vì a là số nguyên tố dạng 4k+ 3.
Ta có π =ib. Do đóπ vàb hai số phức nguyên kết hợp. Do đó π là số nguyên tố Gauss nếu và chỉ nếu blà số nguyên tố Gauss. Do 1) ta có điều cần chứng minh.
Giả sử rằng N(π) là số nguyên tố thông thường. Nếu π là hợp số Gauss thì ta có π = αβ trong đó α, β là các số phức nguyên khác đơn vị. Do đó
N(π) = N(α)N(β). Suy ra N(α) = 1 hoặc N(β) = 1. Ta có mâu thuẫn. Ngược lại giả sử π là số nguyên tố Gauss. Ta phải chứng minh N(π) là số nguyên tố thông thường. Trước hết ta chỉ ra rằng có tồn tại số nguyên tố thông thường p sao cho π|p. Thật vậy vì ππ¯ = N(π) do đó π là uớc của số nguyên dương thông thường N(π). Gọi n là số nguyên dương thông thường bé nhất nhận π là ước. Khi đó n là số nguyên tố thông thường. Thật vậy, nếu trái lại giả sử n = n1n2,1 < n1 < n,1 < n2 < n. Vì π|n1n2 = n nên theo định lí 4.4 ta có π|n1 hoặc π|n2. Điều này mâu thuẫn với cách chọn n. Vậy n
phải là một số nguyên tố thông thường, ta kí hiệu nó là p. Ta có p= πβ (do
π | p). Số β không phải là đơn vị vìa 6= 0, b 6= 0. Vậy N(π)< N(p) =p2. Mà
N(π)|N(p) =p2 nên suy ra N(π) =p. Định lí được chứng minh xong Tiếp theo, ta xét một số vấn đề liên quan đến đồng dư.
Định nghĩa 4.7. Cho α, βγ là các số phức nguyên. Ta nói rằng α đồng dư với β modulo γ nếu γ|(α−β). Khi đó ta viết α ≡β (mod γ). Dễ thấy quan hệ đồng dư modulo γ xác định một quan hệ tương đương trên Z[i].
Định lý 4.8 (Tính chất của quan hệ modulo γ). 1. Nếu γ = m là một số nguyên thông thường, α = a+bi, β = x+iy thì α ≡ β (mod γ) nếu và chỉ nếu a≡x (mod m), b≡y (mod m).
184 Chương 4. Số phức trong các bài toán số học và tổ hợp 2. Nếu α1 ≡β1 (mod γ) và α2 ≡β2 (mod γ) thì
α1±α2 ≡β1±β2 (mod γ) và α1α2 ≡β1β2 (mod γ).
Định lý 4.9. Cho p > 2 là một số nguyên tố thông thường và α là một số phức nguyên. Khi đó 1) αp ≡ ¯ α(modp) nếu p = 4k+ 3 αmod p nếu p= 4k+ 1.
2) Với mọi số nguyên tố p thông thường ta luôn có αp2
≡αmod p. 3) αp2−1 ≡1(mod p) nếu p= 4k+ 3, α6= 0mod p
αp−1 ≡1(mod p) nếu p= 4k+ 1, N(α)6= 0(mod p).
Chứng minh. Giả sử α =a+bi. Vì Cpk ≡ 0 (mod p), (1 ≤ k ≤ p−1) và theo định lí Fermat, ta có
αp = (a+bi)p ≡ap+ (ib)p ≡a+ipb (mod p).
Mặt khác, nếu p= 4k+ 3 thìip =−ivà nếup= 4k+ 1thìip =i. Thành thử,
αp ≡ α (mod p) vớip= 4k+ 1 và αp ≡α¯ (mod p)for p= 4k+ 3. Nếu p= 4k+ 1 ta có αp2
≡αp ≡α (mod p). Nếu p= 4k+ 3 ta có αp2
≡α¯p ≡α (mod p).
Giả sử α =a+bi6= 0 (mod p), p = 4k+ 3. Khi đó a2+b2 6= 0 (mod p) (vì nếu trái lại thì a≡b≡ 0 (mod p)⇒α =a+bi≡0 (mod p).
Do đó tồn tại c∈N sao cho c(a2+b2)≡1 (mod p).
Đặt β =c(a−bi)⇒αβ =c(a2+b2)≡1 (mod p). Do 2) ta có
α(αp2−1−1) ≡0 (mod p)⇒βα(αp2−1−1) ≡0 (mod p) ⇒αp2−1−1≡0 (mod p).
Giả sử α=a+bi6= 0 (mod p), p= 4k+ 3, N(α) =a2+b2 6= 0 (mod p). Tương tự như trên có tồn tại β sao cho βα≡1 (mod p).
4.4. Số phức nguyên và ứng dụng trong lí thuyết số 185