luận văn lý thuyết về số đại số

luận văn lý thuyết về số đại số

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

———————o0o———————

NGUYỄN MẠNH HÙNG

LÝ THUYẾT VỀ SỐ ĐẠI SỐ

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ

Mã số: 60.46.05Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS NÔNG QUỐC CHINH

THÁI NGUYÊN - NĂM 2011

Mục lục

1.1 Đa thức 5

1.2 Đa thức đối xứng 6

1.3 Đa thức nguyên bản 7

1.4 Số đại số và số nguyên đại số 8

2 Các trường số 14 2.1 Trường số đại số 14

2.2 Chuẩn và vết của một phần tử của trường số đại số 16

2.3 Biệt thức của một hệ các phần tử của trường số 18

2.4 Vành các số nguyên đại số OK 20

3 Nhân tử hóa 24 3.1 Phần tử khả nghịch, quan hệ chia hết, phần tử bất khả quy trong vành OK 24

3.2 Sự phân tích thành các nhân tử bất khả quy trong vành OK 25 3.3 Trường số chuẩn Euclid 28

4 Iđêan 31 4.1 Iđêan của vành giao hoán 31

4.2 Iđêan của vành OK 32

4.3 Chuẩn của một Iđêan 33

4.4 Sự phân tích một Iđêan không tầm thường thành tích các Iđêannguyên tố 384.5 Iđêan nguyên tố cùng nhau 504.6 Các lớp Iđêan 51

Lời cảm ơn

Luận văn này được hoàn thành trong khóa 17 đào tạo Thạc sĩ của trườngĐại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên, dưới sự hướng dẫn của PGS.TS.Nông Quốc Chinh Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới thầy hướngdẫn, người đã tạo cho tôi một tinh thần làm việc nghiêm túc và đã dànhnhiều thời gian, công sức giúp đỡ tôi hoàn thành luận văn

Tôi cũng xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới các thầy cô giáo của trườngĐại học sư phạm, Đại học Thái Nguyên, Viện Toán học, những người đã tậntình giảng dạy và trang bị đầy đủ kiến thức làm nền tảng cho quá trình viết

và hoàn thành luận văn

Tôi xin chân thành cảm ơn Ban lãnh đạo trường Đại học Sư phạm - Đạihọc Thái Nguyên, khoa Sau đại học trường Đại học Sư phạm, và trường CaoĐẳng Dược Phú Thọ tỉnh Phú Thọ đã tạo mọi điều kiện thuận lợi, giúp đỡtôi trong suốt thời gian tôi học tập

Cuối cùng, tôi xin cảm ơn bạn bè, người thân đã động viên, ủng hộ tôi cả

về vật chất và tinh thần để tôi có thể hoàn thành tốt khóa học của mình

Mở đầu

Số đại số và số nguyên đại số là lĩnh vực đã được nhiều nhà toán học dànhnhiều thời gian nghiên cứu Trong nước ta lý thuyết số được đưa vào chươngtrình học tập của học sinh phổ thông ở tất cả các cấp học Có thể nói rằngđây là một lĩnh vực lý thú của toán học - và hiện nay vẫn được nhiều giáoviên và học sinh, sinh viên yêu thích Vì những lý do như vậy nên tôi chọn

“lý thuyết về số đại số” làm đối tượng nghiên cứu trong luận văn của mình.Ngoài phần mở đầu và kết luận, luận văn được chia thành4 chương như sau.Chương 1: Số đại số và số nguyên đại số

Trong chương này trình bày lại một số kết quả về các đa thức, đa thức đốixứng, đa thức nguyên bản, số đại số, số nguyên đại số

Chương 2: Các trường số

Nội dung của chương 2 là các kết quả về trường số đại số, chuẩn và vết củamột phần tử của trường số đại số, trường bậc hai, vành các số nguyên đại số

OK, về biệt thức của một hệ các phần tử của một trường số

Chương 3: Nhân tử hóa

Chương này trình bày các khái niệm: Phần tử khả nghịch, quan hệ chia hết,phần tử bất khả quy, sự phân tích một một phần tử khác không không khảnghịch thành tích các nhân tử bất khả quy trong OK

Chương 4: Iđêan

Nội dung chính của chương này là nghiên cứu về sự phân tích một Iđêankhông tầm thường thành tích các Iđêan nguyên tố của OK và đề cập đến kháiniệm nhóm lớp và một số tính chất của nó

Vì khả năng và thời gian có hạn nên luận văn chắc chắn còn nhiều thiếusót Chúng tôi kính mong quý thầy cô và các bạn đóng góp ý kiến sửa đổi,

bổ sung để luận văn được hoàn thiện hơn

Chương 1

Số đại số và số nguyên đại số

Trong toàn bộ luận văn này ta luôn coi vành là giao hoán có đơn vị nếukhông giả thiết gì thêm

(ii) Đa thức có hệ số cao nhất bằng 1 gọi là đa thức monic

Nhận xét 1.1.2 Nếu R là miền nguyên thì ta có

(i) R[x] cũng là miền nguyên

R[x]

Mệnh đề 1.1.3 Cho K là một trường số

(i) Giả sử f, g ∈ K[x] g 6= 0 Khi đó tồn tại duy nhất các đa thức q, r ∈ K[x]

sao cho f = qg + r trong đó r = 0 hoặc r 6= 0 và deg(r) < deg(g)

(ii) Nếu f = gh với h ∈ K[x] thì ta nói rằng f chia hết cho g hoặc g chiahết f, và ký hiệu là f .g hoặc g | f .

Mệnh đề 1.1.4 (Ước chung lớn nhất) Cho K là một trường, f, g là cácphần tử khác không của K[x] Khi đó tồn tại duy nhất một đa thức monic h

sao cho

(i) h | f và h | g

(ii) nếu có q ∈ K[x] và q | f, q | g thì q | h

Khi đó ∃ u, v ∈K[x] sao cho h = uf + vg

Định nghĩa 1.1.5 Cho K là một trường số, f ∈ K[x] có bậc dương, f

được gọi là đa thức bất khả quy trên K nếu không tồn tại g, h ∈ K[x] với

deg(g) < deg(f ) và deg(h) < deg(f ) sao cho f = gh Ngược lạif được gọi

là khả quy trên K

Định lý 1.1.6 (Sự phân tích duy nhất) Cho K là một trường số, f ∈ K[x]

là đa thức monic có bậc dương Thế thì có các đa thức monic bất khả quytrên K là p1, p2, , pk sao cho f = p1p2· · · pk Ngoài ra các pj là xác địnhduy nhất, nếu không kể đến thứ tự các nhân tử

Ta hiểu f (xσ(1), , xσ(n)) là đa thức có được từ đa thức f (x1, , xn) bằngcách thay xj bởi xσ(j), với mọi j = 1, 2, , n

Ví dụ 1.2.2 Các đa thức sau được gọi là đa thức đối xứng sơ cấp hay đathức đối xứng cơ bản

e1(x1, , xn)= x1 + x2+ · · · + xn

e2(x1, , xn)= x1x2 + x1x3 + · · · + x1xn+ x2x3 + · · · + xn−1xn

· · ·

en(x1, , xn)= x1x2 xn

Định lý 1.2.3 (Newton) Cho f ∈ R[x1, , xn] là một đa thức đối xứng,khi đó tồn tại duy nhất đa thức g ∈ R[x1, , xn] sao cho

Bổ đề 1.3.2 (Bổ đề Gauss) Cho f, g ∈ Z[x] là các đa thức nguyên bản, khi

đó tích của 2 đa thức f g là một đa thức nguyên bản

số đó không chia hết cho p, giả sử ar và bs lần lượt là các hệ số đầu tiêncủaf và g không chia hết cho p(tức là a0, a1, ar−1 và b0, b1, , bs−1 chiahết cho p còn ar và bs không chia hết cho p) Xét cr+s= P

j+i=r+sajbi là

hệ số của xr+s của đa thức f g Viết dưới dạng tường minh ta có cr+s =

a0br+s + a1br+s−1 + · · · + ar+1bs−1 + arbs + · · · + ar+sb0 Rõ ràng tổng nàykhông chia hết cho p vì vậy cr+s không chia hết cho p Điều này mâu thuẫn

vì thế suy ra f g là đa thức nguyên bản

Nhận xét 1.3.3 (i) Nếu 0 6= f ∈ Z[x] và a là ước chung lớn nhất của các

hệ số củaf Khi đó ta có thể viết f = af1, trong đóf1 là đa thức nguyênbản

(ii) Cho 0 6= g ∈ Q[x] khi đó có bg ∈ Z[x] với b là một số nguyên dương và

b là tích của tích của tất cả các mẫu số của các hệ số của g Ta có thể

viết bg = cg1 ở đây c là ước chung lớn nhất của tất cả các hệ số của bg,khi đó g1 là nguyên bản Do đóg = c

bg1, g1 là đa thức nguyên bản trong

Z[x] và c

b là số hữu tỷ dương Vì vậy ta có thể viết một đa thức g khác

0 bất kỳ của Q[x] thành g = rg1 với r dương và g1 là đa thức nguyênbản trong Z[x], r được xác định duy nhất

Nếu đặt s = 1

r thì ta có g1 = sg với s là số hữu tỷ dương Vậy với mọi

đa thức 0 6= g ∈ Q[x]luôn tồn tại số hữu tỷ dương s mà sg nguyên bảntrong Z[x]

Mệnh đề 1.3.4 Cho f, g là các đa thức monic, f ∈ Z[x] và g ∈ Q[x] nếu

g | f thì g ∈ Z[x]

Chứng minh Giả sử g | f, khi đó ∃h ∈ Q[x] sao cho f = gh Do f, g là các

đa thức monic cho nên h cũng là đa thức monic Theo nhận xét 1.3.3, tồntại các số hữu tỷ dương r và s sao cho rg và sh là các đa thức nguyên bảntrong Z[x] Do r, s là các hệ số cao nhất của rg, sh nên r, s ∈Z, theo bổ đề

Vì f ∈ Z[x] và f là đa thức monic nên ta có rs = 1, lại vì r, s ∈ Z∗+ nên

r = s = 1 Suy ra g = rg ∈ Z[x]

Định nghĩa 1.4.1 (i) Phần tử α ∈ C được gọi là số đại số nếu tồn tại đa

Mệnh đề 1.4.2 Cho α ∈ A, khi đó có duy nhất đa thức monic f ∈ Q[x]

có bậc nhỏ nhất nhận α làm nghiệm, và nếu g là đa thức thuộc Q[x] nhận α

làm nghiệm thì f | g

Chứng minh Vì α ∈ A nên luôn tồn tại đa thức monic trên Q nhận α làmnghiệm, trong những đa thức này ta luôn chọn được f là đa thức có bậc nhỏ

nhất Ta sẽ chỉ ra f là duy nhất Giả sử 0 6= f ∈ Q[x] và deg(h) < deg(f )

sao cho h(α) = 0, khi đó h1 = a−1h là một đa thức monic, ở đây a là hệ

số cao nhất của h Do deg(h) < deg(f ) nên deg(h1) < deg(f ) và h1(α) =

a−1h(α) = 0, điều này trái với việc chọn f Nếu f1 là đa thức monic cùngbậc với f và thỏa mãn các điều kiện giống như f thế thì đa thức h = f − f1

phải là đa thức 0 vì trái lại thì h(α) = 0 và deg(h) < deg(f ), điều này làmâu thuẫn Vậy f là duy nhất

Tiếp theo ta chứng minh nếu g ∈ Q[x] sao cho g nhận α làm nghiệm thì

f | g Thật vậy theo định lý về phép chia với dư, tồn tại q, h ∈ Q[x] sao cho

thế g = f q hay g .f.

Định nghĩa 1.4.3 Đa thức monic f có bậc nhỏ nhất nhận α làm nghiệmđược gọi là đa thức tối tiểu của α, bậc của đa thức tối tiểu của α gọi là bậccủa α

Bổ đề 1.4.4 Nếu f là đa thức tối tiểu của α ∈A thì f bất khả quy trên Q.Chứng minh Nếu f khả quy thìf = gh với g, hlà các đa thức monic thuộc

Q[x] và có bậc nhỏ hơn bậc của f Ta có f (α) = g(α)h(α) = 0 Do Q làmiền nguyên nên ta có g(α) = 0 hoặc h(α) = 0 Giả sử g(α) = 0 theomệnh đề 1.4.2 ta có f | g, suy ra ta có deg(g) ≥ deg(f ), điều này là vô lý vì

deg(g) < deg(f ) Suy ra f bất khả quy

Định lý 1.4.5 Cho α ∈ A có đa thức tối tiểu là f khi đó α ∈ B khi và chỉ

khi f ∈ Z[x]

Chứng minh Giả sử α ∈ A có đa thức tối tiểu f thế thì f (α) = 0 Nếu

f ∈ Z[x] thì α ∈ B.

Ngược lại, giả sử α ∈ B ta chỉ ra f ∈ Z[x] Thật vậy do α ∈ A nênf (α) = 0

và f ∈ Q[x], lại vì α ∈ B nên ∃ g ∈ Z[x] g là đa thức monic sao cho

g(α) = 0, do đó f | g, theo mệnh đề 1.3.4 thì f ∈ Z[x]

Ta có một tiêu chuẩn sau đây rất hữu ích trong việc xét tính bất khả quycủa một đa thức

Định lý 1.4.6 (Tiêu chuẩn Eisenstein)

Eisenstein cho f, nhưng nếu ta đặt x = X + 1 thì ta có f (X + 1) =(X + 1)p− 1

Pp−1 j=0 Ci

pXp−1−j = f1(X) Đa thứcf1(X)là đa thứcmonic,nhưng các hệ số của f1(x) có dạng Cj

p nên những hệ số này chia hết cho p

với 0 < j < p và hệ số tự do của f1(X) là Cp−1

p = p - p2 Vì vậy f1(X)là đathức bất khả quy trên Q, suy ra f (x) là đa thức bất khả quy trên Q

Định lý 1.4.8 (i) Cho α và β thuộc A, khi đó α + β, α − β, α.β thuộc A

và nếu 0 6= α ∈ A thì α−1 ∈ A

(ii) Cho α, β ∈ B, khi đó α + β, α − β, αβ đều thuộc B

Chứng minh Ta chứng minh (ii) trước

Giả sử α, β ∈ B và các đa thức tối tiểu của chúng lần lượt là f và g, f cóbậc m và g có bậc n Viết f = xm+ Pm−1

VT

Nói cách khác các phần tử của V là các số αiβj với 0 ≤ i < m và

tử trên Z sao cho AV = αV và BV = βV các phần tử của αV có dạng

αiβj với 0 ≤ i ≤ m và 0 ≤ j < n Nếu i < m thì αiβj là một phần tửcủa V Nếu i = m, ta có αmβj = −Pm−1

i=0 biβj, ở đây bi = aiαi Do đó taluôn có αiβj luôn là một tổ hợp tuyến tính của các phần tử của V với hệ sốnguyên Gọi A là ma trận hệ số của αiβj, suy ra ma trận A có các phần tửnguyên và αV = AV Tương tự ta có ma trận B với các phần tử nguyên mà

BV = βV Do đó ta có (A + B)V = (α + β)V; (A − B)V = (α − β)V và

(AB)V = (αβ)V Khi V6= 0 thì α + β, α − β, αβ là nghiệm của các đa thứcđặc trưng của A + B, A − B, AB, mà các đa thức này có hệ số nguyên do

đó α + β, α − β, αβ là các số nguyên đại số tức là α + β, α − β, αβ ∈ B.

Tiếp theo ta chứng minh (i)

Ta lặp lại quá trình chứng minh trên giả thiết thêm α, β ∈ A và thay “số

nguyên” bằng “số hữu tỷ” ta cũng chỉ ra được rằng α + β, α − β, αβ thuộc

Ví dụ 1.4.9 Tìm ma trận A và B nói đến trong định lý trên với α =

√

2(1 −

√5) Ta có các đa thức tối tiểu của α và β lần lượt là x2− 3

Khi đó αβ là một giá trị riêng của

α ∈ A thì Q(α) ⊆ A Giả sử α có bậc n và có đa thức tối tiểu f, ta có

Q(α) = {g(α) : g ∈ Q[x] với g = 0 hoặc deg(g) < n nếu g 6= 0}

Ta xét U = {g(α) : g ∈ Q[x]} Ta sẽ chỉ ra Q(α) = U Dễ thấy Q(α) ⊆ U.Ngược lại, với mọi g(α) ∈ U ta có g ∈ Q[x], theo định lý phép chia với dưtồn tại q, h ∈ Q[x] sao cho g = qf + h, trong đó h = 0 hoặc h 6= 0 và

Cuối cùng ta chỉ ra, với mọi 0 6= β ∈ Q(α) thì β−1 ∈ Q(α) Thật vậy giả

gọi h là ước chung lớn nhất của f và g, khi đó tồn tại u, v ∈ Q[x] sao cho

trường con của A

Nhận xét 2.1.2 (i) Trường Q(α) xác định như trên lập thành một khônggian vectơ trên Q

(ii) Bậc của α cũng được gọi là số chiều của không gian vectơ Q(α) trên Q,hay nếu bậc của α là n thì ta có số chiều của không gian vectơ Q(α)

trên Q là n

Định nghĩa 2.1.3 Số chiều của không gian vectơ Q(α) trên Q gọi là bậccủa Q(α) trên Q và ký hiệu là [Q(α) : Q ]

Bổ đề 2.1.4 Cho f ∈ Q[x] là một đa thức monic bậc n, bất khả quy trên

Q Khi đó f (x) = 0 có đúng n nghiệm phân biệt trên C

Chứng minh Ta biết rằng mọi đa thức khác f 6= 0 bậc n đều có đủ n

nghiệm trên C, do đó ta chỉ cần chỉ ra nnghiệm này là phân biệt Thật vậy,giả sử ngược lại f có nghiệm bội 2 là α Khi đó ta có f (x) = (x − α)2g(x),với g(x) ∈ C[x] Ta có f 0(x) = (x − α)2g 0(x) + 2(x − α)g(x), vì thế

nhưng f 0 6= 0 và deg(f0) < deg(f ) nên điều này không thể xảy ra, Vậy f

không thể có nghiệm bội

Định nghĩa 2.1.5 Cho α ∈ A có bậcnvới đa thức tối tiểu f (x) Nếu f (x)

có phân tích trên C là f (x) = Qn

j=1(x − αj) trong đó α = α1 và các αj đôimột phân biệt với mọi j = 1, 2, , n Thế thì αj với j = 1, 2, , n đượcgọi là các phần tử liên hợp của α Nói cách khác hai phần tử được gọi là liênhợp nếu chúng có cùng đa thức tối tiểu

Định nghĩa 2.1.6 (i) Ta gọi trường số Q(α) trong mệnh đề 2.1.1 là mộttrường số đại số hay đơn giản là một trường số

(ii) Giả sử α và β là các số đại số có bậc m và n, ta định nghĩa

Nhận xét 2.1.7 Nếu α1, α2, , αn là các phần tử liên hợp của α Thế thìcác trường Q(α) và Q(αj) đẳng cấu với nhau.

Chứng minh Ta định nghĩa tương ứng

Định nghĩa 2.2.1 Cho β ∈ Q(α), ta định nghĩa chuẩn và vết của β và kýhiệu lần lượt là N (β) và T (β) như sau: N (β) =

h(x) thuộc Q[x]

cả T (β) và N (β) là các đa thức đối xứng với các biến α1, α2, , αn TheoĐịnh lý Newton về đa thức đối xứng ta có N (β) = g1(e1, e2, , en) và

T (β) = g2(e1, e2, , en), trong đó g1, g2 là các đa thức n biến có hệ số trên

Q, ei là các đa thức đối xứng sơ cấp với n biến α1, , αn với mọi i = 1, n

Bổ đề 2.2.6 Cho α ∈ A và β ∈ Q(α), với mỗi j ta có β và σj(β) có cùng

đa thức tối tiểu

Chứng minh Giả sử g là đa thức tối tiểu của β, viết g(x) = xn +

đó g(σj(β)) = σj(g(β)) = σj(0) = 0.(Do g là đa thức tối tiểu của β) Vậy

σj(β) cũng là nghiệm của g ⇒ β và σj(β) cùng đa thức tối tiểu

Ta sẽ chỉ ra Q∩B = Z, thật vậy: Nếu a ∈ Q∩B thì a ∈ Q đa thức tối thiểu

nguyên, điều này xảy ra khi và chỉ khi a ∈ Z Ta có T (β), N (β) ∈ Z.

Định nghĩa 2.3.1 Cho K = Q(α)là một trường số bậc n, Giả sửβ1, β2, , βn

là các phần tử của K GọiM (β1, β2, , βn) là ma trận mà phần tử thứ (j,k)

là T (βj.βk) Ta gọi biệt số của dãy phần tử β1, β2, , βn là định thức của

(αk− αj)2 Dễ thấy nếu các αj phân biệt thì

∆(1, α , αn−1) 6= 0 Biến đổi tiếp kết quả trên ta có:

Mệnh đề 2.3.4 Cho K là một trường số cấp n và cho β1, β2, , βn ∈

K Nếu B = (bjk) là ma trận vuông cấp n trên Q và γj =

⇒ ∆(γ1, , γn) = det(B)2.det(N (β1, , βn))2 = det(B)2.∆(β1, , βn)

Mệnh đề 2.3.5 Cho K là một trường số bậc n và β1, , βn ∈ K Khi đó hệ

β1, , βn là một cơ sở của K không gian vectơ trên Q ⇔ ∆(β1, , βn) 6= 0.Chứng minh Rõ ràng ta có thể viếtβj = Pn

k=1bjkαk−1 với bjk ∈ Q GọiB =(bjk) Theo mệnh đề 2.3.4 ta có∆(β1, , βn) = det(B)2.∆(1, α, α2, , αn−1)

Vì ∆(1, α, , αn−1) 6= 0 nên ∆(β1, β2, , βn) 6= 0 ⇔ det(B) 6= 0 Nhưng

det(B) 6= 0 ⇔ {βj} với j = 1, n là cơ sở của K không gian vectơ trên Q

Định nghĩa 2.4.1 Cho trường số K = Q(α), ký hiệu OK = K∩ B là tập

tất cả các số nguyên đại số trên K Khi đó OK cùng với phép cộng và nhântrên K lập thành một vành, gọi là vành các số nguyên đại số trên K

j=1bjβj trong đó βj ∈ Z với mọi j = 1, 2, , n Một dãy các phần tử

β1, , βn thỏa mãn tính chất này được gọi là một cơ sở nguyên của OK

Tổng quát, Nếu G là một nhóm abel thì một cơ sở nguyên của G là mộtmột dãy các phần tử {γ1, , γn} của G sao cho với mỗi phần tử của Gđều được biểu diễn duy nhất dưới dạng Pnj=1cjγj, trong đó cj ∈ Z với mọi

j = 1, 2, , n

Cho K là một trường số bậc n một dãy các phần tử {β1, , βn} thuộc

OK sao cho mỗi phần tử α của OK đều được biểu diễn duy nhất dưới dạng

j=1bjβj với bj ∈ Z được gọi là một cơ sở nguyên của OK

Nếu nhóm abel G có một cơ sở nguyên với m phần tử thì ta nói rằng G làmột nhóm abel tự do có hạng m

Định lý 2.4.3 Cho K là một trường số bậc n, khi đó OK là một nhóm abel

ckβk ∈ OK ở đây ck ∈ Q Khi đó với

mỗi j ta có βjγ ∈ OK suy ra T (βjγ) ∈ Z (theo Mệnh đề 2.2.7) Do đó

dj =

n

P

k=1

ckT (βjβk) ∈ Z với mọi j Gọi M là ma trận với các phần tử thứ

(j, k) là T (βjβk) Khi đó d = M c với c, d là các ma trận cột tọa độ vớiphần tử thứ j lần lượt là cj và dj Ta có det(M ) = ∆(β1, , βn) 6= 0 (Vì

{β1, , βn} là cơ sở của K) ⇒ c = M−1d, và M là ma trận có các phần tửnguyên Ta có M−1 = (det(M ))−1adj(M )T, ở đây adj(M ) là ma trận phụhợp của ma trận M Gọi ∆ = det(M ), khi đó adj(M ) và d có các phần tửnguyên cho nên ∆.c có các phần tử nguyên ⇒ ∆.cj ∈ Z với mọi j

Gọi A = {a1β1 + · · · + anβn : a1, , an ∈ Z} và B = {∆−1(a1β1 + · · · +

anβn : a1, , an ∈ Z)} Do {βj} là một cơ sở của K ⇒ {βj} là một cơ

sở nguyên của A và {βj

∆} là một cơ sở nguyên của B Ta có A ⊆ OK ⊆ B

Vì B là nhóm abel tự do hạng n, khi đó OK là nhóm abel tự do có hạng

Từ định lý trên ta thấy việc chọn cơ sở nguyên của vành các số nguyên

đại số OK không duy nhất.

phần tử của OK theo một cơ sở là duy nhất, cho nên djj = 1 và dji = 0

I là ma trân đơn vị, vì thế det(C)det(B) = 1, lại do det(B), det(C) ∈ Z

• Khi m > 0 thì Q(√

m) là một trường bậc hai thực và Q(√

m) là mộttrường con của R

• Khi m < 0 thì Q(√

m) là một trường bậc hai ảo và Q(√

m) là trườngcon của C

Ta sẽ tìm vành các số nguyên đại số OK khi K = Q(√

m) là một trườngbậc hai

Nếum không đồng dư với 1 theo modulo 4 thì c, d phải là số chẵn và do đó



Chương 3

Nhân tử hóa

Trong chương này chúng tôi đi sâu vào trình bày sự phân tích mỗi phần

tử thành tích các nhân tử bất khả quy trong vành OK

β ∈/ OK ta nói β không chia hết

γ (hoặc γ không chia hết cho β) và ký hiệu là β - γ

(iii) Hai phần tử β và γ của OK được gọi là đồng dư với nhau theo modulo

δ ∈ OK nếu δ | (β − γ) và ký hiệu là β ≡ γ (mod δ)

iv Phần tử β ∈ OK được gọi là bất khả quy nếu

• β 6= 0, β không khả nghịch và

Đặt U (OK) là tập các phần tử khả nghịch của OK thì U (OK) cùng vớiphép toán nhân lập thành một nhóm

Mệnh đề 3.1.2 Giả sử K là một trường số bậc n, β ∈ OK thế thì β ∈

U (OK) ⇔ N (β) = ±1

là số nguyên tố Điều này không còn đúng cho một vành OK bất kỳ.

Giả sử β = γδ với γ, δ ∈ OK thì ta có N (γ) | N (β) Do N (β) là số nguyên

tố, cho nên N (γ) = N (β) hoặc N (γ) = ±1 hay ta có γ = β hoặc γ khảnghịch⇒ β bất khả quy Tuy nhiên điều ngược lại không đúng cho mọi vành

OK Chẳng hạn, với K= Q(i) thì ta có OK = Z[i], Dễ chứng minh được 3 làbất khả quy trong OK nhưng N (3) = 9 không là số nguyên tố

OK

Bổ đề 3.2.1 Cho K là một trường số, giả sử 0 6= β ∈ OK ; β - 1 Khi đó

có các phần tử γ1, γ2, , γk bất khả quy trong OK sao cho β = γ1γ2 γk.Chứng minh Ta chứng minh bằng quy nạp theo |N (β)|

Giả sử bổ đề trên đúng cho những phần tử α mà |N (α)| < |N (β)| Do β

khác 0 và không khả nghịch cho nên |N (β)| ≥ 2

Nếu β bất khả quy thì ta có ngay điều phải chứng minh Nếu β khả quy thì

β phân tích được thành β = β1β2 trong đó β1, β2 ∈ OK và β1, β2 ∈ U (/ OK).khi đó |N (β1)| > 1 và |N (β2)| > 1và |N (β)| = |N (β1)| |N (β2)| ⇒ |N (β1)|

;|N (β2)| nhỏ hơn |N (β)|

Theo giả thiết quy nạp thì β1, β2 là tích của các nhân tử bất khả quy trong

OK ⇒ β là tích của các nhân tử bất khả quy trong OK

Nhận xét 3.2.2 Nếu β bất khả quy và ξ ∈ U (OK) thì ξβ cũng là bất khảquy trong OK, do đó ta có thể có nhiều phân tích của một phần tử của OK

thành tích các nhân tử bất khả quy bằng cách nhân vào phân tích đó các nhân

tử khả nghịch Ví dụ cho β = γ1 γn là một phân tích của β thành tíchcác nhân tử bất khả quy, thế thì nếu ta có ξ ∈ U (OK) thì β = ξγ1 ξ−1γn

cũng là một phân tích của β thành tích các nhân tử bất khả quy

Nếu có 2 phân tích thành tích các nhân tử bất khả quy của β mà phân tíchnày có được bằng cách nhân vào phân tích ban đầu các các nhân tử khảnghịch hoặc hoán vị các phần tử cho nhau thì ta coi các phân tích đó là một

Ta đã biết rằng trong vành số nguyên Z sự phân tích của một phần tửkhác 0, không khả nghịch của Z thành tích các nhân tử bất khả quy là duynhất Tuy nhiên điều này không còn đúng cho các vành OK bất kỳ Ta chỉ rađiều đó trong ví dụ dưới đây

Định nghĩa 3.2.3 Cho β ∈ OK , β được gọi là nguyên tố nếu

• β 6= 0, β không khả nghịch và

• nếu β | γδ trong đó γ, δ ∈ OK thì hoặc β | γ hoặc β | δ

Dễ thấy nếu β là phần tử nguyên tố trong OK thì β bất khả quy trong

Trước tiên ta chỉ ra 2 bất khả quy nhưng không nguyên tố Giả sử r =

NếuN (r) = 4 tương tự trường hợp trên ta có b = 0 và suy ra được a = ±2.

Tương tự như trên ta cũng chỉ ra được 3;√

−6 là bất khả quy Ta chứngminh chúng không nguyên tố Thật vậy, rõ ràng 2 | √

−6 khôngnguyên tố Vậy ta có 6 = 2.3 = √

−6(−√−6) là 2 phân tích của 6 thànhtích các nhân tử bất khả quy nhưng các phần tử bất khả quy này khôngnguyên tố Rõ ràng sự phân tích này không duy nhất

Mệnh đề 3.2.5 Cho K là một trường số và giả sử rằng mọi phần tử bất khảquy trong OK đều nguyên tố, khi đó trong OK, mọi phần tử khác 0, khôngkhả nghịch đều được phân tích thành tích các nhân tử bất khả quy và sự phântích đó là duy nhất

Chứng minh Theo Mệnh đề 3.2.1 ta có mỗi phần tử β 6= 0không khả nghịchđều phân tích được thành tích các nhân tử bất khả quy Do đó ta chỉ cần chỉ

ra phân tích này là duy nhất Giả sử β =

δk là hai phân tích của

β thành tích các nhân tử bất khả quy trong OK

Giả điều này đúng cho những phần tử α sao cho |N (α)| < |N (β)| Ta sẽchỉ ra nó đúng cho β, thật vậy: Do γ1 là phần tử bất khả quy cho nên ta

có γ1 là nguyên tố, vì γ1 | δ1 δs nên ta có γ1 | δk với k = 1, 2, , s Ta

có thể giả sử γ1 | δ1 vì nếu cần thiết thì ta đánh số lại các phần tử δk với

k = 1, 2, , s Vì δ1 bất khả quy cho nên δ1 = ξγ1, trong đó ξ khả ngịch

N (β

γ1)

<|N (β)|, theo giả thiết quy nạp thì sự phân tích

β

γ1 thành các nhân tử bất khả quy là duy nhất Vậy sự phân tích β thành

tích các nhân tử bất khả quy là duy nhất