2.1.1 Bổ đề. Cho p là một số nguyên tố. Khi đó p = a2 + 3b2 với a, b ∈ Z nào đó nếu và chỉ nếu p= 3 hoặc p≡1 (mod 6).
Chứng minh. Giả sử tồn tại a, b∈ Z sao cho p= a2+ 3b2. Nếu a = 0 thì do p là nguyên tố nên p= 3. Cho a6= 0, thì a≡1 (mod 3) hoặc a ≡2 (mod 3).
Mặt khác, do p= a2+ 3b2 nên p ≡1 (mod 3). Do đó theo Bổ đề 1.4.7 ta có p≡ 1 (mod 6).
Ngược lại, cho p = 3 hoặc p ≡ 1 (mod 6). Nếu p = 3 thì 3 = 02 + 3.12. Trường hợp p ≡ 1 (mod 6), theo Định lý 1.4.9 tồn tại số nguyên a sao cho a2+ 3 =pt, với t∈Z nào đó thỏa mãn 0< t < p. Nếu t = 1thì p=a2+ 3.12. Xét t 6= 1, chọn b ∈ Z sao cho b ≡ a (mod t) và −t/2 < b < t/2. Theo tính
32
chất của lớp tương đương ta suy ra b2 ≡a2 (mod t). Do đó (a2+ 3) ≡(b2+ 3)≡0 (mod t).
Do đó tồn tại λ ∈ Z,1 ≤ λ ≤ t sao cho b2+ 3 = λt. Lại có a2+ 3 = pt nên (a2+ 3)(b2+ 3) = λpt2. Hơn nữa ta có
(a2+ 3)(b2+ 3) = (ab+ 3)2+ 3(a−b)2. Do đó
(ab+ 3)2+ 3(a−b)2 =λpt2.
Vì t2 là ước của (ab+ 3)2 và (a−b)2 nên từ đẳng thức trên ta suy ra ((ab+ 3)/t)2+ 3((a−b)/t)2 = λp.
Do đó các bội của p viết dưới dạnga2+ 3b2. Nếu λ= 1 thì ta suy ra điều cần chứng minh. Ngược lại tiếp tục quá trình trên, do λ là số hữu hạn nên sau hữu hạn bước ta thu được điều cần chứng minh.
2.1.2 Bổ đề. Cho plà một số nguyên tố. Khi đó p= a2+b2−ab với a, b∈Z nào đó nếu và chỉ nếu p= 3 hoặc p≡1 (mod 6).
Chứng minh. Cho p=a2+b2−ab vớia, b∈ Znào đó thìa, blà hai số nguyên tố cùng nhau. Thật vậy, giả sử (a, b) =d thì ta có
p=a2+b2−ab =d2(c2+d2−cd).
Suy ra d2|p và do p là nguyên tố nên d= 1. Vì a, b là hai số nguyên tố cùng nhau nên cả hai số không cùng đồng thời là số chẵn. Trước tiên ta xét a là số chẵn thì ta có
p=a2+b2−ab= (a/2−b)2+ 3(a/2)2.
Theo Bổ đề 2.1.1 ta có p= 3 hoặc p≡ 1 (mod 6). Do vai trò của a, b là như nhau nên cuối cùng ta chỉ cần xét a, blà các số lẻ. Khi đób−a = 2t, với t∈Z
nào đó. Từ đó suy ra b=a+ 2t và
p=a2+b2−ab
=a2+b(b−a)
=a2+ 2t(a+ 2t)
= (a+t)2+ 3t2. Theo Bổ đề 2.1.1, ta suy ra điều cần chứng minh.
Ngược lại, cho p= 3hoặc p≡ 1 (mod 6). Nếu p= 3thì 3 = 22+ 12−2.1.
Nếu p ≡ 1 (mod 6), thì theo Bổ đề 2.1.1 tồn tại các số a, b ∈ Z sao cho p=a2+ 3b2. Đặt c =a+b và d= 2b thì khi đó
p=a2+b2
= (c−d/2)2+ 3(d/2)2
=c2+d2−cd.
Từ đây đến hết luận văn, ta kí hiệu Zm là vành các số nguyên modulo m.
Chú ý rằng a =b∈ Zm nếu và chỉ nếu a−b chia hết chom. Với mỗi phần tử z ∈ Z[ω], ta ký hiệu
(z) ={zz0| z0 ∈Z[ω]}
là iđêan chính của Z[ω] sinh bởi z.
2.1.3 Bổ đề. Cho m là một số nguyên. Khi đó Z[ω]/(m) ∼=Zm[ω].
Chứng minh. Với mỗi a ∈ Z gọi a là lớp tương đương của a theo môđun m trong Zm. Xét ánh xạ f : Z[ω] −→Zm[ω] cho bởi f(a+bω) =a+bω.Rõ ràng f là một toàn ánh. Tiếp theo ta chứng minh f là một đồng cấu vành. Thật vậy, với z1 =a+bω, z2 =c+dω∈ Z[ω] ta có
f(z1+z2) =a+c+b+d.ω
= a+c+b.ω+d.ω
= (a+b.ω) + (c+d.ω)
= f(z1) +f(z2).
f(z1z2) =ac−bd+ad+bc−bd.ω
=ac−bd+ad.ω+bc.ω−bd.ω
=a.c−b.d+a.d.ω +b.c.ω−b.d.ω
= (a+bω)(c+dω)
=f(z1)f(z2).
Hiển nhiên f(1) = 1. Do đó f là một đồng cấu vành. Mặt khác, Kerf ={a+bω ∈ Z[ω] | f(a+bω) = 0 ∈Zm[ω]}
={a+bω ∈ Z[ω] | a+bω = 0 + 0ω}
={a+bω ∈ Z[ω] | a= mt, b=mk,(t, k ∈Z)}
={m(t+kω) | t+kω ∈Z[ω]}
=mZ[ω] = (m).
Do đó theo Định lý đồng cấu vành suy ra điều cần chứng minh.
Cho p là số nguyên tố. Khi đó vành Zp là một trường nên mọi phần tử a ∈Zp, a6= 0 đều khả nghịch. Kí hiệu phần tử nghịch đảo của a trong Zp là (a)−1. Chẳng hạn với p= 7 và a= 4 thì (a)−1 = 2.
Để thuận tiện, ta có thể ký hiệu các phần tử của Zm dưới dạng các số nguyên với điều kiện a=b ∈Z khi và chỉ khi a−b là bội của m trong Z.
2.1.4 Bổ đề. Cho p là số nguyên tố. Khi đó đa thức q(x) =x2+x+ 1 là bất khả quy trên trường Zp nếu và chỉ nếu p= 2 hoặc p≡ 5 (mod 6).
Chứng minh. Cho q(x) = x2 +x+ 1 là bất khả quy trên Zp. Nếu p 6= 2 và p6≡ 5 (mod 6) thì hoặc p= 3 hoặc p≡ 1 (mod 6). Vì nếu ngược lại, thì suy ra hoặc 2|phoặc 3|pmâu thuẫn với tính nguyên tố của p. Nếu p= 3thì ta có q(x) =x2+x+1 = (x+2)2 trongZ3 điều này mâu thuẫn với tính bất khả quy của q(x). Xét p ≡ 1 (mod 6) khi đó theo Bổ đề 2.1.2 tồn tại các số nguyên a, b ∈ Z nguyên tố cùng nhau sao cho p = a2+b2−ab. Rõ ràng p không là
ước của a và b. Vì nếu ngược lại, giả sử p|a từ đẳng thức p = a2 +b2 −ab suy ra p|b2 và do tính nguyên tố suy ra p|b. Do đó p =p2c, điều này là mâu thuẫn. Vậy a và b là khả nghịch trong Zp. Ta có a2 +b2 ≡ ab (mod p) nên ab−1+ba−1 ≡1( (mod p). Khi đó
q(x) =x2+x+ 1 = (x+ab−1)(x+ba−1), mâu thuẫn với tính bất khả quy của q(x). Vậy p≡ 5 (mod 6).
Ngược lại, nếu p = 2 thì q(x) không có nghiệm trong Z2 và do bậc của q(x) là 2nênq(x) là bất khả quy. Cho p≡ 5 (mod 6)và giả sử q(x) không là bất khả quy trong Zp. Do bậc của q(x) là 2 và Zp là một trường nên tồn tại a ∈Zp sao cho q(a) =a2+a+ 1 = 0 trong Zp. Theo Bổ đề 2.1.2 suy rap= 3 hoặc p ≡ 1 (mod 6). Điều này mâu thuẫn với giả thiết. Vậy q(x) là bất khả quy.
2.1.5 Định lý. Cho p là số nguyên tố. Khi đó Zp[ω] là một trường nếu và chỉ nếu p= 2 hoặc p≡5 (mod 6).
Chứng minh. Cho Zp[ω] là một trường và giả sử p 6= 2 hoặc p 6≡ 5 (mod 6).
Theo lập luận như trong Bổ đề 2.1.4 ta suy ra hoặcp= 3hoặcp≡1 (mod 6).
Nếu p= 3 thì
(2 +ω)2 = 4 + 4ω+ω2 = 3 + 3ω = 0∈Z3[ω]
Nếu p≡ 1 (mod 6), theo chứng minh của Bổ đề 2.1.4 tồn tại a ∈Zp sao cho a2+a+ 1 = 0 ∈ Zp. Suy ra (ω−a)(ω2−a) = 0 ∈ Zp[ω]. Cả hai trường hợp trên đều suy ra Zp[ω] không là miền nguyên, mâu thuẫn với giả thiết Zp[ω]
là một trường. Do đó ta xét p = 2 hoặc p ≡ 5 (mod 6). Trường hợp nếu p = 2, thì Z2[ω] = {0,1, ω, ω2}. Do đó Z2[ω] là một trường. Tiếp theo ta xét p≡ 5 (mod 6). Khi đó ta có toàn cấu vành
ϕ :Zp[x] −→ Zp[ω]
cho bởi ϕ(x) =ω, ϕ(m) =m, với mọi m∈Zp. Vì ϕ(x2 +x+ 1) =ω2+ω+ 1 = 0
nên x2+x+ 1 ∈Kerϕ.Ta sẽ chứng minh Kerϕ = (x2+x+ 1). Thật vậy, lấy tùy ý h(x) ∈Kerϕ. Do các hệ số của x2+x+ 1 đều khả nghịch nên ta có
h(x) = (x2+x+ 1)g(x) +ax+b,
với g(x) ∈Zp[x] và a, b∈Zp nào đó. Vì ϕ(h(x)) = 0 nên a= b= 0 trong Zp, nghĩa là x2+x+ 1∈ Kerϕ. Theo Định lý đồng cấu ta cóZp[x]/(x2+x+ 1)∼= Zp[ω]. Mặt khác p ≡ 5 (mod 6) nên theo Bổ đề 2.1.4 đa thức x2 +x+ 1 là bất khả quy. Do đó Zp[x]/(x2+x+ 1) ∼=Zp[ω] là một trường.
2.1.6 Định nghĩa. Choπ ∈Z[ω]là một phần tử sao choπ 6= 0vàπ không là ước của đơn vị. Ta nói π là phần tử nguyên tố (hay số nguyên tố Eisenstein) nếu π|αβ (với α, β ∈Z[ω]) kéo theo hoặc π|α hoặc π|β.
Sử dụng Định lý 2.1.5 ta suy ra hệ quả sau.
2.1.7 Hệ quả. Số nguyên tố p ∈ Z là phần tử nguyên tố trong Z[ω] khi và chỉ khi p= 2 hoặc p≡5 (mod 6).
Chứng minh. Ký hiệu (p) = {pz | z ∈ |Z[ω]} là iđêan của Z[ω] sinh bởi p.
Theo Bổ đề 2.1.3 ta có Z[ω]/(p) ∼=Zp[ω]. Theo Định lý 2.1.5, Zp[ω] là trường khi và chỉ khi p = 2 hoặc p ≡ 5 (mod 6). Do đó Z[ω]/(p) là trường khi và chỉ khi p = 2 hoặc p ≡ 5 (mod 6). Theo Mệnh đề 1.3.2(ii), (p) là iđêan tối đại của Z[ω] khi và chỉ khi p= 2 hoặc p≡ 5 (mod 6). Do Z[ω] là miền iđêan chính, theo Mệnh đề 1.3.3(ii) ⇔ (iv) ta suy ra p là số nguyên tố Eisenstein khi và chỉ khi p= 2hoặc p≡5 (mod 6). Tức làp là phần tử nguyên tố trong Z[ω] khi và chỉ khi p= 2 hoặc p≡ 5 (mod 6).
2.1.8 Định lý. Nếu a, b ∈ Z là hai số nguyên tố cùng nhau thì ta có đẳng cấu
Z[ω]/(a+bω)∼=Za2+b2−ab.
Chứng minh. Với mỗi x∈Z, kí hiệu x là lớp tương đương của x theo môđun a2+b2−ab.Vìa, blà nguyên tố cùng nhau nên(b)−1 là tồn tại trongZa2+b2−ab. Thật vậy, giả sử (b, a2+b2−ab) =d. Khi đó tồn tại t, u ∈Z sao cho
b=du, a2 +b2−ab =dt.
Suy ra a2+d2u2 −adu = dt hay a2 = d(−du2−au+t). Từ đó suy ra d|a2. Nếu d6= 1 thì d có một ước nguyên tố là q. Do tính nguyên tố ta suy ra q là ước nguyên tố của a. Khi đó q là một ước chung của a và b. Điều này là mâu thuẫn với tính nguyên tố cùng nhau của a, b. Vậygcd(b, a2+b2−ab) = 1, do đó (b)−1 là tồn tại trong Za2+b2−ab. Tiếp theo xét ánh xạ
f :Z[ω] −→ Za2+b2−ab,
cho bởi f(x+yω) =x−a(b)−1y. Ta sẽ chứng minh f là một đồng cấu vành.
Hiển nhiên ta có f(1) = 1. Với mọi u=x+yω, v =z+tω ∈Z[ω] ta có f(u+v) =x+z−a(b)−1y+t
=x+z−a(b)−1(y +t)
=x+z−a(b)−1y−a(b)−1t)
=f(u) +f(v).
Mặt khác, do a2+b2−ab = 0 nên a2(b)−2 = a(b)−1−1 nên f(u)f(v) = (x−a(b)−1y)(z−a(b)−1t)
= xz−a(b)−1yz−a(b)−1xt+ (a)2(b)−2yt
= xz−a(b)−1yz−a(b)−1xt+a(b)−1yt−yt.
= x.z−yt−a(b)−1(y.z+xt−yt).
Do đó
f(uv) =xz−yt−a(b)−1yz+xt−yt
= xz−yt−[a(b)−1(yz+xt−yt)
= xz−yt−a(b)−1(yz+xt−yt).
= f(u)f(v).
Vì f(a +bω) = a − a(b)−1b = 0 nên (a +bω) ∈ Kerf. Ta sẽ chứng minh Kerf =
a+bω
. Thật vậy, lấy tùy ý x+yω ∈Kerf. Trong C ta có x+yω = (a+bω)ax+by−bx
a2+b2−ab + ay−bx a2 +b2−ab
ω
. Vì f(x+yω) =x−a(b)−1y = 0 nên tồn tại λ ∈Z sao cho
bx−ay =λ(a2+b2−ab).
Điều này tương đương với bx−ay đồng dư với 0 theo môđun (a2+b2−ab), nghĩa là ab2x−a2b đồng dư với 0theo môđun (a2+b2−ab). Khẳng định này tương đương với ax−a2(b)−2by = 0. Vì a2(b)−2 =a(b)−1−1 nên
ax−ay +by =ax−bx+by = 0.
Do đú tồn tại à ∈ Z sao cho
ax−bx+by =à(a2+b2−ab).
Suy ra x+yω= (a+bω)(à+λω). Vậy Kerf = (a+bω). Theo Định lý đẳng cấu ta suy ra Z[ω]/(a+bω) ∼=Za2+b2−ab.
Sử dụng định lý trên ta suy ra mối liên hệ giữa phần tử nguyên tố trong Z[ω] và trong Z như sau.
2.1.9 Hệ quả. Cho a, b ∈Z là hai số nguyên tố cùng nhau. Khi đó phần tử a+bω là nguyên tố trong vành Z[ω] nếu và chỉ nếu a2+b2−ab là nguyên tố trong vành Z.
Chứng minh. Cho a, b ∈ Z là hai số nguyên tố cùng nhau. Theo Mệnh đề 1.3.2(ii), ta có a+bω là nguyên tố trong Z[ω] nếu và chỉ nếu Z[ω]/(a+bω) là miền nguyên. Theo Định lý 2.1.8, ta có
Z[ω]/(a+bω)∼=Za2+b2−ab.
Do đó a+bω là nguyên tố trong vành Z[ω] nếu và chỉ nếu Za2+b2−ab là miền nguyên. Chú ý rằng Zm là một trường khi m là nguyên tố trong Z. Do đó ta có điều phải chứng minh.
Từ các Định lý 2.1.8 và Hệ quả 2.1.9 trên ta tìm được các phần tử nguyên tố trong vành Z[ω] thể hiện trong phát biểu của định lý sau.
2.1.10 Định lý. Các phần tử nguyên tố trong Z[ω] (sai khác phép nhân với phần tử khả nghịch) là:
(i) Mọi số nguyên tố p∈ Z sao cho p= 2 hoặc p≡ 5 (mod 6).
(ii) Mọi phần tử ζ = a+bω ∈ Z[ω] thỏa mãn p = a2+b2−ab là một số nguyên tố trong Z và p≡ 1 (mod 6).
(iii) Phần tử z = 1 + 2ω.
Chứng minh. (i) suy ra từ Hệ quả 2.1.7.
(ii) suy ra từ Định lý 2.1.2, Định lý 2.1.8 và Hệ quả 2.1.9.
(iii) Với a= 1, b= 2thì a2+b2−ab= 3 là số nguyên tố. Vìgcd(1,2) = 1 nên theo Định lý 2.1.8 suy ra Z[ω]/(1 + 2ω) ∼=Z3. Rõ ràng Z3 là một trường nên Z[ω]/(1 + 2ω) là một trường. Theo Mệnh đề 1.3.2(ii) thì (1 + 2ω) là iđêan tối đại. Theo Mệnh đề 1.3.3(iv) ⇔ (ii) thì 1 + 2ω là phần tử nguyên tố của Z[ω].
Vậy z = 1 + 2ω là phần tử nguyên tố.
2.1.11 Chú ý. Số p= 3 là số nguyên tố trong vành các số nguyên Z nhưng không là phần tử nguyên tố trong Z[ω] vì 3 = −(1 + 2ω)2. Phần tử p = 3 được gọi là nguyên tố rami trong Z[ω].
Nếu z ∈Z[ω] là phần tử nguyên tố trong Z[ω] thì ta nói z làsố nguyên tố Eisenstein.
2.1.12 Hệ quả. Mỗi phần tử x+yω ∈ Z[ω] đều có thể viết một cách duy nhất (không kể thứ tự và phép nhân với phần tử khả nghịch) thành tích hữu hạn số nguyên tố Eisenstein.
x+yw=ε2α
Yςβς
m Y
i=1
pγii
(1 + 2w)n,
trong đó ε là một phần tử khả nghịch trong Z[w], α, βς, γi, m và n là các số nguyên không âm, ς =a+bw là phần tử trong Z[w] sao cho p=a2+b2−ab là số nguyên tố trong Z với p≡1 (mod 6) và pi là số nguyên tố lớn hơn 3.
Chú ý rằng nếu p∈Z là số nguyên tố sao cho p≡1 (mod 6) tồn tại đúng 2 số nguyên tố Eisenstein ς1 = a+bw và ς2 = b +aw mà chuẩn của nó là p=a2+b2−ab, (a và b là hai số nguyên nguyên tố cùng nhau). Vì vậy ta có thể viết phân tích trên lại như sau
x+yw=ε2α
Y
ς1
ς1βς1
Y
ς2
ς2βς2
m Y
i=1
pγii
(1 + 2w)n