Các iđêan trong vành các số nguyên đại số

2 Vành số nguyên đại số trên trường số

2.4 Các iđêan trong vành các số nguyên đại số

Trong phần này ta trình bày lý thuyết iđêan của vành OK các số nguyên đại số.

Bổ đề 2.4.1. Cho K là một trường số. Giả sử β và γ là hai phần tử khác không củaOK . Khi đóhβi = hγi nếu và chỉ nếuγ/β là khả nghịchOK.

Chứng minh. Nếu hβi = hγi thì β ∈ hγi và γ ∈ hβi. Do đó γ/β ∈ OK và do vậyγ/β ∈ U(OK).

Ngược lại, nếu γ/β ∈ U(OK) thìβ/γ, γ/β ∈ OK và do vậyβ|γ vàγ|β. Do đóhβi ⊆ hγi ⊆ hβi, suy rahβi = hγi.

Định nghĩa 2.4.2. (i) Cho I là một iđêan của OK vàγ, δ ∈ OK. Ta nói rằng

γ đồng dư với δ theo modulo I nếu γ −δ ∈ I và kí hiệu γ ≡ δ (mod I). (ii) Một iđêanP củaOK làiđêan nguyên tố nếu

• P 6= h0i,

• P 6= h1i, và

• nếu γ, δ ∈ OK vàγδ ∈ P thìγ ∈ P hoặcδ ∈ P.

Nhận xét 2.4.3. (i) Nếuγ ≡ σ (modhβi)thì ta cóγ−σ ∈ hβi ⇔ γ−σ = ηβ. Do đó ta hiểu rằng γ ≡ σ (mod hβi) giống như γ ≡ σ (mod β). Cho nên nếuβ là phần tử nguyên tố trongOK thì điều kiện này được viết lại như sau:

• hβi 6= 0;hβi 6= OK và

• nếu γ, δ ∈ OK vàγδ ∈ hβi thìγ ∈ hβi hoặcδ ∈ hβi.

(ii) Iđêan nguyên tố, chính của OK có dạnghβi, trong đóβ nguyên tố.

Mệnh đề 2.4.4. Giả sử K là một trường số và mỗi iđêan của OK là iđêan chính. Mỗi iđêan không tầm thường củaOK là tích của các iđêan nguyên tố và các phép biểu diễn là duy nhất.

Chứng minh. Mỗi iđêan không tầm thườngI có dạngI = hβiở đó β 6= 0và

β /∈ U(OK). Khi đó, theo Bổ đề 2.3.8 thì β = γ1γ2. . . γr ở đó γj là bất khả quy. Khi đóI = hγ1ihγ2i. . .hγri và theo Mệnh đề2.3.17thìγj là nguyên tố. Nhưng khihγji là các iđêan nguyên tố thìI là tích của các iđêan nguyên tố.

Giả sử

I = P1P2. . . Pr = Q1Q2. . . Qs (2.5) là hai phép phân tích thành nhân tử củaI thành tích các iđêan nguyên tố. Viết

Pi = hγiivàQj = hδji. Khi đóβ, γ1γ2. . . γr vàδ1δ2. . . δs chỉ khác một phần tử đơn vị. Bằng cách hấp thụ này vàoγ1 vàδ1 ta có thể giả sử rằng

β = γ1γ2. . . γr = δ1δ2. . . δs.

Theo Mệnh đề 2.3.12 , các phép phân tích thành nhân tử này là tương đương mà có nghĩa trong(2.5)rằng r = svàPisvàQislà cùng bậc.

Ví dụ 2.4.5. Giả sử K = Q(√

−6). Khi đó OK = {a + b√

−6}. Ta định nghĩa hai tập con củaOK

I = {a+ b√ −6 : a, b ∈ Z, alà số chẵn} = {2c+b√ −6 : b, c ∈ Z} và J = {a+ b√ −6 : a, b ∈ Z, 3|a}= {3c+b√ −6 : b, c ∈ Z}.

Khi đó, dễ thấy rằng I và J là các nhóm con của OK với phép cộng. Giả sử β = 2c+b√ −6 ∈ I vàγ = r +s√ −6∈ OK. Khi đó γβ = (r +s√ −6)(2c+b√ −6) = 2(rs−3sb) + (rb+ 2sc)√ −6 ∈ I

và do vậyI là một iđêan củaOK. Lập luận tương tự suy raJ là một iđêan của

OK. Thực tế ta đánh giá rằng I = h2,√ −6i. Chắc chắn 2 ∈ I và √−6 ∈ I suy ra h2,√ −6i ⊂ I. Mặt khác mỗi phần tử của I có dạng 2c + b√ −6 với b, c ∈ Z. Mỗi phần tử của I có dạng 2γ + δ√ −6 với γ, δ ∈ OK và do vậy I ⊆ h2,√ −6i. Khi đó I = h2,√ −6i. Tương tựJ = h3,√ −6i.

Bây giờ ta chứng minh rằng I và J không phải là iđêan chính. Giả sử

I là iđêan chính. Khi đó I = hβi với một vài β ∈ OK. Khi đó vì 2 ∈ I và

√

−6 ∈ I nênβ|2vàβ|√−6. Do đóN(β)|N(2) = 4vàN(β)|N(√

−6) = 6. Suy raN(β) = ±1hoặc±2. NhưngN(β) =a2+6b2 trong đóβ = a+b√

−6

và a, b ∈ Z. Chỉ có thể là a = ±1 vàb = 0. Nhưng khi β = ±1 và ±1 ∈/ I

do vậy điều này là sai. Do đóI không phải là iđêan chính. Lập luận tương tự chứng tỏ rằngJ cũng không phải là iđêan chính.

Ta sẽ tính tích của I vàJ. Đầu tiên ta xétI2. Ta có

I2 = h2,√

−6ih2,√

−6i = h4,2√

−6,2√

−6,−6i.

Bằng cách kiểm tra ta thấy rằng4,−6và2√

−6là các phần tử của h2i suy ra

I2 ⊆ h2i. Nhưng 2 = (−1)4−(−1)(−6) ∈ I2. Do đó h2i ⊆ I2 và ta suy ra

I2 = h2i. Tương tựJ2 = h3i. Bây giờ xétIJ. Ta có

IJ = h2,√

−6ih3,√

−6i = h6,2√

−6,3√

−6,−6i.

Vì √−6| ±6 trong OK ta thấy rằng IJ ⊆ h√−6i. Nhưng√−6 = 3√ −6 + (−1)2√

−6∈ IJ và do vậyh√−6i ⊆ IJ. Do dóIJ = h√−6i.

Bây giờ ta chứng tỏ rằng I và J là các iđêan nguyên tố. Giả sử β =

a+ b√

−6, γ = c +d√

và c các số lẻ. Do đó βγ = (ac −6bd) + (ad+ bd)√

−6. Nhưng ac −6cd

là lẻ, do vậy βγ /∈ I. Do đó I là nguyên tố. Bây giờ giả sử rằng β /∈ J và

γ /∈ J. Khi đó 3 - a và3 - c. Nhưng khi 3 - (ac−6bd) thìβγ /∈ J. Do đóJ

là nguyên tố. Ta có

6 = 2×3 = (√

−6)(−√−6)

là phép phân tích không duy nhất thành tích các thừa số bất khả quy trong

OK. Điều này cho ta phép phân tích thành tích các iđêan

h6i = h2ih3i = h√−6i2. (2.6) Nhưng không phần tử nào của h2i,h3i và h√−6i là "bất khả quy" như một iđêan. Phép phân tích thành nhân tử(2.6)có thể được viết là

(I2)(J2) = (IJ)(IJ)

và được xem là hai cách nhóm các iđêan nguyên tố, không phải iđêan chính trong phép phân tíchh6i = I2J2 thành tích các cặp tới các iđêan chính.

Bổ đề 2.4.6. [4] Giả sửK là một trường số bậcn. Mỗi iđêan khác không của

OK là một nhóm Abel tự do hạngnvới phép cộng.

Chứng minh. Giả sửI là một iđêan khác không củaOK. Giả sửβ1, β2, . . . , βn

lập thành một cơ sở nguyên của OK và giả sử γ là một phần tử khác không củaI. Khi đó, rõ ràngγβ1, γβ2, . . . , γβn lập thành một cơ sở nguyên củahγi. Do đóhγi là một nhóm Abel tự do hạngn. VìI là một nhóm con của Ok nên theo Mệnh đề1.4.1thìI là một nhóm Abel hạngm, trong đóm ≤ n. Nhưng

hγi là một nhóm con của I và do vậy hạng của hγi bằng n, không vượt quá

Giả sử K là một trường số. Mỗi iđêan của OK có hạng bằng với nhóm Abel OK. Theo Mệnh đề 1.4.3mỗi iđêanI có chỉ số hữu hạn như một nhóm con của OK. Ta gọi chỉ số này là chuẩn của I và kí hiệu là N(I). Tức là

N(I) = |OK : I|. Điều này có nghĩa là nếu N(I) = m thì có γ1, . . . , γm ∈ OK mà lập thành một hệ các lớp biểu diễn cho I trong OK. Tức là mỗi

β ∈ OK đồng dư với đúng một phần tử γj theo moduloI.

Ví dụ 2.4.7. (i) Cho K = Q(√

−6), suy raOK = Z[√

−6]. Xét iđêan chính

h1 + √

−6i. Giả sử β = 1 + √

−6, khi đó γ ∈ hβi nếu và chỉ nếu γ/β ∈

Z[√ −6]. Nếu γ = a+b√ −6thì γ β = a+b√ −6 1 +√ −6 = (a+b√ −6)(1 −√−6) (1 +√ −6)(1−√−6) = a+ 6b 7 + b−a 7 √ −6.

Do đó γ ∈ hβi nếu và chỉ nếu a+ 6b ≡ 0 (mod 7) và b−a ≡ 0 (mod 7). Hai điều kiện trên tương đương vớia ≡ b (mod 7). Ngược lại a+b√

−6 ≡

c + d√

−6 (mod hβi) nếu và chỉ nếu b − a ≡ d − c (mod 7). Do đó

0,1,2,3,4,5,6lập thành một hệ các lớp biểu diễn cho hβi trong Z[√

−6] và do vậyN(h1 +√

−6i) = 7. (ii) ChoK = Q(√

−6). Xét iđêan không phải là iđêan chínhI = h2,√ −6i. Ta thấy rằnga+b√

−6∈ I nếu và chỉ nếua là số chẵn. Do đóa+b√ −6≡

c+ d√

−6 (mod I) nếu và chỉ nếu a ≡ c (mod 2). Do đó 0 và 1 lập thành một hệ các lớp biểu diễn cho I trong Z[√

−6] và do vậy N(I) = 2. Lập luận tương tự suy raN(J) = 3 khiJ = h3,√

−6i.

Tính chất 2.4.8. Giả sử I vàJ là các iđêan khác không của OK. Khi đó

• N(I)là một số nguyên dương vàN(I) = 1khiI = h1i = OK,

Định lí 2.4.9. [4] Giả sử K là một trường số. Nếu γ là một phần tử khác không củaOK thì

N(hγi) = |N(γ)|. (2.7)

(Chú ý rằng vế trái của(2.7)là chuẩn của một iđêan và vế phải là chuẩn của một phần tử.)

Chứng minh. Giả sửβ1, . . . , βnlà một cơ sở nguyên củaOK. Khi đóγβ1, . . . , γβn

lập thành một cơ sở nguyên củahγi. Ta có thể viết γβj =

n

P

j=1

ajkβk trong đó

ajk ∈ Z. Theo Mệnh đề 1.4.3 suy ra N(hγi) = |OK : hγi| = |det(A)|, trong đóAlà ma trận vuông cấpnvới phần tử thứ(j, k) làajk. Ta phải chỉ ra

det(A) = N(γ).

Thật vậy, phương trình ma trậnγv = Av, trong đóvlà véctơ cột(β1 β2. . . βn)T. Tác động đồng cấu σk vào phương trình này, suy ra σk(γ)vk = Avk trong đó vk = (σk(β1) σk(β2). . . σk(βn))T. Do đó vk là véctơ riêng của A với giá trị riêng σk(γ). Ma trận B = (σk(βj)) là ma trận vuông cấp n. Khi đó BBT có phần tử thứ (j, k) là Pn

i=1

σi(βj)σi(βk) = T(βjβk) và do vậy

det(BBT) = ∆(β1, . . . , βn) 6= 0. Do đó B không suy biến. Khi đó BAB−1

là một ma trận đường chéo với các phần tử trên đường chéo là σj(γ) và do vậydet(A) = det(BAB−1) =

n

Q

j=1

σj(γ) = N(γ).

Lập luận tương tự chứng tỏ rằng N(hγiI) =|N(γ)|N(I). Tổng quát, nếu

K là một trường số vàI, J là các iđêan của OK thìN(IJ) =N(I)N(J).

Bổ đề 2.4.10. ChoK là một trường số vàP là một iđêan nguyên tố củaOK. Nếu I và J là các iđêan của OK và IJ ⊆ P thì I ⊆ P hoặc J ⊆ P. Tổng quát, nếu I1, . . . , Im là các iđêan và I1. . . Im ⊆ P thì Ik ⊆ P với một số k

nào đó.

Chứng minh. Giả sử ngược lại rằng IJ ⊆ P nhưng I 6⊆ P và J 6⊆ P. Khi đó, tồn tại β ∈ I, γ ∈ J vớiβ /∈ P và γ /∈ P. Cóβγ ∈ IJ vì IJ ⊆ P nên

βγ ∈ P, vì βγ ⊆ P nên βγ ∈ P, do P nguyên tố nên β ∈ P hoặc γ ∈ P. Điều này vô lý. VậyIJ ⊆ P. Trường hợp tổng quát được suy ra bằng phương pháp quy nạp.

Định nghĩa 2.4.11. Một iđêanI củaOKlàiđêan cực đạinếuI là iđêan không tầm thường và mọi iđêanJ củaOK mà I ⊆ J thìJ = I hoặcJ = OK.

Bổ đề 2.4.12. Cho K là một trường số. Một iđêan I 6= 0 của OK là iđêan nguyên tố nếu và chỉ nếu nó là iđêan cực đại.

Chứng minh. Đầu tiên giả sử I là iđêan cực đại. Lấy β, γ ∈ OK với βγ ∈ I

và β /∈ I. Để chứng minh I là nguyên tố ta chỉ cần chứng minh rằng γ ∈ I. Giả sử J = I +hβi. Khi đó J là một iđêan cảuOK vàI ⊆ J, nhưng I 6= J

vìβ ∈ J. Do I cực đại nên J = OK. Do đó1 ∈ J, suy ra 1 = η + δβ trong đó η ∈ I và δ ∈ OK. Khi đó 1 ≡ δβ (mod I). Suy ra γ = 1γ ≡ δβγ ≡

0 (mod I) vìβγ ∈ I. Suy raγ ∈ I và do đóI là iđêan nguyên tố.

Tiếp theo, giả sửI là iđêan nguyên tố vàJ là một iđêan củaOK vớiI ⊆J

và I 6= J. Ta sẽ chỉ ra J = OK hay tương đương 1 ∈ OK. Giả sử β ∈ J và

β /∈ I. Khi đó J ⊇ I +hβi, do vậy ta chứng tỏ 1 ∈ I + hβi. Iđêan I có chỉ số hữu hạn m trong OK. Giả sử γ1, . . . , γm là các lớp biểu diễn của I trong

OK. Vì thế mỗi phần tử của OK đồng dư với đúng một γj theo modulo I. Đặc biệtγj ≡ γk ( mod I)nếu và chỉ nếu j = k. Nếuβγj ≡ βγk (mod I)

thì β(γj − γk) ∈ I. Vì I là nguyên tố và β /∈ I nên γj −γk ∈ I và do vậy

j = k. Các phần tử βγ1, βγm thuộc các lớp khác nhau củaI nên nó là hệ các lớp biểu diễn của I trong OK. Đặc biệt 1 ≡ βγj (mod I) với một vài j nào đó và do vậy1 = η+γjβ vớiη ∈ I. Do đó1∈ I+hβi, suy raI là iđêan cực đại.

Bổ đề 2.4.13. Cho K là một trường số và I là một iđêan không tầm thường củaOK. Khi đó, tồn tại một iđêan nguyên tố P củaOK sao choI ⊆ P.

Chứng minh. Xét các iđêan không tầm thườngJ củaOK sao choI ⊆ J. Nếu

I = J thì mọi iđêan không tầm thườngJ củaOK màI ⊆ J thìI = J. Suy ra

I là iđêan cực đại củaOK, do đóI là iđêan nguyên tố. Khi đó ta chọnP = I

thỏa mãn yêu cầu bài toán. NếuJ 6= I chọn J = P, P là iđêan có chuẩn bé nhất. Khi đóP là iđêan cực đại, vì nếuP ⊆J1 vớiJ1 6= P một iđêan củaOK

thìN(J1) < N(P) và do vậyJ1 = OK. VìP cực đại nên P nguyên tố.

Bổ đề 2.4.14. [4] Giả sử K là một trường số và I là một iđêan không tầm thường củaOK. Khi đóI ⊇ P1P2. . . Pm, trong đóPj là các iđêan nguyên tố củaOK.

Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp trên N(I). Nếu N(I) = 1 thì ta có I = OK do đó bổ đề trên đúng. Giả sử bổ đề trên đúng với các iđêan có chuẩn nhỏ hơn m, ta chỉ ra nó đúng với iđêan có chuẩn m. Nếu I là nguyên tố thì ta có ngay điều phải chứng minh. Nếu I không nguyên tố thì tồn tại

β, γ ∈ OK với β /∈ I, γ /∈ I nhưng βγ ∈ I. Giả sử J1 = hβi + I và

J2 = hγi + I. Khi đó I ⊆ J1 và I ⊆ J2 nhưng I 6= J1 và I 6= J2. Do đó

N(J1) < N(I)và N(J2) < N(I). NhưngJ1J2 = hβγi+βI +γI +I2 ⊆ I

vì βγ ∈ I. Theo giả thiết quy nạp thì J1 ⊇ P1. . . Pr và J2 ⊇ Q1. . . Qs với

Pj vàQk là các iđêan nguyên tố. Do đóI ⊇J1J2 ⊇ P1. . . PrQ1. . . Qs.

Định nghĩa 2.4.15. ChoK là một trường

(i) Một iđêan thương của K là một tập có dạng βI, trong đó β là một phần tử khác không củaK vàI là một iđêan khác không củaOK.

(ii) Nếu mọi iđêan của OK đều là iđêan chính thì iđêan thương của K

được gọi làiđêan thương chính.

(iii) Nếu 0 6= β ∈ K thìhβih1/βi = h1i = OK thì iđêanhβigọi là iđêan thương chính khả nghịch.

Bổ đề 2.4.16. Giả sửK là một trường số. Khi đó I là một iđêan thương của

K nếu và chỉ nếu

• I là một nhóm con khác không củaK với phép cộng,

• nếu β ∈ I vàγ ∈ OK thì γβ ∈ I, và

• tồn tại η ∈ K khác không sao choβ/η ∈ OK với mỗi β ∈ I.

Chứng minh. Nếu I = ηJ là một iđêan thương củaK vớiη ∈ K vàJ là một iđêan củaOK thì ba tính chất xảy ra với cùng giá trị củaη.

Ngược lại giả sử lại ba tính chất trên đúng. Khi đó J = η−1I = {β/η :

β ∈ I}là một iđêan củaOK và do vậy I = ηJ là một iđêan thương.

Bổ đề 2.4.17. ChoK là một trường số vàI là một iđêan khác không củaOK. NếuγI ⊆ I với I ∈ K thì γ ∈ OK.

Chứng minh. Theo Bổ đề2.4.6, ta cóI là một nhóm Abel tự do. Gọiβ1, . . . , βn