r, s∈ Q Chọn a, b ∈Z sao cho
3.2 Số nguyên tố trong trường bậc ha
Trong mục này chúng tôi nghiên cứu vấn đề rẽ nhánh của các số nguyên tố trong trường bậc hai.
Mệnh đề 3.2.1. Cho trường bậc hai F =Q(√
d) trong đó d∈Z, d6= 1, và không có nhân tử bình phương. Ký hiệu D=DF. Cho p∈Z là một số nguyên tố. Khi đó xảy ra một trong ba trường hợp sau.
(i) (p) =P1P2 với P1, P2 là hai iđêan cực đại phân biệt của D; (ii) (p) là một iđêan cực đại của D;
(iii) (p) =P2 với P là một iđêan cực đại của D.
Chứng minh. Sử dụng các ký hiệu như trong Định lý 2.3.2 ta có
t
X
i=1
eifi= 2. Từ đó suy ra có ba trường hợp.
(i) Nếu t = 2, e1 = e2 = 1 thì (p) = P1P2 với P1, P2 là hai iđêan cực đại phân biệt của D.
(ii) Nếu t = 1, e1 = 1 thì (p) là một iđêan cực đại của D.
(iii) Nếu t= 1, e1 = 2 thì (p) = P2 với P là một iđêan cực đại của D. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Cụ thể hơn, ta có kết quả sau.
Mệnh đề 3.2.2. Cho trường bậc hai F =Q(√
d) trong đó d∈Z, d6= 1, và không có nhân tử bình phương. Ký hiệu D=DF. Cho p∈Z là một số nguyên tố lẻ.
(i) Nếu p- d và d là một thặng dư bậc hai theo môđun p thì (p) = P P với P là một iđêan cực đại của D, P ={α | α ∈ P} trong đó α chỉ liên hợp của α, và P 6=P;
(ii) Nếu p - d và d là một bất thặng dư bậc hai theo môđun p thì (p) là một iđêan cực đại của D;
(iii) Nếu p|d thì (p) =P2 với P là một iđêan cực đại của D. Chứng minh.
(i) Vì d là một thặng dư bậc hai theo môđun p nên tồn tại a ∈ Z sao cho
a2 ≡d( mod p). ĐặtP = (p, a+√
d)(iđêan củaDsinh bởi hai phần tửpvàa+√
d). Khi đó P = (p, a−√d). Ta có P P = (p, a+√ d)(p, a−√d) = (p)(p, a+√ d, a−√d,(a2−d)/p). Đặt A = (p, a + √ d, a − √d,(a2 − d)/p). Vì p - d nên d 6≡ 0 (mod p), do đó
a2 6≡ 0 ( mod p), hay a 6≡ 0 (mod p). Từ đó suy ra hai số nguyên p và 2a là nguyên tố cùng nhau trong Z. Hơn nữa 2a = (a+√
d) + (a−√d) ∈ A và p ∈ A
cho nên A=D. Vậy ta có phân tích (p) =P P.
Giả sử trái lại rằng P =P. Khi đó p và 2a đều thuộc P. Vì p và 2a là nguyên tố cùng nhau trong Z cho nên P = D, do đó (p) = D. Điều này không thể xảy ra cho nên P 6=P. Vậy ta có điều phải chứng minh.
(ii) Lấy P là một iđêan cực đại bất kỳ của D chứa p. Ta sẽ chứng tỏ rằng P
có cấp 2, nghĩa là D/P có p2 phần tử, từ đó suy ra rằng ordP(p) = 1, và ta có điều phải chứng minh.
Giả sử P có cấp 1, nghĩa là D/P có p phần tử. Khi đó ta có đẳng cấu vành Z/P ∩Z∼= (P +Z)/P ∼=D/P
được cho bởi công thức x+ (P ∩Z)7→x+P với mọi x∈Z. Do đó tồn tại a∈Z
sao cho a+P =√
d+P. Từ đó suy ra a2+P =d+P, hay a2−d ∈ P, cho nên
a2−d ∈ P ∩Z =pZ. Điều này trái với giả thiết d là một bất thặng dư bậc hai theo môđun p trong Z. Vậy ta có điều phải chứng minh.
(iii) Đặt P = (p,√
d) (iđêan của D sinh bởi hai phần tử p và √d). Khi đó ta có P2= (p, √ d)(p, √ d) = (p)(p, √ d, d/p)
trong đó d/p ∈ Z vì p | d. Vì d không có nhân tử bình phương cho nên với
d/p∈Z thì (d/p)2 -d, từ đó suy ra d và d/plà nguyên tố cùng nhau trong Z. Do đó (p,√
d, d/p) = D. Từ đó suy ra (p) =P2. Vậy ta có điều phải chứng minh. Sau đây là hai trường hợp đặc biệt ứng với p= 3 và p= 5.
Hệ quả 3.2.3. Cho trường bậc hai F =Q(√
d) trong đó d ∈ Z, d 6= 1 và không có nhân tử bình phương. Ký hiệu D=DF. Khi đó
(i) Nếu d ≡ 1 (mod 3) thì (3) = P P với P là một iđêan cực đại của D,
P = {α|α∈P} trong đó α chỉ liên hợp của α, và P 6=P;
(ii) Nếu d≡2 (mod 3) thì (3) là một iđêan cực đại của D;
(iii) Nếu d≡0 (mod 3) thì (3) =P2 với P là một iđêan cực đại của D. Chứng minh.
(i) Vì d ≡ 1 (mod 3) nên d là một thặng dư bậc hai theo môđun 3. Do đó, theo Mệnh đề 3.2.2 (i) ta có điều phải chứng minh.
(ii) Vì d ≡ 2 (mod 3) nên d là một bất thặng dư bậc hai theo môđun 3. Do đó, theo Mệnh đề 3.2.2 (ii) ta có điều phải chứng minh.
(iii) Vì d ≡ 0 (mod 3) nên theo Mệnh đề 3.2.2 (iii) ta có điều phải chứng minh.
Hệ quả 3.2.4. Cho trường bậc hai F =Q(√
d) trong đó d ∈ Z, d 6= 1 và không có nhân tử bình phương. Ký hiệu D=DF. Khi đó
(i) Nếu d≡1 ( mod 5) hoặc d≡4 ( mod 5) thì (5) =P P với P là một iđêan cực đại của D, P ={α|α∈P} trong đó α chỉ liên hợp của α, và P 6=P;
(ii) Nếu d≡2 (mod 5) hoặc d≡3 (mod 5) thì (5) là một iđêan cực đại của D;
(iii) Nếu d≡0 (mod 5) thì (5) =P2 với P là một iđêan cực đại của D. Chứng minh.
(i) Vì d ≡1 (mod 5) hoặc d ≡4 (mod 5) nên d là một thặng dư bậc hai theo môđun 5. Do đó, theo Mệnh đề 3.2.2 (i) ta có điều phải chứng minh.
(ii) Vì d ≡ 2 (mod 5) hoặc d ≡3 (mod 5) nên d là một bất thặng dư bậc hai theo môđun 5. Do đó, theo Mệnh đề 3.2.2 (ii) ta có điều phải chứng minh.
(iii) Vì d≡ 0 (mod 5) nên áp dụng Mệnh đề 3.2.2 (iii) ta có điều phải chứng minh.
Đối với trường hợp số nguyên tố p= 2 ta có kết quả sau.
Mệnh đề 3.2.5. Cho trường bậc hai F =Q(√
d) trong đó d∈Z, d6= 1 và không có nhân tử bình phương. Ký hiệu D=DF.
(i) Nếu d ≡ 1 (mod 8) thì (2) = P P với P là một iđêan cực đại của D,
P = {α|α∈P} trong đó α chỉ liên hợp của α, và P 6=P;
(ii) Nếu d≡5 (mod 8) thì (2) là một iđêan cực đại của D;
(iii) Nếu d ≡ 2 (mod 8) hoặc d ≡ 3 (mod 8) hoặc d ≡ 6 (mod 8) hoặc
d≡ 7 (mod 8) thì (2) =P2 với P là một iđêan cực đại của D. Chứng minh.
(i) Giả sử d≡1 (mod 8). Đặt P = (2,(−1 +√
d)/2). Khi đó
Ta có P P = (2,(−1 + √ d)/2)(2,(−1−√d)/2) = (2)(2,(−1 + √ d)/2,(−1−√d)/2,(1−d)/8). Đặt A= (2,(−1 +√ d)/2,(−1−√d)/2,(1−d)/8). Vì (−1 +√ d)/2 + (−1−√d)/2 = −1 ∈ A nên A = D. Do đó ta có phân tích (2) =P P. Ta chứng tỏ rằng P 6=P. Thật vậy, nếu P =P thì −1 = (−1 +√ d)/2 + (−1−√d)/2∈P,
từ đó suy ra P =D, do đó (2) = D. Điều này không thể xảy ra cho nên P 6=P. Vậy ta có điều phải chứng minh.
(ii) Giả sửd≡5 ( mod 8). LấyP là một iđêan cực đại bất kỳ củaD chứa2, từ đó suy ra rằng ordP(2) = 1, và ta có điều phải chứng minh. Giả sử trái lại rằng
P có cấp 1. Bằng cách lập luận tương tự như trong phép chứng minh cho trường hợpplẻ trong Mệnh đề3.2.2, khi đó tồn tạia∈Zsao choa+P = (−1+√
d)/2+P. Từ đó suy ra a2+a+ (1−d)/4 ∈ P, cho nên a2+a+ (1−d)/4 ∈ P ∩Z = 2Z. Vì a2+a là một số chẵn nên từ điều kiện này suy ra (1−d)/4 là số chẵn, hay
d≡1 (mod 8), điều này trái với giả thiết. Vậy ta có điều phải chứng minh. (iii) Giả sử d≡2 (mod 8) hoặc d≡6 (mod 8). Đặt P = (2,√
d) khi đó P2= (2, √ d)(2, √ d) = (2)(2, √ d, d/2)
trong đó d/2∈ Z vì 2| d. Vì d không có nhân tử bình phương cho nên d và d/2
là nguyên tố cùng nhau trong Z. Do đó (2,√
d, d/2) = D. Từ đó suy ra (2) =P2. Giả sử d≡3 (mod 8) hoặc d≡7 (mod 8). Đặt P = (2,1 +√
d) khi đó P2 = (2,1 + √ d)(2,1 + √ d) = (2)(2,1 + √ d,(1 + √ d)2/2). Vì(2,1 +√ d,(1 +√
Trong phần còn lại của mục này ta sẽ nghiên cứu vấn đề phân tích một số nguyên tố p∈Z trong một số vành đặc biệt.
Mệnh đề 3.2.6. Cho p ∈ Z là một số nguyên tố. Trong vành các số nguyên Gauss Z[i] ta có các kết quả sau.
(i) Nếu p≡1 (mod 4) thì có phân tích p= (x−yi)(x+yi) với x, y ∈Z;
(ii) Nếu p≡3 (mod 4) thì p là một phần tử bất khả quy trong Z[i];
(iii) Nếu p= 2 thì có phân tích 2 = −i(1 +i)2 trong đó 1 +i là một phần tử bất khả quy trong Z[i].
Chứng minh. Theo Mệnh đề 3.1.8 vành Z[i] là vành Euclide, do đó nó là vành chính. Ý tưởng chính của phép chứng minh là áp dụng các Mệnh đề 3.2.2 và Mệnh đề 3.2.5 cho trường hợp d=−1.
(i) Giả sử p ≡ 1 (mod 4). Khi đó p - d, và theo Mệnh đề 1.1.4 ta có d = −1
là một thặng dư bậc hai theo môđun p. Theo Mệnh đề 3.2.2 (i) ta có phân tích
(p) = P P với P là một iđêan cực đại của Z[i], P = {α | α ∈ P} trong đó α chỉ liên hợp của α, và P 6=P.
VìZ[i] là vành chính cho nênP = (α)với α =x+yi, x, y ∈Z.Khi đó P = (α), và ta có phân tích
(p) = (α)(α) = (αα).
Từ đó suy ra p và αα sai khác nhau một đơn vị của Z[i]. Do đó p = αα, hoặc
p=−αα, hoặc p=iαα, hoặc p=−iαα.
Nếu p=−αα thì p=−(x+yi)(x−yi) =−x2−y2 <0, điều này dẫn đến mâu thuẫn. Nếu p =iαα thì p =i(x+yi)(x−yi) = i(x2+y2) 6∈Z, điều này dẫn đến mâu thuẫn. Nếu p=−iαα thì p=−i(x+yi)(x−yi) =−i(x2+y2)6∈Z, điều này dẫn đến mâu thuẫn.
Do đó p có phân tích duy nhất là p=αα = (x−yi)(x+yi) với x, y ∈Z. Vậy ta có điều phải chứng minh.
(ii) Giả sử p ≡ 3 (mod 4). Khi đó p - d và theo Mệnh đề 1.1.4 ta có d = −1
là một bất thặng dư bậc hai theo môđun p. Theo Mệnh đề 3.2.2 (ii) ta có (p)
là một iđêan cực đại của Z[i]. Vì Z[i] là một vành chính, cho nên theo Mệnh đề
1.2.5 ta có p là một phần tử bất khả quy trong Z[i].
(iii) Với p = 2, áp dụng Mệnh đề 3.2.5 ta có phân tích 2 = −i(1 +i)2. Vì
N(1 +i) = 2, cho nên theo Mệnh đề 1.3.17 ta có 1 +i là một phần tử bất khả quy trong Z[i].
VìZ[i]là vành chính cho nên một phần tử bất khả quy trongZ[i]cũng là một phần tử nguyên tố. Ta gọi các phần tử nguyên tố trongZ[i] là các số nguyên tố Gauss. Kết quả sau cho ta mô tả các số nguyên tố Gauss.
Mệnh đề 3.2.7. Các số nguyên tố Gauss có một trong các dạng sau.
(i) α=x+yi với x, y ∈Z sao cho x2+y2 là một số nguyên tố trong Z có dạng
4k+ 1;
(ii) α là một số nguyên tố trong Z có dạng 4k+ 3 và các số liên kết với nó; (iii) α= 1 +i và các số liên kết với nó.
Chứng minh. Trước tiên ta chứng tỏ rằng nếu α ∈ Z[i] là một số nguyên tố Gauss thì α là ước của một số nguyên tố p trong Z nào đó. Thật vậy, giả sử
N(α) =p1p2. . . pn là phân tích củaN(α)thành tích của các số nguyên tố trong Z. Khi đó
α|p1p2. . . pn.
Vì α là một phần tử nguyên tố trong Z[i] cho nên α phải là ước của một pi nào đó. Vậy một số nguyên tố Gauss phải xuất hiện trong phân tích trong Z[i] của
một số nguyên tố p∈Z nào đó. Lấy p là một số nguyên tố bất kỳ trong Z. Khi đó áp dụng Mệnh đề 3.2.6 ta có ngay điều phải chứng minh.
Mệnh đề 3.2.8. Cho p∈Z là một số nguyên tố. Trong vành Z[√
−2] ta có các kết quả sau.
(i) Nếu p≡1 (mod 8) hoặc p≡3 (mod 8) thì có phân tích
p= (x+y√
−2)(x−y√
−2) với x, y ∈Z;
(ii) Nếu p ≡ 5 (mod 8) hoặc p ≡ 7 (mod 8) thì p là một phần tử bất khả quy trong Z[√
−2];
(iii) Nếu p= 2 thì có phân tích 2 =−(√
−2)2 trong đó √−2 là một phần tử bất khả quy trong Z[√
−2].
Chứng minh. Theo Mệnh đề 3.1.9 vành Z[√
−2] là vành Euclide, do đó nó là vành chính. Tương tự như phép chứng minh ở Mệnh đề 3.2.6, ta áp dụng các Mệnh đề 3.2.2 và 3.2.5 cho trường hợp d=−2.
(i) Giả sử p ≡ 1 (mod 8) hoặc p ≡ 3 (mod 8). Khi đó p - d và theo Mệnh đề
1.1.4ta có d=−2 là một thặng dư bậc hai theo môđunp. Theo Mệnh đề3.2.2(i) ta có phân tích(p) = P P vớiP là một iđêan cực đại của Z[√
−2],P ={α|α∈P}
trong đó α chỉ liên hợp củaα, và P 6=P. Vì Z[√
−2] là vành chính nên P = (α) với α=x+y√
−2∈P, x, y ∈Z. Khi đó
P = (α), và ta có phân tích
(p) = (α)(α) = (αα).
Từ đó suy ra p và αα sai khác nhau một đơn vị của Z[√
−2]. Do đó p=αα hoặc
Nếu p=−αα thì p=−(x+y√
−2)(x−y√
−2) = −x2−2y2 <0, điều này dẫn đến mâu thuẫn. Do đópcó phân tích duy nhất làp=αα = (x+y√
−2)(x−y√ −2)
với x, y ∈Z. Vậy ta có điều phải chứng minh.
(ii) Giả sử p≡ 5 (mod 8) hoặc p ≡ 7 (mod 8). Khi đó p- d và theo Mệnh đề
1.1.4 ta có d = −2 là một bất thặng dư bậc hai theo môđun p. Theo Mệnh đề
3.2.2(ii) ta có(p)là một iđêan cực đại củaZ[√
−2]. VìZ[√
−2]là một vành chính, cho nên theo Mệnh đề 1.2.5 ta có p là một phần tử bất khả quy trong Z[√
−2];(iii) Với p= 2 áp dụng Mệnh đề 3.2.5 ta có phân tích 2 =−(√ (iii) Với p= 2 áp dụng Mệnh đề 3.2.5 ta có phân tích 2 =−(√
−2)2 trong đó
√
−2 là một phần tử bất khả quy trong Z[√ −2]. VìZ[√
−2]là vành chính nên một phần tử bất khả quy trong Z[√
−2]cũng là một phần tử nguyên tố. Kết quả sau cho ta mô tả các phần tử nguyên tố trong vành Z[√ −2]. Mệnh đề 3.2.9. Các phần tử nguyên tố trong vành Z[√ −2] có một trong các dạng sau. (i) α=x+y√
−2 với x, y ∈Z sao cho x2+ 2y2 là một số nguyên tố trong Z có dạng 8k+ 1 hoặc 8k+ 3;
(ii) α là một số nguyên tố trong Z có dạng 8k+ 5 hoặc 8k+ 7 và các số liên kết với nó;
(iii) α=√
−2 và các số liên kết với nó.
Chứng minh. Bằng cách lập luận tương tự như trong phép chứng minh Mệnh đề
3.2.7 ta thấy rằng một phần tử bất khả quy trong Z[√
−2] phải xuất hiện trong phân tích trong Z[√
−2] của một số nguyên tố p ∈ Z nào đó. Lấy p là một số nguyên tố bất kỳ trong Z. Khi đó áp dụng Mệnh đề 3.2.8 ta có ngay điều phải chứng minh.
Mệnh đề 3.2.10. Cho p ∈ Z là một số nguyên tố. Trong vành các số nguyên Eisenstein Z[w] ta có các kết quả sau.
(i) Nếu p≡1 (mod 6) thì có phân tích p= (x+yw)(x+yw) với x, y ∈Z; (ii) Nếu p≡5 (mod 6) thì p là một phần tử bất khả quy trong Z[w]; (iii) Nếu p= 2 thì có p là một phần tử bất khả quy trong Z[w];
(iv) Nếu p= 3 thì có phân tích 3 = −(1 + 2w)2 trong đó 1 + 2w là một phần tử bất khả quy trong Z[w].
Chứng minh. Theo Mệnh đề 3.1.10vành Z[w] là vành Euclide, do đó nó là vành chính. Tương tự như phép chứng minh ở Mệnh đề 3.2.6, ta áp dụng các Mệnh đề 3.2.2 và 3.2.5 cho trường hợp d =−3.
(i) Giả sửp≡1 ( mod 6). Khi đó theo Mệnh đề1.1.4ta cód=−3là một thặng dư bậc hai theo môđun p. Theo Mệnh đề 3.2.2 (i) ta có phân tích (p) =P P với
P là một iđêan cực đại của Z[w], P ={α|α ∈P} trong đó α chỉ liên hợp của α, và P 6=P.
Vì Z[w] là vành chính cho nên P = (α) với α = x+yw, x, y ∈ Z. Khi đó
P = (α), và ta có phân tích
(p) = (α)(α) = (αα).
Từ đó suy ra p và αα sai khác nhau một đơn vị của Z[w]. Do đó p= αα, hoặc
p=−αα, hoặc p=wαα, hoặc p=−wαα, hoặc p=w2αα, hoặc p=−w2αα.Nếup=−ααthìp=−(x+yw)(x+yw) =−x2+xy−y2 =−(x−12y)2−34 y2 < 0, Nếup=−ααthìp=−(x+yw)(x+yw) =−x2+xy−y2 =−(x−12y)2−34 y2 < 0, điều này dẫn đến mâu thuẫn. Nếu p=wαα thì p=w(x+yw)(x+yw) =
w(x2−xy+y2)6∈ Z vì w6∈ Z, điều này dẫn đến mâu thuẫn. Nếu p=−wαα thì
mâu thuẫn. Nếu p = w2αα thì p = w2(x+yw)(x+yw) = w2(x2−xy+y2) 6∈ Z
vì w2 6∈ Z, điều này dẫn đến mâu thuẫn. Nếu p = −w2αα thì p =
−w2(x +yw)(x +yw) = −w2(x2 −xy + y2) 6∈ Z vì w 6∈ Z, điều này dẫn đến mâu thuẫn.
Do đó p có phân tích duy nhất là p=αα = (x+yw)(x+yw) với x, y ∈Z. Vậy ta có điều phải chứng minh.
(ii) Giả sửp≡5 ( mod 6). Khi đó theo Mệnh đề 1.1.4 ta có d=−3 là một bất thặng dư bậc hai theo môđun p. Theo Mệnh đề 3.2.2 (ii) ta có (p) là một iđêan cực đại của Z[w]. Vì Z[w] là một vành chính, cho nên theo Mệnh đề 1.2.5 ta có
p là một phần tử bất khả quy trong Z[w];
(iii) Với p = 2, áp dụng Mệnh đề 3.2.5 ta có 2 là một phần tử bất khả quy trong Z[w];
(iv) Với p = 3 theo Hệ quả 3.2.3 ta có phân tích 3 = −(1 + 2w)2 trong đó
1 + 2w là một phần tử bất khả quy trong Z[w].
Vì Z[w] là vành chính cho nên một phần tử bất khả quy trong Z[w] cũng là một phần tử nguyên tố. Ta gọi các phần tử nguyên tố trong Z[w] là các số nguyên tố Eisenstein. Kết quả sau cho ta mô tả các số nguyên tố Eisenstein.