Trong tiết này, tr-ớc hết chúng ta nghiên cứu khái niệm và một số tính chất đơn giản của vành bậc hai. Tiếp theo, chúng ta chỉ ra rằng tập các số nguyên đại số của một tr-ờng bậc hai là một vành bậc hai. Hơn nữa, mỗi phần tử của tr-ờng bậc hai đều biểu diễn đ-ợc thành th-ơng của hai số nguyên đại số. Sau đó chúng ta mô tả cấu trúc của các iđêan, xác định các phần tử khả nghịch và nghiên cứu sự phân tích thành nhân tử bất khả
quy trong vành các số nguyên đại số.
Cho V là vành con của C. Khi đó V chứa Z. Thật vậy, do V là vành nên 0 ∈ V và 1 ∈ V. Suy ra n = 1 +. . . + 1 ∈ V với mọi n ∈ N. Do đó phần tử đối −n của n cũng thuộc V với mọi n ∈ N. Suy ra Z ⊆ V.
2.2.1 Định nghĩa. Cho V là vành con của C. Khi đó V chứa Z. Nếu mở rộngV /Z có một cơ sở gồm 2 phần tử thì V đ-ợc gọi là một vành bậc hai.
Trong suốt tiết này, luôn giả thiết m là một số nguyên, m 6= 0, m 6= 1 và m không có -ớc chính ph-ơng. Đặt
Z[√
m] = {a+b√
m | a, b∈ Z}.
Khi đó Z[√
m] là một vành bậc hai. Một cơ sở của mở rộng Z[√
m]/Z là {1,√
m}.
Kết quả sau đây chỉ ra rằng nếu m, m0 là hai số nguyên phân biệt không có -ớc chính ph-ơng thì các vành bậc hai Z[√
m] và Z[
√
m0] là phân biệt.
2.2.2 Mệnh đề. Nếu m, n ∈ Z là hai số nguyên phân biệt không có -ớc chính ph-ơng vàm, n 6= 0, m, n 6= 1thì các vành bậc hai Z[√
m] vàZ[√ n]
không đẳng cấu với nhau.
Chứng minh. Cho m, n ∈ Z là hai số nguyên phân biệt không có -ớc chính ph-ơng và m, n 6= 0, m, n 6= 1. Giả sử Z[√
m] ∼= Z[√
n], tức là tồn tại
một đẳng cấu ϕ : Z[√
m] → Z[√
n]. Vì ϕ là đồng cấu nên ϕ(1) = 1. Do
đó ϕ(n) = ϕ(1 +. . . + 1) = ϕ(1) +. . . +ϕ(1) = 1 +. . .+ 1 = n với mọi n∈ N. Vì ϕ là đống cấu nên nó biến phần tử đối thành phần tử đối, vì thế ϕ(−n) = −ϕ(n) = −n với mọi n ∈ N. Do đó ϕ(r) = r với mọi r ∈ Z.
V× ϕ(√
m) ∈ Z[√
n] nên tồn tại a, b ∈ Z sao cho ϕ(√
m) = a + b√ n.
Vì m, n 6= 0, m, n 6= 1 và m, n không có -ớc chính ph-ơng nên ta có
√m,√
n /∈ Q. NÕu b = 0 th× ϕ(√
m) = a = ϕ(a). Do ϕ là đơn cấu nên
√m =a ∈ Z, vô lí. Do đó b6= 0. Nh- vậy, m =ϕ(m) =ϕ((√
m)2) = (ϕ(√
m))2 = (a+b√
n)2 =a2+ 2ab√
n+b2n.
NÕu a 6= 0 th× √
n = m −a2−b2n
2ab ∈ Q, điều này là vô lí. Vì vậy a = 0, do đó m = b2n. Suy ra b = ±p
m/n. Do m 6= n nên m/n 6= 1. Do m, n không có -ớc chính ph-ơng nên khi biểu diễn m/n thành phân số tối giản thì cả tử và mẫu đều không chứa -ớc chính ph-ơng. Suy ra p
m/n /∈ Z.
Điều này cũng vô lí. Vì vậy Z[√
m] không đẳng cấu với Z[√ n].
2.2.3 Mệnh đề. Cho V =Z[√
m] là vành bậc hai. Khi đó tồn tại đúng 2 tự
đẳng cấu của V, tự đẳng cấu thứ nhất là tự đẳng cấu đồng nhất idV, còn tự đẳng cấu thứ 2 biến √
m thành −√
m và giữ nguyên các phần tử của Z.
Chứng minh. Cho ϕlà một tự đẳng cấu của V. Bằng các lập luận nh- trong chứng minh Mệnh đề 2.2.2 ta suy ra ϕ giữ nguyên các phần tử của Z, tức là ϕ(a) = a với mọi a ∈ Z. Giả sử ϕ(√
m) = a+b√
m víi a, b∈ Z. NÕu b= 0 th× ϕ(√
m) =a ∈ Z Vì thế với mọi phần tử u = c+d√
m ∈ Z[√ m]
với c, d ∈ Z, do ϕ là đồng cấu và giữ nguyên các phần tử của Z nên ta có ϕ(u) = ϕ(c) +ϕ(d)ϕ(√
m) =c+da ∈ Z. Do đó Imϕ= Z 6=Z[√
m]. Do
đó ϕ không là toàn cấu, vô lí. Vì vậy b 6= 0. Nếu a 6= 0 thì
m =ϕ(m) = ϕ(√ m √
m) = ϕ(√
m)ϕ(√
m) =a2+ 2ab√
m+b2m,
23
hay √
m = m−a2−b2m
2ab ∈ Q, điều này là vô lí (chú ý rằng m 6= 0, m 6=
±1 và m không có -ớc chính ph-ơng nên √
m /∈ Q). Do đó a = 0. Suy ra ϕ(√
m) =b√
m. Do đó
m =ϕ(m) =ϕ(√ m √
m) = ϕ(√
m)ϕ(√
m) = (b√
m)2 =b2m.
Suy ra m(b2 − 1) = 0. Do m 6= 0 nên b = 1 hoặc b = −1. Nếu b = 1 th× ϕ(c+ d√
m) = c +d√
m với mọi c +d√
m ∈ Z[√
m] và vì thế ϕ là
đẳng cấu đồng nhất. Nếu b = −1 thì ϕ(c +d√
m) = c − d√
m với mọi c+d√
m ∈ Z[√ m].
Tiếp theo chúng ta nghiên cứu các số nguyên đại số trong tr-ờng bậc hai.
2.2.4 Mệnh đề. Cho K =Q[√
m] là tr-ờng bậc hai. Khi đó tập S các số nguyên đại số của K là một vành con của K.
Chứng minh. Theo mệnh đề 2.1.9 thì
S =
n
a+b√
m |a, b ∈ Z o
nÕu m ≡ 2,3(mod 4) na+b√
m
2 | a ≡b(mod 2)o
nÕu m ≡ 1(mod 4)
Rõ ràng −1 là số nguyên đại số, tức là −1 ∈ S. Do đó ta chỉ cần chứng minh tập S ổn định với 2 phép toán nhân và cộng tức là với mọi α, β ∈ S thìαβ, α+β ∈ S.Tr-ờng hợp m ≡ 2,3(mod 4)thì từ biểu diễn của S ta dễ dàng chứng minh đ-ợc điều trên. Vì vậy ta sẽ chứng minh cho tr-ờng hợp m ≡ 1(mod 4). Cho α = a+b√
m
2 , β = a0 +b0√ m
2 víi a, a0, b, b0 ∈ Z.
Khi đó
α+β = (a+a0) + (b+b0)√ m
2 ∈ S
(do a+a0, b+b0 ∈ Z). Đặt a = b+ 2k;a0 = b0 + 2h;m = 1 + 4t trong đó k, h, t ∈ Z. Ta cã
αβ = aa0+bb0m
4 + (ab0 +ba0)√ m 4
= bb0(2t+ 1) +bh+b0k+ 2kh
2 + bb0 +kb0+hb 2
√m = A+B√ m
2 ,
trong đó A, B ∈ Z và A ≡B(mod 2). Suy ra αβ ∈ S. Vậy S là một vành con của K.
VànhS xác định nh- trong mệnh đề trên đ-ợc gọi là vành các số nguyên
đại số của tr-ờng bậc hai K. Kết quả sau đây mô tả cấu trúc của vành các số nguyên đại số của một tr-ờng bậc hai.
Từ Mệnh đề 2.1.9 và Mẹnh đề 2.2.4 ta có tính chất sau.
2.2.5 Hệ quả. Cho K = Q[√
m] là tr-ờng bậc hai. Đặt
ω =
√m nÕu m 6≡ 1(mod 4), 1 +√
m
2 nÕu m ≡1(mod 4).
Khi đó vành các số nguyên đại số của K có dạng S = Z[ω] = {a+bω | a, b∈ Z}.
Đặc biệt, vành các số nguyên đại số của một tr-ờng bậc hai là một vành bËc hai.
Chứng minh. Theo Mệnh đề 2.1.9 và Mệnh đề 2.2.4, ta chỉ cần chứng minh S = Z[ω] là một vành bậc hai. Nếu ω = √
m thì rõ ràng {1,√ m} là một cơ sở của mở rộng vành S/Z, do đó S là vành bậc hai. Giả sử ω = 1 +√
m
2 . Cho a + bω = c + dω ∈ S với a, b, c, d ∈ Z. Khi đó (a−c) + b−d
2 + (b−d)√ m
2 = 0. Do √
m /∈ Q nên ta có b−d
2 = 0. Suy ra b = d và do đó a = c. Nh- vậy, {1, ω} là một cơ sở của S. Do đó S là một vành bậc hai.
25
Từ nay đến hết tiết này, luôn kí hiệu K = Q[√
m] là một tr-ờng bậc hai và S là vành các số nguyên đại số của K. Chú ý rằng
S = Z[ω] = {a+bω | a, b∈ Z}, trong đó ω đ-ợc xác định nh- trong Hệ quả 2.2.5.
2.2.6 Mệnh đề. Với mọi tr-ờng bâc hai K ta có S∩Q =Z. Hơn nữa, nếu u ∈ K thì u là th-ơng của hai phần tử trong S.
Chứng minh. Rõ ràng Z ⊆ S ∩ Q. Ng-ợc lại, cho u ∈ S ∩ Q. Khi đó u = a +bω. Do u ∈ S nên a, b ∈ Z. Vì ω /∈ Q và u = a +bω ∈ Q nên b= 0. Suy ra u = a+bω = a ∈ Z. V× vËy, S ∩Q= Z.
Tiếp theo ta sẽ chỉ ra mỗi phần tử của K có thể viết thành th-ơng của 2 phần tử thuộc S. Cho u = x+y√
m ∈ K với x, y ∈ Q. Gọi c là mẫu số chung của 2 phân số x và y. Suy ra x = a
c và y = b
c với a, b, c ∈ Z. Khi đó x+y√
m = a+b√ m
c ,
trong đó a+b√
m và c đều thuộc S.
Định lí sau đây mô tả cấu trúc của các iđêan trong vành các số nguyên
đại số.
2.2.7 Định lý. Mỗi iđêan của S đều sinh bởi một hoặc hai phần tử.
Chứng minh. Cho I là một iđêan của S. Khi đó I là nhóm con của nhóm cộng S. Theo Hệ quả 2.2.5, S là vành bậc hai và {1, ω} là cơ sở của mở rộng S/Z. Do đó S =Z[ω] = Z⊕Zω. Chú ý rằng ϕ: Z[ω] →Z2 cho bởi ϕ(a+bω) = (a, b) là một đẳng cấu giữa hai nhóm cộng. Suy ra S ∼= Z2. Theo sự phân loại của nhóm aben hữu hạn sinh, các nhóm con của nhóm cộng Z2 hoặc là {(0,0)} hoặc là đẳng cấu với 0ìZ hoặc đẳng cấu với Z2.
Do đóI hoặc bằng {(0,0)} hoặcI ∼= 0ìZ hoặc I ∼= Z2. Nếu I ={(0,0)} thì I sinh bởi 1 phần tử (0,0). Nếu 0 ìZ
∼ρ
= I thì I sinh bởi một phần tử ρ(0,1). NÕu Z2
∼ψ
= I thì I sinh bởi hệ hai phần tử {ψ(1,0), ψ(0,1)}. Nh- vậy, trong mọi tr-ờng hợp, I sinh bởi 1 phần tử hoặc 2 phần tử.
Nhắc lại rằng phần tử α ∈ S là khả nghịch nếu tồn tại β ∈ S sao cho αβ = 1. Ta ký hiệu tập các phần tử khả nghịch của S là Sì. Bổ đề sau
đây mô tả tập các phần tử khả nghịch của vành S các số nguyên đại số của mét tr-êng bËc hai K.
2.2.8 Bổ đề. Các phát biểu sau là đúng.
(i) S× = {α ∈ S | N(α) = ±1}; (ii) S×∩ Q= {±1}.
Chứng minh. Cho α ∈ S. Nếu α là khả nghịch thì αβ = 1 với β ∈ S.
Lấy chuẩn cả 2 vế đ-ợc N(α)N(β) = N(1) = 1 ∈ Z, vì vậy N(α) = ±1.
Ng-ợc lại, giả sử N(α) =±1. Vì N(α) =αα¯ nên ta đ-ợc αα¯ =±1, trong
đó α¯ là số phức liên hợp của α. Chú ý rằng α¯ ∈ S. Do đó hoặc α¯ hoặc
−α¯ là nghịch đảo của α.
Tiếp theo ta chỉ ra Sì ∩ Q = {±1}. Rõ ràng ±1 ∈ Sì ∩ Q. Cho q ∈ Sì ∩ Q. Khi đó N(q) = ±1. Do q ∈ Sì và q là số hữu tỷ nên N(q) =q2 =±1. V× vËy q =±1.
2.2.9 Định nghĩa. Phần tử α ∈ S đ-ợc gọi là bất khả quy nếu α 6= 0, α không khả nghịch và nếu α = βγ với β, γ ∈ S thì hoặc β hoặc γ là khả
nghịch trong S.
Bổ đề sau đây cho ta một điều kiện cần để một phần tử trong vành các số nguyên đại số là phần tử bất khả quy. Ta quy -ớc một số nguyên tố trong Z là một số nguyên mà giá trị tuyệt đối của nó là số nguyên tố theo
27
nghĩa thông th-ờng. Chẳng hạn, ±2,±3,±5,±7, . . . là các số nguyên tố trong Z.
2.2.10 Bổ đề. Nếu α ∈ S có chuẩn là một số nguyên tố trong Z thì α là bất khả quy trong S.
Chứng minh. Vì N(α) là số nguyên tố trong Z nên α 6= 0 và α không khả nghịch. Giả sử α = βγ với β, γ ∈ S. Lấy chuẩn cả hai vế ta đ-ợc N(β)N(γ) = N(α). VìN(α)là số nguyên tố trongZ nên hoặcN(β) =±1 hoặc N(γ) = ±1. Theo Bổ đề 2.2.8, hoặc β hoặc γ là khả nghịch trong S.
Vì thế α là bát khả quy.
2.2.11 VÝ dô. Trong Z[√
−14], phần tử 3 +√
−14 có chuẩn là 23. Vì 23 là số nguyên tố nên 3 +√
−14 là phần tử bất khả quy trong vành Z[√
−14].
Trong Z[
√
3], phần tử 1 + 2
√
3 có chuẩn là N(1 + 2
√
3) = −11. V× −11 là số nguyên tố trong Z nên 1 + 2
√
3 là bất khả quy trong Z[
√ 3].
2.2.12 Chú ý. Điều kiện trong Bổ đề 2.2.10 chỉ là điều kiện đủ để một phần tử thuộc S là bất khả quy, chứ không phải là điều kiện cần. Chẳng hạn, trong Z[√
−14] ta có N(3) = 9 không là nguyên tố trong vành số nguyên Z, nh-ng 3 là bất khả quy trong Z[√
−14]. Thật vậy, giả sử 3 = αβ với α, β ∈ Z[√
−14] là các phần tử không khả nghịch. Suy ra N(α)N(β) = 9.
Vì α và β không khả nghịch nên N(α) 6= ±1 và N(β) 6= ±1. Chú ý rằng chuẩn các phần tử khác 0 trong vành Z[√
−14] là d-ơng. Suy ra N(α) = N(β) = 3. Chú ý rằng ph-ơng trình 3 = a2 + 14b2 không có nghiệm a, b ∈ Z, tức là không có phần tử nào trong vành này có chuẩn bằng 3. Vì vậy 3 là bất khả quy trong Z[√
−14].
2.2.13 Định lý. Mọi phần tử khác 0 và không khả nghịch trong S đều là tích của các phần tử bất khả quy trong S.
Chứng minh. Cho α ∈ S là phần tử khác 0 và không khả nghịch. Ta chứng minh định lí bằng quy nạp theo |N(α)|. Nếu |N(α)| = 2 thì α có chuẩn là số nguyên tố, vì thế theo Bổ đề 2.2.10 ta suy ra α là bất khả quy. Vì
vậy α = α là sự phân tích bất khả quy. Giả sử |N(α)| = n ≥ 3 và các phần tử có chuẩn từ 2 tới n−1 đều có có sự phân tích bất khả quy. Nếu α là bất khả quy thì α = α là sự phân tích bất khả quy. Nếu α không bất khả quy thì α = βγ với β và γ không khả nghịch. Do đó N(β) 6= ±1 và N(γ) 6= ±1. Suy ra |N(β)| và |N(γ)| đều nhỏ hơn |N(α)|. Theo giả thiết quy nạp, β = u1. . . ur và γ = v1. . . vs là sự phân tích bất khả quy của β và γ. Vì vậy α = u1. . . urv1. . . vs là sự phân tích bất khả quy của α.
Chú ý rằng sự phân tích bất khả quy trong vành bậc hai không duy nhất.
Chẳng hạn, với S = Z[√
−5], ta cã 6 = (1 +
√
−5)(1−
√
−5) = 2×3 là hai phân tích bất khả quy của 6.
Cuối cùng, chúng ta chứng minh vành bậc hai Z[i] thỏa mãn sự phân tích duy nhất. Tr-ớc hết ta cần bổ đề sau.
2.2.14 Bổ đề. Cho α =a+bi và β =c+di là hai phần tử trong Z[i]. Khi
đó tồn tại γ, δ ∈ Z[i] sao cho α =βγ +δ, trong đó N(δ) < N(β).
Chứng minh. Trong tr-ờng bậc hai Q[i] ta có α
β = (a+bi)(c−di)
c2+d2 =a0 +b0i
với a0, b0 ∈ Q. Chọn A, B ∈ Z sao cho |a0 −A| 6 1/2 và |b0 −B| 6 1/2.
Đặt γ = A + Bi. Khi đó γ là một phần tử của vành bậc hai Z[i]. Đặt δ = β
α/β −γ
= α−γβ. Vì α, γ, β ∈ Z[i] nên ta suy ra δ ∈ Z[i]. Hơn
29
n÷a, α =γβ +δ. Ta cã
N(δ) =N(β)N(α/β −γ) = N(β)
(a0 −A)2+ (b0 −B)2 6 N(β)
(1/2)2+ (1/2)2
=N(β)/2 < N(β).
Tiếp theo ta chỉ ra rằng mỗi iđêan của Z[i] đều sinh bởi một phần tử.
2.2.15 Hệ quả. Nếu I là i đêan của Z[i] thì tồn tại u ∈ Z[i] sao cho I = (u) ={uv | v ∈ Z[i]}.
Chứng minh. Nếu I = {0} thì I = (0). Giả sử I 6= {0}. Chọn u ∈ I là phần tử khác 0 có chuẩn bé nhất. Khi đó (u) ⊆ I. Cho α ∈ I. Theo Bổ đề 2.2.14, tồn tạiγ, δ ∈ Z[i]sao cho α =uγ+δ, trong đó N(δ) < N(u). Ta có δ = α−uγ ∈ I. Theo cách chọn u ta suy ra δ = 0. Suy ra α =uγ ∈ (u).
VËy I = (u).
2.2.16 Mệnh đề. Trong vành Z[i], mỗi phần tử α khác 0 và không khả
nghịch đều phân tích đ-ợc thành tích của các nhân tử bất khả quy và sự phân tích này là duy nhất theo nghĩa nếu α = p1. . . pn = q1. . . qm là hai phân tích bất khả quy của α thì n = m và sau một phép hoán vị σ của tập {1, . . . , n} ta có pi = qσ(i)ui với ui khả nghịch.
Chứng minh. Theo Định lí 2.2.13, ta chỉ cần chứng minh tính duy nhất.
Cho α ∈ Z[i] với α =p1. . . pn =q1. . . qm là hai phân tích bất khả quy của α. Khi đó p1|q1. . . qm. Giả sử p1 không là -ớc của qj với mọi j. Đặt
Ij ={p1β +qjγ | β, γ ∈ Z[i]}.
Khi đó Ij là iđêan của Z[i]. Theo Hệ quả 2.2.15, tồn tại ρj ∈ Z[i] sao cho Ij = (ρj). Vì p1 = p1.1 +qj.0 nên p1 ∈ Ij. Do đó p1 là bội của ρj. T-ơng
tự, qj là bội của ρj. Vì p1 bất khả quy nên ρj hoặc là phần tử khả nghịch trong Z[i] hoặc là bội của p1. Nếu ρj là bội của p1 thì qj là bội của p1, vô
lí. Do đó ρj khả nghịch, tức là tồn tại ρ0j/ ∈ Z[i] sao cho ρjρ0j = 1. Suy ra 1 ∈ (ρj) = Ij. Do đó 1 = p1βj +qjγj với βj, γj ∈ Z[i]. Nhân vế với vế của các đẳng thức trên ta đ-ợc 1 = p1β∗+q1. . . qmγ∗ với β∗, γ∗ ∈ Z[i]. Do p1|q1. . . qm nên p1 là -ớc của vế phải, vì thế p1 là -ớc của 1. Điều này là vô lí. Do đó p1 là -ớc của một qj1 nào đó. Do qj1 bất khả quy nên p1 là bội của qj1. Vì thế p1 = u1qj1 với u1 khả nghịch. Không mất tính tổng quát ta giả thiết j1 = 1. Giản -ớc cả hai vế của đẳng thức p1. . . pn =q1. . . qm cho p1 ta đ-ợc p2. . . pn = q1∗q3. . . qm, trong đó q∗2 = q2u−11 . Tiếp tục lập luận trên ta suy ra pk = ukqjk với mọi k, trong đó uk khả nghịch.
2.2.17 Chú ý. Vành các số nguyên đại số Z[ω] của tr-ờng bậc hai Q(√ m) với m 6= 0,1 và không có -ớc chính ph-ơng, có sự phân tích duy nhất nếu tồn tại thuật toán nh- bổ đề 2.2.14 (thuật toán Euclid). Ngoài vành Z[i], ta có thể chứng minh đ-ợc vành bậc hai Z[√
−2] và Z[ω] với ω = −1 +√
−3 2 cũng tồn tại thuật toán nh- trên nên các vành bậc hai trên đều có sự phân tÝch duy nhÊt.
Ch-ơng 3
Một số ứng dụng giải toán sơ cấp