Trong tiết này, chúng ta sử dụng sự phân tích duy nhất trong vành bậc hai Z[i] và Z[√
−2] để giải một số bài toán sơ cấp.
3.3.1 Bài toán. Cho p là số nguyên tố. Giả sử p = a2 +b2 = c2 +d2 với a, b, c, d ∈ N. Chứng minh rằng (a, b) = (c, d) hoặc (a, b) = (d, c). Nói cách khác, mỗi số nguyên tố có nhiều nhất một sự phân tích thành tổng bình ph-ơng của hai số tự nhiên (nếu không kể đến thứ tự các hạng tử).
Chứng minh. Cho p = a2+b2 = c2+d2 với a, b, c, d ∈ N. Khi đó, trong vành bậc hai Z[i] ta có p = (a+bi)(a− bi). Vì a+bi và a− bi đều có chuẩn bằng p và p là số nguyên tố nên theo Bổ đề 2.2.10 ta suy ra a+bi và a−bi là các phần tử bất khả quy trong Z[i]. T-ơng tự, trong vành Z[i]
ta có p = (c+di)(c−di). Hơn nữa, c+di và c−di là các phần tử bất khả
quy trong Z[i]. Theo Mệnh đề 2.2.16, mỗi phần tử khác 0 và không khả
nghịch của Z[i] đều phân tích đ-ợc một cách duy nhất (nếu không kể đến thứ tự các nhân tử và các -ớc của đơn vị) thành tích các nhân tử bất khả
quy. Do đó ta có a+bi = u(c+di) hoặc a+bi =u(c−di) với u ∈ Z[i] là phần tử khả nghịch. Xét tr-ờng hợp a+bi =u(c+di). Theo 3.1.2 thì các phần tử khả nghịch trong vành Z[i] chỉ là ±1,±i. Nếu u = 1, thì a = c và b = d. Nếu u = −1 thì a = −c và b = −d (loại vì a, b, c, d > 0). Nếu
37
u = i, thì a = −d và b = c (loại vì a, b, c, d ≥ 0). Nếu u = −i, thì a = d và b = −c (loại vì a, b, c, d ≥ 0). Vì vậy (a, b) = (c, d). T-ơng tự, nếu a+bi =u(c−di) th× ta suy ra (a, b) = (d, c).
3.3.2 Bài toán. Chứng minh rằng ph-ơng trình y2 = x3− 1 có duy nhất một nghiệm nguyên là (x, y) = (1,0).
Chứng minh. Dễ dàng kiểm tra cặp (x, y) = (1,0) thỏa mãn ph-ơng trình trên y2 = x3−1. Ta sẽ chỉ ra nghiệm trên là duy nhất. Viết ph-ơng trình d-ới dạng x3 = y2 + 1. Trong vành Z[i] ta có x3 = (y −i)(y +i). Trong vànhZ[i], ta khẳng địnhy+i vày−i là nguyên tố cùng nhau. Thật vậy nếu α ∈ Z[i]là -ớc chung củay+ivà y−i thìα là -ớc của 2i = (y+i)−(y−i).
Vì 2i = (1 +i)2 nên từ sự phân tích duy nhất trong vành Z[i] (xem Mệnh
đề 2.2.16) ta có α ∈ {u, u(1 +i), u(1 + i)2}, trong đó u là phần tử khả
nghịch. Nếu α không phải phần tử khả nghịch thì α chia hết cho 1 +i, do
đó 1 +i là -ớc của x3. Lấy chuẩn cả hai vế ta đ-ợc 2|x6. Suy ra x là số chẵn. Vì thế y2+ 1 = x3 ≡ 0(mod 4). Do đó y2 ≡ −1(mod 4). Điều này vô lý. Vậy y +i và y −i là nguyên tố cùng nhau, khẳng định đ-ợc chứng minh. Vì x3 = y2+ 1 = (y+i)(y−i) nên các nhân tử y+i và y−i phải là một lũy thừa bậc 3. Do đó y +i = (m+ni)3 với m, n ∈ Z. Khai triển và đồng nhất phần thực, phần ảo ta đ-ợc
y =m3−3mn2 =m(m2−3n2); 1 = 3m2n−n3 =n(3m2−n2).
Ph-ơng trình bên phải cho ta n = ±1. Nếu n = 1 thì 3m2− 1 = 1, suy ra 3m2 = 2, ph-ơng trình này không có nghiệm nguyên. Nếu n = −1, thì
3m2 −1 = −1, suy ra m = 0. Do đó y = 0. Vì thế x3 = y2+ 1 = 1. Suy ra x = 1.
3.3.3 Bài toán. Tìm nghiệm nguyên của ph-ơng trình y3 = x2+ 2.
Lời giải. Ta có y3 = x2 + 2. Nếu x là số chẵn, thì y là chẵn, khi đó 2 = x3−y2 ≡ 0 mod 4 (Vô lý). Vì vậy x là số lẻ. Trong Z[√
−2], ta cã y3 = (x+i
√
2)(x−i
√ 2).
Tiếp theo ta sẽ chứng minh (x + i
√
2) và (x − i
√
2) là nguyên tố cùng nhau trong vành Z[√
−2]. Giả sử c +d√
−2 là -ớc chung của (x+i
√ 2) và (x−i
√
2). Khi đó c+d
√
−2|(x+i
√
2 +x−i
√
2) = 2x và
c+d
√
−2|(x+i
√
2−x+i
√
2) = 2i
√ 2
Lấy chuẩn cả 2 vế ta đ-ợc, (c2 + 2d2)|4x2 và (c2+ 2d2)|8 trong Z. Nếu (c2 + 2d2) không chia hết 4, thì (c2 + 2d2)|y2 (từ gcd(x, y) = 1), suy ra (c2+ 2d2) là số lẻ (từ y lẻ) nh-ng điều này suy ra (c2+ 2d2) không chia hết 8. Vì vậy, (c2+ 2d2)|4 nên
(c2+ 2d2) = 1,2 hoặc 4.
NÕu (c2 + 2d2) = 1 th× c+d√
−2 là khả nghịch. Nếu (c2 + 2d2) = 2 thì
c = 0 và d = ±1 nh-ng ±√
−2 không là -ớc của (x +i
√
2) do x là số lẻ. Nếu (c2 + 2d2) = 4 thì d = 0 và c = ±2 nh-ng ±2 không là -ớc của (x+i
√
2) do x là số lẻ. Vì vậy (x+i
√
2) và (x−i
√
2) là nguyên tố cùng nhau trong vành Z[√
−2]. Mặt khác Z[√
−2] là vành có phân tích duy nhất.
Vì tích của (x+i
√
2) và (x−i
√
2) là y3 nên (x+i
√
2) và (x−i
√
2) đều là lũy thừa bậc 3 của một phần tử trong Z[√
−2]. Do đó x+i
√
2 = (a+bi
√
2)3 = a3−6ab2+ (3a2b−2b3)i
√ 2.
39
Vì vậy ta có x = a3 −6ab2,1 = 3a2b −2b3 = b(3a2− 2b2). Từ ph-ơng trình bên phải ta có b = ±1 và 3a2−2b2 = 3a2−2 = 1. Suy ra a = ±1.
Vậyx = ±5. Thay vào ph-ơng trình ban đầu ta đ-ợc y3 = 27. Suy ra y = 3. Vì vậy ph-ơng trình có 2 nghiệm nguyên là (x, y) = (5,3) hoặc (x, y) = (−5,3).
3.3.4 Bài toán. Trong vành Z[i], phân tích các số sau thành tích các thừa số bất khả quy.
(i) 3 +i.
(ii) 244 + 158i.
Lời giải. (i) Ta có N(3 +i) = (3 +i)(3−i) = 10 = 2.5. Trong Z[i], ta có 2 = (1 +i)(1−i) và 5 = (2−i)(2 +i). Tất cả các số trên đều là bất khả
quy vì N(1±i) = 2;N(2±i) = 5 và 2,5 là nguyên tố trong Z. Ta kiểm tra trong các số trên đâu là -ớc của 3 + i. Tr-ớc hết ta kiểm tra số 1 +i,
cã: 3 +i
1 +i = (3 +i)(1−i)
(1 +i)(1−i) = 2−i ∈ Z[i].
Vậy 3 +i = (2−i)(1 +i) là sự phân tích thành nhân tử bất khả quy của 3 +i trong Z[i].
(ii) Ta có 244 + 158i = 2(122 + 79i) và 2 = (1−i)(1 +i) với 1−ivà 1 +i
đều là bất khả quy trong Z[i] vì N(1±i) = 2 nguyên tố trong Z. Tiếp theo ta sẽ phân tích 122 + 79i thành các thừa số bất khả quy. Ta có
N(122 + 79i) = 1222+ 792 = 53132 = (2 +i)3(2−i)3(3 + 2i)2(3−2i)2. Từ đây ta sẽ kiểm tra các nhân tử bên vế phải, nhân tử nào là -ớc của 122 + 79i. Ta bắt đầu kiểm tra 2 +i có chia hết 122 + 79i:
122 + 79i
2 +i = (122 + 79i)(2−i)
(2 +i)(2−i) = 323 + 36i
5 ∈/ Z[i].
Vậy 2 +i không chia hết 122 + 79i. T-ơng tự nh- vậy ta kiểm tra đ-ợc 2−i và 3−2i là chia hết 122 + 79i, hơn nữa (2−i)3 và (3−2i)2 đều chia hết 122 + 79i. Kiểm tra lại ta đ-ợc
122 + 79i = (−1)(2−i)3(3−2i)2 =i2(2−i)3(3−2i)2 = (2−i)3(2 + 3i)2. Vậy ta có sự phân tích 244 + 158i thành tích các thừa số bất khả quy là
244 + 158i = (1−i)(1 +i)(2−i)3(2 + 3i)2.
41
KÕt luËn
Trong luận văn này, chúng tôi đã hoàn thành một số nội dung sau.
- Giới thiệu khái niệm mở rộng tr-ờng, bậc của mở rộng tr-ờng, số đại số, số nguyên đại số, mở rộng vành, bậc của mở rộng vành.
- Làm rõ đ-ợc cấu trúc của tr-ờng bậc hai và một số vành bậc hai; Mô
tả cấu trúc của vành các số nguyên đại số trong tr-ờng bậc hai.
- Chứng minh điều kiện bất khả quy của các phần tử trong vành bậc hai, chứng minh mọi iđêan trong vành bậc hai đều có một hệ sinh gồm 1 hoặc 2 phần tử.
- Chứng minh sự phân tích bất khả quy trong vành bậc hai; Chứng minh tính duy nhất của phân tích bất khả quy trong một số vành bậc hai nh- vành vành Z[i], Z[√
−2].
- Giải quyết một số dạng toán sơ cấp thông qua các kiến thức của tr-ờng, chuẩn của vành bậc hai, sự phân tích duy nhất trong một số vành bậc hai.
Luận văn đ-ợc viết trên cơ sở tham khảo 4 tài liệu sau:
1. Daniel A. Marcus, Number Fields, Springer New York, 1977.
2. Victor V. Prasolov, Polynomials, Springer, 2004 (second edition).
3. J. Rotman, Galois theory, Second edition, Springer, 1998.
4. David Anthony Santos, Number Theory for mathematical contests, GNU Free Documentation License, October, 2007.
Đồng thời, một số bài toán sơ cấp đ-ợc tham khảo từ một tài liệu (ch-a xuất bản) viết bởi PGS.TS Đàm Văn Nhỉ.