 1⇔(a, b) = (±1,0)hoặc(a, b) = (0,±1)⇔a+bi=±1hoặc±i.
Về phía các phần tử bất khả qui, trước hết ta có kết quả sau.
Mệnh đề 4.6.7. Choγ∈Z[i]là một phần tử bất khả qui củaZ[i]. Tồn tại duy nhất một số nguyên tốp∈Z
sao choγ|p.
Chứng minh. Ta cóγ |γ¯γ= N(γ). Số nguyên dương N(γ)là tích của một số hữu hạn các (ước) số nguyên
tố. Do γ là một phần tử bất khả qui, ta suy ra γ là ước của một ước nguyên tố p nào đó của N(x). Số
nguyên tốpnhư vậy là duy nhất. Thật vậy, giả sử tồn tại một số nguyên tốq6=psao choγ|q. Theo Định
lý Bezout cho các số nguyên, ta biết rằng tồn tại các số nguyên a, bsao choap+bq = 1. Do đó γ|1, mâu
thuẫn với giả thiếtγbất khả qui.
Nhận xét 4.6.8. Mệnh đề trên, đơn giản nhưng rất sâu sắc, nói rằng mọi phần tử bất khả qui củaZ[i]đều nằm trên một số nguyên tố nào đó. Nói một cách khác, ta đã có một miêu tả ban đầu các phần tử bất khả qui của Z[i].
Theo Mệnh đề 4.6.7 và tính nhân tử hóa của Z[i], việc miêu tả các phần tử bất khả qui củaZ[i] tương
đương với việc miêu tả các nhân tử bất khả qui trong vànhZ[i]của các số nguyên tố thông thường p. Ta
bắt đầu vớip= 2.
Mệnh đề 4.6.9. Các ước bất khả qui của 2 trong Z[i] là 1 +i và các phần tử liên kết với nó, nghĩa là
{±1±i}.
Chứng minh. Ta có 2 = (1 +i)(1−i) nên 1 +i | 2 cũng như các phần tử liên kết với 1 +i, nghĩa là
±1±i.. Mặt khác 1 +i là bất khả qui. Điều này được suy ra từ nhận xét đơn giản nhưng hữu hiệu sau:
một phần tử có chuẩn là một số nguyên tố là bất khả qui. Thật vậy nếu1 +i = αβ thì N(α) N(β) = 2 là
một số nguyên tố nên hoặcN(α) = 1. hoặcN(β) + 1, nghĩa là hoặc αhoặcβ là phần tử đơn vị.
Với các số nguyên tố plẻ, ta chia ra làm hai trường hợpp≡1 (mod 4)và≡3 (mod 4).
Mệnh đề 4.6.10. Giả sửplà một số nguyên tố≡3 (mod 4). Khi đóplà một phần tử bất khả qui củaZ[i]. Chứng minh. Giả sửplà khả qui. Viếtp=αβvớiα, βlà các phần tử không khả nghịch, như vậyN(α),N(β)>
1. Từ tính nhân của chuẩn N(α) N(β) = N(p) =p2 và doN(α),N(β)>1ta suy ra N(α) = N(β) =p. Viết
α=a+bi, a, b∈Zthế thìa2+b2=p≡3 (mod 4)nhưng đồng dư này rõ ràng không thể xảy ra. Như vậy
plà một phần tử bất khả qui củaZ[i].
Mệnh đề 4.6.11. Giả sử plà một số nguyên tố≡1 (mod 4).
1. Tồn tại duy nhất một bộ nguyên dương(a, b), chính xác tới thứ tự, sao cho a2+b2=p;
2. Các ước bất khả qui củaptrong Z[i] gồma+bi, a−bi(với a, bnhư trên) và các phần tử liên kết với chúng.
Ví dụ 4.6.12. Để minh họa, số nguyên tố p = 5 có thể viết duy nhất dưới dạng tổng của hai số chính phương 5 = 12+ 22. Số nguyên tố 5không là bất khả qui trong Z[i] mà có hai ước bất khả qui1 + 2i,1−2i. Có nghĩa là5có8 ước bất khả qui gồm các phần tử liên kết với1 + 2i, nghĩa là{1 + 2i,−1−2i,−2 +i,2−i}
và các phần tử liên kết với1−2i, nghĩa là{1−2i,−1 + 2i,2 +i,−2−i}.
Trước hết, ta thiết lập kết quả đơn giản sau đây.
Bổ đề 4.6.13 (Lagrange). Cho p là một số nguyên tố ≡ 1 (mod 4). Tồn tại một số nguyên n sao cho
p|n2+ 1.
Chứng minh. Thật vậy, đặtp= 4k+ 1. Theo Định lý Wilson ta có (4k)! ≡ −1 (modp). Mặt khác ta có (4k!) = (1·2· · ·2k)((2k+1)·(2k+2)· · ·(4k))≡(1·2· · ·2k)((−2k)(−2k+1)· · ·(−1))≡(−1)2k(1·2· · ·2k)2≡
(2k!)2 (modp).
Nhận xét 4.6.14. Tất nhiên, ta cũng có thể sử dụng các công thức thặng dư toàn phương để chứng minh kết quả trên.
Để cho chứng minh đầy đủ, ta nhắc lại Định lý Wilson.
Bổ đề 4.6.15(Định lý Wilson). Nếuplà một số nguyên tố thì (p−1)!≡ −1 (modp).
Chứng minh. Nếu p= 2,3 ta dễ dàng kiểm tra trực tiếp đồng dư trên. Giả sử p≥5. Với mọi số nguyên
dương a < p, tồn tại một số nguyên dương b < p sao cho ab ≡ 1 (modp). Thật vậy, b chính là phần
tử đại diện trong 1,2, . . . , p−1 của nghịch đảo ¯a−1 của trường hữu hạn Z/(p). Ta chú ý rằng a = b
khi và chỉ khi a = 1 hoặc a = p−1. Như vậy tích 2×3× · · · ×(p−2) có thể được viết thành tích
các cặp ab như ở trên, mỗi tích ab ≡1 (modp). Ta suy ra 2×3× · · · ×(p−2) ≡ 1 (modp). Như vậy
(p−1)! = 1×(p−1)×(2×3× · · · ×(p−2))≡p−1≡ −1 (modp). 26
Chứng minh Mệnh đề 4.6.11. Theo Bổ đề Lagrange, tồn tại một số nguyênn sao cho p|n2+ 1. Như vậy,
nếu xét trong vành Gauss,p|(n+i)(n−i). Tuy nhiên p-n+i, p-n−i(vì np ±1
pi /∈Z[i]). Từ đó suy ra
pkhông phải là một phần tử bất khả qui. Gọia+bi∈Z[i]là một ước bất khả qui củap. Rõ ràng liên hợp
a−bicũng là một ước củap(chỉ cần lấy liên hợp hai vế của một phân tích củapra tích các phần tử bất
khả qui trongZ[i]).
Ta sẽ chỉ raa+bi, a−bilà các ước bất khả qui duy nhất (sai khác phép liên kết) củap. Thật vậy giả sử
c+di(và do đóc−di) là một ước bất khả qui củap. Theo sự tồn tại của phép phân tích ra tích các phần tử
bất khả qui ta suy ra(c+di)(c−di)(c+di)(c−di)|p(trongZ[i]). Điều này có nghĩa là(a2+b2)(c2+d2)|p
(trongZ[i]) hay (a2+b2)(pc2+d2) ∈Z[i], vô lý.
Hệ quả 4.6.16 (Định lý về tổng hai số chính phương). Một số nguyên tố lẻp có thể được viết dưới dạng
p=a2+b2 vớia, blà các số nguyên khi và chỉ khip≡1 (mod 4). Hơn nữa, một cách biểu diễn như vậy là duy nhất, chính xác tới dấu và thứ tự.
Chứng minh. Như ta đã nói, nếup≡3 (mod 4), phương trìnhp=a2+b2không thể có nghiệm nguyên do
đồng dưa2+b2≡3 (mod 4)không bao giờ xảy ra. Trường hợpp≡1 (mod 4)là khẳng định đầu tiên của
Mệnh đề 4.6.11.
Nhận xét 4.6.17. Ta có thể mở rộng kết quả trên cho các số nguyên dương bất kì như sau. Cho nlà một số nguyên dương. Khi đó
1. n viết được thành tổng của hai số chính phương khi và chỉ khi trong phân tích ra thừa số nguyên tố củan, mọi ước nguyên tố≡3 (mod 4)đều có lũy thừa chẵn.
2. Tổng quát hơn, số nghiệm nguyên của phương trìnhx2+y2 =nbằng 4 lần hiệu của số các ước≡1 (mod 4)củan trừ cho số các ước≡3 (mod 4)củan.
Kết hợp các Mệnh đề 4.6.9, 4.6.10 và 4.6.11 ta thu được kết quả sau. Định lí 4.6.18. Các phần tử bất khả qui của Z[i]gồm
1. 1 +i và các phần tử liên kết của nó, nghĩa là{±1±i};
2. Các số nguyên tốp≡3 (mod 4)và các phần tử liên kết của nó, nghĩa là{±p,±pi};
3. Hai nhân tử bất khả quia+bi, a−bitrong phân tích ra tích các nhân tử bất khả qui của một số nguyên tố p ≡ 1 (mod 4) và các phần tử liên kết của nó. Các số (a, b) có thể được đặc trưng như là bộ số nguyên duy nhất, chính xác tới dấu và tới thứ tự thỏa mãna2+b2=p.
Ta có thể diễn tả lại các kết quả trên dưới ngôn ngữ mở rộng và co rút các ideal. Xét phép nhúng chính tắc Z → Z[i]. Như ta đã biết, cả Z và Z[i] là các miền Euclid và do đó là miền chính. Ta biết rằng mỗi
ideal nguyên tố6= 0của một miền chính là một ideal chính sinh bởi một phần tử bất khả qui. Như vậy các
ideal nguyên tố6= 0củaZcó dạng(p)với plà một số nguyên tố, các ideal nguyên tố6= 0của Z[i]có dạng
(1 +i),(p), với plà một số nguyên tố ≡3 (mod 4)hoặc a+bi vớia, b là các số nguyên dương thỏa mãn
a2+b2=qvớiqlà một số nguyên tố ≡1 (mod 4). Kết quả sau đây miêu tả tường minh Mệnh đề 4.6.7
Hệ quả 4.6.19. Chop là một ideal nguyên tố6= 0 củaZ[i]. co rút pc⊂Z củap là 1. pc= (2)nếu p= (1 +i);
2. pc= (p)nếu p là ideal chính sinh bởi một số nguyên tốp≡3 (mod 4);
3. pc= (a2+b2)nếup là ideal chính sinh bởi một phần tử bất khả qui a+bi /∈Z, a2+b2≡1 (mod 4). Chứng minh. Ta chứng minh chop= (1 +i), các trường hợp còn lại hoàn toàn tương tự. Chu ý rằng co rút
của một ideal nguyên tố là một ideal nguyên tố. Mặt khác, do2∈Z, đẳng thức2 = (1−i)(1 +i)chứng tỏ
2∈p∩Z=pc. Ta suy ra ideal nguyên tốpc củaZchính là ideal nguyên tố sinh bởi2.
Hệ quả 4.6.20. Choplà một số nguyên tố. Khi đó mở rộng(p)ecủa(p)trongZ[i]là
1. (p)e= (1 +i)2, nếu p= 2;
2. (p)e= (p)(và(p)là một ideal nguyên tố củaZ[i]) nếup≡3 (mod 4);
3. (p)e= (a+bi)(a−bi) nếu p≡1 (mod 4) và(a, b)là bộ số nguyên dương sao cho a2+b2 =p. Mỗi ideal chính (a+bi),(a−bi) là một ideal nguyên tố củaZ[i].
Chứng minh. Rõ ràng mở rộng của một ideal chính(p)⊂Zlà ideal chính trongZ[i]sinh bởi cùng phần tử.
Bây giờ, nếup= 2thì do2 =−i(1 +i)2nên 2liên kết với(1 +i)2, nên(2)e là ideal chính sinh bởi(1 +i)2,
nghĩa là bình phương của ideal nguyên tố(1 +i). Suy luận này áp dụng cho hai trường hợp còn lại.
Nhận xét 4.6.21. Như vậy, mở rộng của ideal nguyên tố (2)⊂Zlà bình phương của một ideal nguyên tố củaZ[i], mở rộng của ideal nguyên tố(p)với p≡3 (mod 4)vẫn còn là một ideal nguyên tố, và của ideal nguyên tố(p) vớip≡1 (mod 4) là tích của hai ideal nguyên tố phân biệt trongZ[i].
Tính nhân tử hóa củaZ[i]là một công cụ rất hữu hiệu để giải quyết một số phương trình nghiệm nguyên.
Để minh họa cho điều này, ta trình bày một vài ví dụ. Mệnh đề 4.6.22. Phương trình
y2=x3−1
chỉ có nghiệm nguyên duy nhất (x, y) = (1,0).
Chứng minh. Giả sử (x, y) là nghiệm nguyên của phương trình đã nêu. Nếu xchẵn thì y2 ≡ −1 (mod 8)
nhưng−1 không phải chính phương modulo8. Vậyxlẻ và ychẵn. Viết lại phương trình dưới dạng
x3= (y+i)(y−i) Trước hết ta có nhận xét đơn giản sau.
Bổ đề 4.6.23. Với mọia∈2Z, các phần tửa+ivàa−i là nguyên tố cùng nhau trongZ[i].
Chứng minh. Thật vậy, giả sửγ∈Zsao choγ|a+i, γ|a−inhư vậyγ|2i. Nói riêng ta cóN(γ)|N(2i) = 4.
Mặt khác,γ|a+i⇒N(γ)|N(a+i) =a2+ 1. Như vậy số nguyên dươngN(γ)vừa là ước của4vừa là ước
của số nguyên lẻa2+ 1, do đóN(γ) = 1. Điều này chứng tỏγ là một phần tử đơn vị.
Ta biết rằngZ[i] là một vành nhân tử hóa với tập các phần tử khả nghịch{±1,±i}. Mặt khác, theo Bổ đề
trên,y+i, y−ilà nguyên tố cùng nhau. Như vậyy+i, y−ilà lập phương của các phần tử củaZ[i](do mọi
phần tử khả nghịch đều là lập phương của một phần tử khả nghịch nào đó). Do đó tồn tại các số nguyên
a, bsao choy+i= (a+bi)3 (khi đó, bằng cách lấy liên hợp, ta cóy−i= (a−bi)3). So sánh các phần ảo
của hai vế của đẳng thứcy+i= (a+bi)3 ta được1 =b(3a2−b2). Giải phương trình nghiệm nguyên đơn
giản này ta được(a, b) = (0,−1). Từ đây, ta suy ray= 0và như vậy x= 1.
Nhận xét 4.6.24. Với cùng ý tưởng trên, ta có thể chỉ ra rằng, với mọin≥2 phương trình
xn−y2= 1
không có nghiệm nguyên (x, y) vớiy6= 0. Kết quả này, được thiết lập bởi Lebesgue, là một trường hợp riêng của phương trình Catalan.
5 Đa thức với hệ số trong một miền nhân tử hóa
5.1 A nhân tử hóa =⇒ A[X] nhân tử hóa
Định nghĩa 5.1.1 (Nội dung của một đa thức). Cho A là một miền nhân tử hóa và f ∈ A[X]. Ta định nghĩa nội dung củaf, kí hiệu làcont(f), như là một bội chung nhỏ nhất của các hệ số củaf. Như vậy nội dung của một đa thức được xác định một cách duy nhất, chính xác tới liên kết. Ta nóif là nguyên thủy nếu
cont(f) = 1, nói cách khác nếu các hệ số củaf là nguyên tố cùng nhau.
Ví dụ 5.1.2. 1. Giả sửA=Z. Ta có 2. 2X+ 1là một đa thức nguyên thủy;
3. cont(2X+ 4) = 2 cont(3X2−15) = 3.
Mệnh đề 5.1.3. Chof, g∈A[X]là hai đa thức 6= 0.
1. Nếuf vàg là hai đa thức nguyên thủy thìf g cũng là một đa thức nguyên thủy; 2. Một cách tổng quát,
cont(f g) = cont(f) cont(g)
(nhắc lại rằng, đẳng thức này là một đẳng thức chính xác tới liên kết)
Chứng minh. 1. Giả sử ngược lạif, glà hai đa thức nguyên thủy nhưngf gkhông nguyên thủy. Gọip∈A
là một phần tử bất khả qui sao cho plà ước của tất cả các hệ số củaf g. Nói cách khác f¯g¯= 0, với
¯
f ,¯gtương ứng là các đa thức hệ số trongA/(p)nhận được bằng cách rút gọn modulopcác hệ số của
f vàg. Nhưng vìA/(p) là một miền nguyênA/(p)[X] cũng là một miền nguyên. Đẳng thứcf¯¯g = 0
chứng tỏ hoặcf¯= 0, hoặc¯g= 0. Nói cách khác, hoặcplà một ước chung của các hệ số củaf, hoặcp
là một ước chung của các hệ số củag. Nhưng điều này mâu thuẫn với tính nguyên thủy củaf vàg.
2. Ta có thể viếtf = cont(f)f0, g= cont(g)g0vớif0, g0là hai đa thức nguyên thủy và áp dụng phần trên
chof0, g0.
Mệnh đề 5.1.4. Cho A là một miền nhân tử hóa, K là trường các thương vàf ∈A[X]. Nếu f =gh với
g, h∈ K[X] thì tồn tạig0, h0 ∈ A[X] sao cho f =g0h0 vàdegg0 = degg,degh0 = degh. Nói một cácáh khác, nếu f phân tích dưới dạng tích của phần tử của K[X] thì f cũng phân tích được thành tích của các phần tử củaA[X]với cùng bậc với các nhân tử trong K[X].
Ta sẽ sử dụng khái niệm sau về rút gọn modulo một ideal của một đa thức.
Định nghĩa 5.1.5. Cho Alà một vành, a là một ideal của A. Kí hiệuA→A/a, a7→a¯ ánh xạ chuẩn tắc. Với f(X) =anXn+· · ·+a1X+a0∈A[X] ta định nghĩaf¯∈A/a[X]như sau
¯
f[X] = ¯anXn+· · ·+ ¯a1X+ ¯a0
Ta gọif¯là đa thức rút gọn modulo a củaf.
Ta dễ dàng kiểm tra rằngf 7→f¯là một đồng cấu vành giữaA[X] vàA/a[X].
Chứng minh Mệnh đề 5.1.4. Mọi phần tử củaP(X)∈K[X]có thể được viết dưới dạng 1aP0(X)vớiP(X)∈
A[X],0 6= a ∈ A nào đó. Giả sử f(X) là một phần tử bất khả qui của A[X] và giả sử f(X) chấp nhận
một phân tích trong K[X] dạng f(X) = g(aX)h(bX) với a, b ∈ A, g(X), h(X) ∈ A[X] nào đó. Ta suy ra
abf(X) =g(X)h(X). Gọiplà một nhân tử bất khả qui bất kì củaab. Ta suy ra đẳng thứcg¯(X)¯h(X) = 0
trongA/(p)[X]vớig,¯ h¯ là các đa thức nhận được từg, hbằng cách rút gọn các hệ số modulop. Doplà bất
khả qui,plà nguyên tố nênA/(p)là một miền nguyên cũng nhưA/(p)[X]. Như vậyg¯= ¯h= 0, nói cách khác
plà một ước chung của các hệ số củaghoặc của các hệ số củah. Như vậy ta có thể triệt tiêu nhân tửpở hai