Số nguyên phức

chất cơ bản sau: (

Nếu u|t và t|z thìu|z

Nếu t|zi vớii = 1,2, ...., n thìt|z1u1+z2u2+....+znun với mọiu1, u2, ..., un.

Bây giờ ta sẽ làm quen với khái niệm chuẩn của một số phức.Chuẩn của một số phức là tích giữa nó và số phức liên hợp của nó. Nếu kí hiệu chuẩn của số phức z là N(z) thìN(z) =zz0. Hơn nữa nếu z =a+bitrong đó a, b là các số thực thì N(z) = a2 +b2. Các bạn đọc có thể dễ dàng chứng minh các tính chất sau:      N(z) =N(z0) N(uv) =N(u)N(v) z|t=⇒N(t)|N(z).

Hai số nguyên phức khác 0 thỏa mãn số này chia hết cho số kia được gọi là hai số nguyên phức liên kết. Như vậy z, t là hai số nguyên phức liên kết nếu và chỉ nếu z|t và t|z. Từ đây N(z)|N(t)và N(t)|N(z) do đó N(t) =N(z)suy ra hai số nguyên phức liên kết với nhau thì chuẩn của chúng bằng nhau. Ta cịn có thêm một số tính chất cơ bản:

(

Nếu z liên kết với t thìz0 cũng liên kết với t0

Nếu z chia hết cho t thì mọi số liên kết vớiz đều chia hết cho mọi số liên kết vớit.

Bây giờ ta sẽ tìm các số nguyên phứculiên kết với một số nguyên phứczcho trước. Theo định nghĩa thì z =tu và do đó N(z) =N(t)N(u). Theo tính chất ở trên ta có N(z) = N(t)6= 0 suy ra N(u) = 1.

Viết u = a + bi thì N(u) = a2 +b2 = 1. Điều này chỉ xảy ra trong các trường hợp (a, b) ∈ {(0,1),(0,−1),(1,0),(−1,0)}. Kiểm tra đơn giản chiều ngược lại ta có 4 số phức liên kết của z là z,−z, iz,−iz. Ta có định lý sau:

Định lý 3.8.1. Bất kì số nguyên phức z khác 0 nào cũng có đúng 4 số nguyên phức liên kết với nó là z,−z, iz,−iz.

3.8.2 Thuật toán Euclid và ước chung lớn nhất của hai số nguyênphức phức

Định lý 3.8.2. Nếu z và t là các số nguyên phức khác 0 thì tồn tại số nguyên phức c và r

sao cho z =ct+r và N(r)≤ 1 2N(t).

Chứng minh. Ta có thể viết z

t = x+yi trong đó x, y là các số hữu tỉ. Gọi α và β là các

số nguyên gần x, y nhất. Đặt x1 = x−α và y1 = y−β. Khi đó x1, y1 là các số hữu tỉ và

|x1|,|y1| ≤ 1

2. Ta chọnc=α+βi, r =z−ct= (x1+y1i). Khơng khó khăn để kiểm tra các số này thỏa mãn các điều kiện của định lý.

Từ định lý này ta có thuật tốn Euclid tìm được dãy các số nguyên phức r0, r1, ... sao cho các số ti là các số nguyên phức thỏa mãn:      r0=t, r1 =r

ri =tiri+1+ri+2 với mọi i= 0,1,2, ..

N(ri+1)< N(ri) Dãy này còn tiếp tục chừng nào ri còn khác0.

Nhưng chú ý rằng dãy chuẩn N(ri) là dãy các số tự nhiên giảm dần nên dãy ri không thể kéo dài vơ hạn. Do đó bắt buộc phải tồn tại số nguyênn sao chorn−2 =tn−2rn−1 hay có thể qui ước rằngrn = 0. Dễ dàng nhận thấy từ kết quả nàyrn−1 sẽ là số cùng chia hết z và t

hơn nữa nó chia hết cho mọi ước số chung của hai số này. Như vậy ta có hệ quả (định nghĩa):

Hệ quả 3.8.1. Với hai số ngun phức khác 0cho trước thì có ít nhất một ước số chung chia hết cho mọi ước số chung khác của hai số đấy. Các ước số chung như vậy được gọi là các ước số chung lớn nhất của hai số này.

Từ đây ta cũng có khái niệmuớc chung lớn nhất cho nhiều số vàcác số nguyên phức nguyên tố cùng nhau . Các số nguyên phức được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu chúng khơng có ước chung nào khác ±1,±i.

Một định lý rất quan trọng khi nghiên cứu vấn đề về ước số chung lớn nhất, là mở rộng của định lýBezoutcho các số nguyên.

Định lý 3.8.3. Hai số nguyên phức nguyên tố cùng nhau nếu và chỉ nếu tồn tại các số nguyên phức x, y sao cho ax+by= 1.

Chứng minh. Chiều ngược lại là dễ dàng. Ta sẽ chứng minh chiều thuận. Giả sử(a, b) = 1. Ta gọi S là tập hợp các số có dạng az+bt trong đó z, t cũng là các số nguyên phức khơng đồng thời bằng 0.N(S)được kí hiệu là tập hợp các chuẩn của các phần tử trong S. Rõ ràng

luôn tồn tại phần tử nhỏ nhất trong N(S). Giả sử phần tử này bằngn. Khi đó tồn tạiα∈S

sao choN(α) =n.

Do α ∈ S nên luôn tồn tại z1, t1 là các số nguyên phức không đồng thời bằng 0 sao cho

α = az1 + bt1. Ta chứng minh mọi phần tử s ∈ S đều chia hết cho α. Thật vậy, với s=az+bt∈S ta viếts =cα+r trong đó N(r)< N(α).

Mặt khác r = a(z −cz1) +b(t −ct1) nên nếu r 6= 0 thì r ∈ S. Điều này mâu thuẫn với

cách chọn α vì N(r)< N(α).

Vậyr= 0 hay ta có nếus∈S thìs chia hết cho α.

Vì a, b ∈ S do đó a, b đều chia hết cho s. Vì (a, b) = 1 nên suy ra N(s) = 1. Không giảm tổng quát ta có thể giả sử s= 1. Khi đó sẽ tồn tại x=z1;y=z2 là các số nguyên phức không đồng thời bằng 0 sao cho ax+by = 1. Định lý được chứng minh.

3.8. SỐ NGUYÊN PHỨC 43

Hệ quả 3.8.2. Với bất kỳ các số nguyên phức a, b, c sao cho (a, b) = 1 và b|ac thì b|c.

Hệ quả 3.8.3. Nếu (a, b) = 1 và (a, c) = 1 thì (a, bc) = 1.

3.8.3 Số phức nguyên tố và vấn đề phân tích các số nguyên phức

Chúng ta đã biết rằng bất kỳ số nguyên phứcz nào không liên kết với1cũng có ít nhất 8ước số là1,−1, i,−i, z,−z, iz,−iz. Từ đây người ta định nghĩa một số nguyên phức làsố nguyên phức nguyên tốnếu nó có đúng 8 ước số phân biệt.

Điều này tương đương với khẳng định một số nguyên phức là số nguyên phức nguyên tố nếu nó có chuẩn lớn hơn 1và khơng biểu diễn được thành tích của hai số phức có chuẩn lớn hơn 1. Như vậy các số phức liên kết và liên hợp với một số phức nguyên tố cũng là các số phức nguyên tố.

Như vậy số nguyên phức nguyên tố là mở rộng của khái niệm số nguyên tố trong Z. Vấn đề

bây giờ được đặt ra (tương tự như trong Z) là phân tích một số nguyên phức thành tích các số nguyên phức nguyên tố. Dễ thấy rằng các số nguyên phức ngun tố chỉ có một cách phân tích duy nhất (là chính nó). Vậy thì với các số ngun phức trong trường hợp tổng qt thì sao. Ta có định lý sau:

Định lý 3.8.4. Bất kỳ một số nguyên phức nào có chuẩn lớn hơn 1cũng là tích của hữu hạn các số nguyên phức nguyên tố.

Chứng minh. Ta dùng phản chứng để chứng minh định lý này.

Gọi M là tập hợp các số có chuẩn lớn hơn1nhưng khơng phân tích được thành tích của hữu hạn các số nguyên phức nguyên tố và N là tập hợp các chuẩn của các số phức trong M. Nếu

M khác rỗng, suy ra N khác rỗng. Do N là tập các số nguyên dương nên luôn tồn tại phần tử nhỏ nhất. Ta gọi phần tử này làm. Khi đó tồn tại số phức z ∈M sao cho N(z) =m.

Hiển nhiên z không là số nguyên tố và N(z) = m >1. Do đó theo định nghĩa về số nguyên tố ta suy ra tồn tại các số nguyên phức u, v sao cho u, v 6∈ {1,−1, i,−i, z,−z, iz,−iz} thỏa mãn z = uv. Khi đó N(u)N(v) = N(z) = m. Do u và v khác tám giá trị nêu trên nên

N(u), N(v)>1 =⇒1< N(u), N(v)< m.

Theo cách chọn m ta có u, v 6∈ M. Mà u, v có chuẩn lớn hơn 1 nên chúng phân tích được thành tích hữu hạn các số nguyên phức nguyên tố. Từ đó z cũng phân tích được thành tích hữu hạn các số phức nguyên tố. Mâu thuẫn với cách chọn z. Vậy giả sử của ta là sai hay M

phải là tập rỗng. Do vậy ta có điều phải chứng minh.

Các bạn có thể chứng minh được rằng nếu ta quy ước các cách phân tích một số nguyên phức thành các nhân tử nguyên tố là giống nhau nếu tập các chuẩn của nó khơng thay đổi thì mỗi số ngun phức có chuẩn lớn hơn 1 đều phân tích được duy nhất thành tích các số nguyên phức nguyên tố.

Định lý 3.8.4 và chú ý ở trên là rất quan trọng. Nó đem lại cho số ngun phức các tính chất gần gũi với số nguyên trong dạng phân tích thành tích các số phức ngun tố. Có thể khám phá nhiều tính chất tương tự với những tính chất quen thuộc trong Z. Chẳng hạn:

Định lý 3.8.5. Cho các số nguyên phứcz1, z2, ..., znđơi một ngun tố cùng nhau và có tích là lũy thừa cấp n của một số ngun phức. Khi đó mỗi số zi cũng là lũy thừa của một số nguyên phức.

Lý thuyết về các số nguyên phức còn rất nhiều điều thú vị, những nghiên cứu chi tiết và sâu sắc hơn chúng ta sẽ còn quay trở lại trong một bài viết khác. Bây giờ, với những hiểu biết ban đầu trên đây, chúng ta thử vận dụng để giải một số bài toán tương đối quen thuộc.

3.8.4 Sử dụng số nguyên phức để giải một số bài toán

Bài toán 3.8.1. Cho a, b, c là các số nguyên dương sao cho (b, c) = 1. Biết rằng tồn tại n

nguyên dương lớn hơn 1 sao cho an =b2+c2.

i) Chứng minh rằng a là tổng của hai số chính phương. ii) Biết rằng n = p+ 1

2 trong đó p là số nguyên tố lẻ có dạng 4k+ 3 (trong đó k ngun

dương). Chứng minh rằng tích bc chia hết cho p.

lời giải. Ta có phân tíchan= (b+ci)(b−ci). Gọid = (b+ic, b−ic)suy ra:

d|(b+ic)−(b−ic) = 2ic=⇒N(d)|N(2ic) = 4c2. (3.20)

Tương tự d|(b+ic) + (b−ic) = 2b=⇒N(d)|4b2. (3.21) Lại có N(d)|N(b+ic) = b2 +c2. Chú ý rằng b, c nguyên tố cùng nhau do đó b2+c2 lẻ suy ra N(d) lẻ. Vậy N(d)|b2 và N(d)|c2. Cũng do (b, c) = 1 và N(d) nguyên khơng âm nên ta có

N(d) = 1. Vậy b+ic, b−icngun tố cùng nhau.

Từ tính chất này suy ra tồn tại các số nguyên x, y sao cho b+ic= t1(x+iy)n và b−ic=

t2(x−iy)ntrong đót1, t2 ∈ {1,−1, i,−i}vàt1t2 = 1. Hệ quả của cơng thức trên làa =x2+y2 là tổng hai số chính phương. Đây là nội dung cần chứng minh của (i).

Với n = p+ 1

2 trong đó p là số nguyên tố dạng 4k + 3 (k > 1). Khi đó có hai trường hợp sau xảy ra:

Trường hợp 1: (b+ic)2= (x+iy)p+1,(b−ic)2 = (x−iy)p+1. Trường hợp 2: (b+ic)2=−(x+iy)p+1,(b−ic)2 =−(x−iy)p+1.

Trong cả hai trường hợp sau khi đem hai biểu thức trừ cho nhau và đồng nhất phần thực phần ảo ta đều có|2bc|= (p+ 1)(xpy−ypx). Theo định lý nhỏ Fermat ta cóbc chia hết cho

p. Đây là yêu cầu của(ii). Bài toán được chứng minh hồn tồn.