4 Iđêan
4.3 Chuẩn của một Iđêan
Mệnh đề 4.3.1. Nếu G là một nhóm abel tự do có hạng n và H là một nhóm con của G. Thế thì H là một nhóm abel tự do có hạng là m ≤ n.
Chứng minh. Ta xác định các nhóm con phân biệt H1, H2, . . . , Hn của H bằng cách chọnH1 = H và vớij > 1ta gọiHj = {(0,0, . . . ,0, cj, cj+1, . . . , cn) :
cj, cj+1, . . . , cn ∈ Z}T
H. Thấy rằng Hj là tập tất cả các vectơ trong H mà có j −1 tọa độ đầu tiên triệt tiêu.
Định nghĩa Kj = {cj : (0,0, . . . ,0, cj, . . . , cn) ∈ Hj, với mỗi j > 1, suy ra
Kj là tập hợp các phần tử thứ j của các vectơ trong Hj, với j > 1. Dễ dàng
chứng minh được rằngHj là một nhóm con của H và củaZn. Suy raKj là một nhóm con củaZ. GọiJj = Zbj = {abj : a ∈ Z}, vớibj là các số nguyên. Định nghĩa các vectơ u1, u2, . . . , un ∈ H như sau: Nếu bj = 0 thì chọn véctơ uj là véctơ không, nếu bj 6= 0, chọn uj là vectơ bất kỳ trong Hj mà phần tử thứ j củauj làbj. Ta sẽ chỉ ra rằng, các phần tử uj 6= 0tạo thành một cơ sở nguyên của H. Thật vậy, trước tiên ta chỉ ra rằng mỗi phần tử của H có dạng
n
P
j=1
ajuj với aj ∈ Z. Chú ý rằng nếu v = (0,0, . . . ,0, cj, . . . , cn) ∈ Hj thì cj = ajbj với aj ∈ Z và vì thế v−ajuj ∈ Hj+1 nếu j < n và v −ajuj = 0 nếu j = n. Bắt đầu với bất kỳv ∈ H = H1, khi đó tồn tạia1 ∈ Z màv−a1u1 ∈ H2, khi đó tồn tại a2 ∈ Z mà v−a1u1−a2u2 ∈ H3. Vì thế ta tìm được các phần tử a1, a2, . . . , an ∈ Z mà v−a1u1− · · · −anun = 0 ⇒v = a1u1− · · · −anun. Trong tổng này ta có thể bỏ đi những số hạng chứa uj = 0, vì thế ta có
v là một tổ hợp tuyến tính của các phần tử uj 6= 0 với các hệ số nguyên. Rõ ràng số phần tử uj 6= 0 không thể vượt quá n. Vậy ta có thể biểu diễn v =
m
P
j=1
ajuj, với aj ∈ Z và uj 6= 0, j = 1, m và m ≤ n.
Tiếp theo ta chỉ ra biểu sự diễn v thành tổ hợp tuyến tính của hệ {uj} với uj 6= 0 là duy nhất. Định nghĩa ma trận U là ma trận vng cấp n với dịng thứ j là uj, và phần tử dòng thứ j cột thứ k là ujk. Khi đó thì ma trận U là ma trận tam giác trên, tức là ujk = 0 nếu k < j, ujj = bj và nếu ujj = 0 thì uj là vectơ không.
Giả sử v = m
P
j=1
djuj là một tổ hợp tuyến tính của v theo hệ {uj}, uj 6= 0, với
j = 1,2, . . . , m. Suy ra, ta có : m
P
j=1
(aj −dj)uj = 0. Phần tử thứ j của vectơ này là ajbj. Do 0 được biểu diễn dưới dạng 0 =
m
P
j=1
0uj, tức là phần tử ujj của ma trận U là bằng 0. Do đó ta phải có (aj −dj)uj = 0 ⇒ aj = dj, với mọij = 1,2, . . . , m. Vậy ta cóaj = bj với mọi j = 1,2, . . . , m.Vậy biểu diễn
trên của v là duy nhất. Vì vậy H là nhóm abel tự do có hạng m ≤n.
Ta biết rằng mỗi iđêan I khác 0 của OK là một nhóm abel tự do có hạng m. Theo Mệnh đề 4.3.8, thì mỗi iđêan I của OK có chỉ số hữu hạn trong OK
giống như chỉ số hữu hạn của của một nhóm con I của OK trong OK, và ký hiệu là |OK : I|
Định nghĩa 4.3.2. Cho I là một iđêan của OK, gọi |OK : I| là chuẩn của iđêan I, và ký hiệu là N(I).
Ta có nhận xét quan trọng sau đây: Nếu ta có N(I) = m thì có các phần tử γ1, γ2, . . . , γm là một hệ các lớp biểu diễn của I trong OK, tức là với mỗi β ∈ OK thì β đồng dư với đúng một phần tử γj theo modulo I.
Ví dụ 4.3.3. i) ChoK = Q(√
−6)thìOK = Z[√
−6]. Xét iđêanh1+√−6i.
Đặt β = 1 + √
−6, khi đó γ ∈ hβi ⇔ γ/β ∈ OK. Cho nên nếu γ = a+ b√ −6 ∈ K thì γ/β = a+b √ −6 1 +√ −6 = (a+b√ −6)(1−√−6)) (1 +√ −6)(1 −√−6) = a+ 6b 7 + b−a 7 √ −6.
Do đóγ/β ∈ OK ⇔a+6b ≡0 (mod 7)vàb−a ≡ 0 (mod 7) ⇔a ≡ b
(mod 7). Từ đây suy ra a + b√
−6 ≡ c + d√
−6 ⇔ a−b ≡ c−d
(mod 7). Do đó {0,1, . . . ,6} là một hệ các lớp biểu diễn của I trong OK, vì vậy N(h1 +√−6i) = 7.
ii) Cho K = Q(√
−6). Xét các iđêan I = h2,√−6i và J = h3,√−6i. Thấy
rằng a + b√
−6 ∈ I khi và chỉ khi a là số chẵn. Do đó a+b√
−6 ≡
c+d√
−6 (mod I) ⇔ a ≡ c (mod 2). Cho nên ta có {0,1} là hệ các lớp biểu diễn của I trong OK, vì thế N(I) = 2. Tương tự ta chỉ ra được
N(J) = 3.
Tính chất 4.3.4. Cho I, J là các iđêan khác 0 của OK thế thì
• N(I) là số ngun dương và N(I) = 1 ⇔I = h1i = OK
• Nếu I ⊆ J thì N(J) | N(I) và N(J) =N(I) ⇔I = J.
Định nghĩa 4.3.5. (i) Cho H là nhóm con của Zn và {u1, u2, . . . , um} là một cơ sở nguyên của H. Ma trận U có cấp m ×n với các dịng là uj được gọi là ma trận sinh của H. Tức là với các vectơ của H có dạng v = aU, ở đây a ∈ Zm, thì a được xác định duy nhất.
(ii) Một ma trận vuông được gọi là ma trận đơn nếu nó có các phần tử nguyên và có định thức bằng ±1. Điều này tương đương với một ma
trận A là ma trận đơn nếu nó khơng suy biến và cả A, A−1 có các hệ tử nguyên.
Mệnh đề 4.3.6. Cho K là một trường số, nếu γ là một phần tử khác 0 của
OK thì N(hγi)) = |N(γ)| (*)
Chứng minh. Để chứng minh mệnh đề này, ta cần phải sử dụng các bổ đề và mệnh đề sau:
Bổ đề 4.3.7. Cho H là một nhóm con của Zn có hạng m với ma trận sinh U. Ma trận V có cấp m×n cũng là ma trận sinh của H ⇔ V = AU, Ở đây
A là ma trận đơn cấp m.
Chứng minh. Gọi V là một ma trận sinh của H. Và các dịng của nó là v1, v2, . . . , vm, các dòng của ma trận U là u1, . . . , um. Tồn tại các số nguyên ajk mà vj = Pmk=1ajkuk. Điều này kéo theo V = AU, với A là ma trận với các phần tử là ajk. Tương tự ta có U = BV, trong đó B cũng là ma trận có các phần tử nguyên. Do đó U = BAU = CU, với C = BA có các phần tử nguyên. Ta có thể viết uj =
m
P
k=1
cjkuk, ở đây cjj = 1 và cjk = 0 nếu j 6= k, suy ra C = BA = I. Vậy A là ma trận đơn. Ngược lại, cho A là ma trận đơn với ma trận nghịch đảo B, thế thì B cũng là ma trận có các hệ số nguyên. Gọi V = AU. Gọi H0 = {wV : w ∈ Zm} là nhóm con của Zn sinh bởi các dịng của V. Thế thì wV = wAU ∈ H vì thế H0 ⊆ H. Tương tự nếu w0U ∈ H, thì w0U = w0BAU = w0BV ∈ H0, suy ra H ⊆ H0. Vì thế H = H0. Nếu các dịng của V khơng là một cơ sở nguyên của H thì wV = 0
với w ∈ Zm, w 6= 0. Thì 0 = wAU vì thế wA = 0. Do đó w = wAB = 0,
điều này mâu thuẫn.
Mệnh đề 4.3.8. Cho U là ma trận vuông cấp n với hệ số nguyên. Các dòng của U tạo thành một cơ sở nguyên của H là nhóm con của Zn khi và chỉ khi det(U) 6= 0. Trong trường hợp này nhóm H có hạng n và |Zm : H| = |det(U)|.
Chứng minh. Nếu ma trậnU là ma trận suy biến, thì ta có xU = 0 với phần tử 0 6= x ∈ Qn. Bằng cách nhân vào vectơ x tích các mẫu số của tất cả các
phần tử của nó, ta có một phần tử0 6= y ∈ Zn
mà yU = 0. Thế thì các dịng
của U không thể tạo thành một cơ sở nguyên của nhóm con của Zn.
Giả sử rằng U là ma trận không suy biến và gọi H = {xZn : x ∈ Zn}. Thì
H là một nhóm con củaZn và các dòng củaU tạo nên một cơ sở nguyên của H bởi vì xU = 0 thì ta có x = 0 do U là ma trận khơng suy biến. Do đó H là nhóm abel hạng n.
Bây giờ, ta giả sử rằng U là ma trận khơng suy biến. Thì H có ma trận sinh V là ma trận có dạng tam giác trên, theo chứng minh Mệnh đề 4.3.1. Theo Bổ đề 4.3.7 có V = AU với A là ma trận đơn, nên det(V) = det(A)det(U) = ±det(U). Giả sử có các phần tử trên đường chéo chính là b1, b2, . . . , bn. Ta chỉ ra rằng tập hợp của các vectơ
A = {(a1, . . . , an) : 0 ≤ aj < |bj|, với mỗi j}
là một hệ các lớp biểu diễn của H trong Zn. Để chứng minh điều này ta cần chỉ ra rằng với mỗix ∈ Zn
đồng dư với duy nhất phần tử a ∈ Atheo modulo H. Giả sử x = (x1, x2, . . . , xn) ∈ Zn
, xét phần tử đầu tiên của x − tv1 với t ∈ Z. Phần tử này bằng x1 − tb1. Tồn tại duy nhất t = t1 ∈ Z với
0 ≤ a1 = x1 − tb1 < |b1|. Tiếp tục ta xét x − t1v1 − t2v2. Phần tử đầu tiên vẫn là a1, và tồn tại duy nhất t = t2 mà phần tử thứ 2 là a2 thỏa mãn
0 ≤ a2 < |b2|. Tiếp tục quá trình trên ta xác định duy nhất các phần tử
t1, t2, . . . , tn sao cho a = x − Pnk=1tjvj thỏa mãn 0 ≤ aj < |bj| với mỗi j.
Ta quay lại chứng minh định lý trên.
Gọi β1, β2, . . . , βn là một cơ sở nguyên của OK. Thế thì γβ1, γβ2, . . . , γβn là một cơ sở nguyên của(γ). Ta có thể viếtγβj = Pnk=1ajkβk. Trong đóajk ∈ Z. Theo Mệnh đề 4.3.8, ta cóN((γ)) =|OK : (γ)| = |det(A)|, vớiAlà ma trận vng cấp n có phần tử thứ(j, k)làajk. Để chỉ ra(∗)ta phải chỉ radet(A) = N(γ). Thật vậy, xét phương trình ma trậnγv = Av, trong đóv là ma trận cột tọa độ của vectơ β1 β2 . . . βn
T
Tác động đồng cấu σk vào phương trình này ta có σk(γ)vk = Avk, trong đó vk = σk(β1) σk(β2) . . . σk(βn)
T
Do đó vk là vectơ riêng của A với giá trị riêng σk(γ). Gọi B = (σk(βj)) là ma trận vng cấp n. Khi đó BBT có phần tử thứ (j, k) là Pni=1σi(βj)σi(βk) = T(βjβk). Suy ra det(BBT) = ∆(β1, . . . , βn) 6= 0. Do đó B khơng suy biến và ta có BAB−1 là ma trận chéo với các phần tử trên đường chéo là σj(γ)
với j = 1, n. Cho nên det(A) =det(BAB−1) = Qnj=1σj(γ) =N(γ)
Lặp lại q trình chứng minh trên ta có thể chứng minh được N(hγi)I) = |N(γ)|N(I). Tổng quát, nếu K là một trường số và I, J là các iđêan củaOK thì N(IJ) = N(I)N(J), Chúng tôi sẽ chỉ ra điều này ở mục tiếp theo.
4.4 Sự phân tích một Iđêan khơng tầm thường thành tích các Iđêan nguyên tố
Định nghĩa 4.4.1. Cho K là một trường
i) Một iđêan thương của K là một tập các phần tử có dạng βI, với β là một phần tử khác 0 của K và I là một iđêan khác 0 của OK.
ii) Nếu tất cả các iđêan củaOK là iđêan chính thì iđêan thương của Kgọi là iđêan thương chính.
iii) Nếu 0 6= β ∈ K thì hβih1/βi = h1i = OK thì iđêan hβi gọi là iđêan thương chính khả nghịch
Mệnh đề 4.4.2. Cho K là một trường, I là iđêan thương của K khi và chỉ khi:
• I là nhóm con khác 0 của nhóm (K,+) • nếu β ∈ I và γ ∈ OK thì γβ ∈ I và
• tồn tại 06= η ∈ K sao cho β/η ∈ OK với mỗi β ∈ I.
Chứng minh. Nếu I = ηJ là một iđêan của K, với η ∈ K và J là một iđêan của OK thì ta có ngay ba tính chất trên.
Ngược lại, giả sử iđêan I của K thỏa mãn 3 tính chất trên. Gọi J = η−1I = {β/η : β ∈ I}, dễ dàng chỉ ra được J là một iđêan khác 0 của OK, suy ra I = ηJ là một iđêan thương của K.
Mệnh đề 4.4.3. Cho K là một trường số và giả sử mỗi iđêan của OK là các iđêan chính. Khi đó mỗi iđêan khơng tầm thường của OK là một tích của các iđêan nguyên tố và sự phân tích này là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các nhân tử và các nhân tử khả nghịch.
Chứng minh. Mỗi iđêan không tầm thường của OK có dạng I = hβi, trong
đó β 6= 0 và β /∈ U(OK). Theo Bổ đề 3.2.1 thì β = γ1. . . γr với γj là bất khả quy. Khi đó I = hγ1ihγ2i. . .hγri. Theo Mệnh đề 3.3.5 thì γj là nguyên tố với mọi j. Suy ra hγji là những iđêan nguyên tố. Do đó I là tích của các iđêan nguyên tố.
Giả sử I = P1P2. . . Pr = Q1Q2. . . Qs (∗) là hai phân tích của I thành tích của các iđêan nguyên tố.Các iđêan Pj và Qj viết được dưới dạng sau: Pj = hγji, Qj = hδji. Khi đó β, γ1. . . γr, δ1δ2. . . δs chỉ khác nhau bởi các nhân tử khả nghịch. Bằng cách nhân những nhân tử khả nghịch này vào γ1 và δ1 ta có β = γ1γ2. . . γr = δ1. . . δs. Theo Mệnh đề 3.2.5 phân tích của β thành tích các nhân tử bất khả quy là duy nhất. Suy ra phân tích (∗) là duy nhất.
Nhận xét 4.4.4. Khơng phải mọi trường đều có tính chất mọi iđêan của vành OK đều chính. Chẳng hạn với K = Q(√
−6), OK = Z[√
−6] có các iđêan I = h2,√−6i, J = h3,√−6i khơng chính. Thật vậy
Giả sử I là iđêan chính thế thì I = hβi với β ∈ OK. Do 2 ∈ I, √
−6 ∈ I nên β | 2 và β | √−6. Suy ra N(β) | N(2) = 4 và N(β) | N(√
−6) = 6 ⇒ N(β) = ±1 hoặc N(β) = ±2. Nhưng N(β) = a2 + 6b2 > 0, với
β = a+ b√
−6 ∈ OK. Do N(β) không thể là ±2 nên ta có N(β) = 1. Suy
ra a = ±1 và b = 0 nên β = ±1. Nhưng ta có ±1∈/ I. Vì thế điều giả sử là sai. Vậy I khơng là iđêan chính. Tương tự ta cũng chứng minh đượcJ khơng là iđêan chính.
Ta xét tích của hai iđêan I và J. Trước tiên ta xét I2. Ta có: I2 = h2, √−6ih2, √−6i = h4, 2√
−6,2√
−6, −6i ⊆ h2i
(do 4, −6, 2√
−6 ∈ h2i). Nhưng 2 = −1.4 − (−1).(−6) ∈ I2 suy ra
h2i ⊆ I2
. Vậy I2 = h2i. Tương tự, ta cũng chỉ ra rằng J2 = h3i.
Ta có IJ = h2, √−6ih3, √−6i = h6, 2√ −6, 3√ −6, −6i ⊆ h√−6i, do √ −6 | ±6 và 2√ −6, 3√ −6 ∈ h√−6i. Nhưng √−6 = 3√−6 + (−1).2√−6 ∈ IJ, suy ra IJ = h√−6i. Dễ dàng chỉ ra rằng các iđêan
I, J là các iđêan nguyên tố và h6i = h2ih3i = h√−6i2 = I2J2 = (IJ)(IJ)
là phân tích của iđêan h6i thành tích các iđêan nguyên tố. Rõ ràng sự phân tích này khơng duy nhất.
của OK thành tích các iđêan nguyên tố là duy nhất.
Bổ đề 4.4.5. Cho K là một trường và P là một iđêan nguyên tố của OK. Nếu I, J là các iđêan của OK và IJ ⊆ P thì hoặc I ⊆ P hoặc J ⊆P. Tổng quát, nếu I1, I2, . . . , Im là các iđêan của OK và I1I2. . . Im ⊆ P thì Ik ∈ P