Luận án Vành các số nguyên đại số

i Tập con A khác rỗng của R được gọi là một vành con của R nếu A ổn định đối với hai phép toán trong vành R và A cùng với hai phép toán cảmsinh là một vành.. ii Một vành giao hoán, có đơ

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

PHẠM THỊ NGÂN

VÀNH CÁC SỐ NGUYÊN ĐẠI SỐ

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2016

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

PHẠM THỊ NGÂN

VÀNH CÁC SỐ NGUYÊN ĐẠI SỐ

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

Mã số: 60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

PGS.TS NÔNG QUỐC CHINH

Thái Nguyên - 2016

Mục lục

1.1 Nhóm 2

1.2 Vành và trường 3

1.3 Đa thức 6

1.4 Nhóm Abel tự do 9

2 Vành số nguyên đại số trên trường số 13 2.1 Số đại số và số nguyên đại số 13

2.2 Các trường số 20

2.3 Nhân tử hóa 32

2.4 Các iđêan trong vành các số nguyên đại số 41

Lời cảm ơn

Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại họcThái Nguyên Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc với PGS.TS Nông QuốcChinh, đã trực tiếp hướng dẫn tận tình và động viên tác giả trong suốt thờigian nghiên cứu vừa qua

Xin chân thành cảm ơn tới các thầy, cô giáo trong Khoa Toán - Tin, PhòngĐào tạo, các bạn học viên lớp Cao học Toán K7C trường Đại học Khoa học

- Đại học Thái Nguyên, và các bạn đồng nghiệp đã tạo điều kiện thuận lợi,động viên tác giả trong quá trình học tập và nghiên cứu tại trường

Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình và người thânluôn khuyến khích, động viên tác giả trong suốt quá trình học tập và làm luậnvăn

Thái Nguyên, 2016 Phạm Thị Ngân

Học viên Cao học Toán K7C, Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên

Mở đầu

Số học luôn được mệnh danh là nữ hoàng của toán học, bởi trong nó chứađựng nhiều vẻ đẹp của tư duy logic Số nguyên đại số là lĩnh vực được nhiềunhà toán học dành nhiều thời gian nghiên cứu Việc nghiên cứu các tính chấtcủa các số nguyên đại số luôn là một đề tài hấp dẫn đối với những người yêutoán xưa và nay Vì những lý do như vậy nên chúng tôi chọn "Vành các sốnguyên đại số" làm đối tượng nghiên cứu trong luận văn của mình

Ngoài phần mở đầu và tài liệu tham khảo, luận văn gồm 2 chương với nộidung chính như sau

Chương 1: Một số kiến thức chuẩn bị Chương này trình bày các kiến thức

cơ bản có liên quan cần sử dụng cho luận văn như: Các khái niệm vành, iđêan,iđêan chính, iđêan nguyên tố, iđêan tối đại, vành nhân tử hóa, vành Euclid;

Đa thức, đa thức đối xứng, đa thức bất khả quy; Nhóm Abel tự do

Chương 2: Vành số nguyên đại số trên trường số Nội dung chương 2 trìnhbày khái niệm, tính chất và các iđêan trong vành OK các số nguyên đại số

Thái Nguyên, ngày 18 tháng 05 năm 2016

Phạm Thị Ngân

Email: nganstar1821@gmail.com

(i) một nửa nhóm nếu phép toán nhân kết hợp trên X (X 6= ∅);

(ii) một vị nhóm nếu phép toán nhân kết hợp trên X và phép toán có phần

tử đơn vị trên X

Một nửa nhóm được gọi là giao hoán hay Abel nếu phép toán tương ứng

giao hoán

Định nghĩa 1.1.2 Nhóm là một vị nhóm mà mọi phần tử đều có phần tử

nghịch đảo Nói cách khác, tập G khác rỗng với phép toán nhân được gọi làmột nhóm nếu các tính chất sau được thỏa mãn:

(G1) Với mọi x, y, z ∈ G, (xy)z = x(yz);

(G2) Tồn tại e ∈ G sao cho với mọi x ∈ G, ex = xe = x;

(G3) Với mọi x ∈ G, tồn tại x−1 ∈ Gsao cho xx−1 = x−1x = e

Nếu phép toán trên G là phép toán cộng thì các tính chất trên trở thành:(G1) Với mọi x, y, z ∈ G, (x + y) + z = x + (y + z);

(G2) Tồn tại e ∈ G sao cho với mọi x ∈ G, 0 + x = x + 0 = x;

(G3) Với mọi x ∈ G, tồn tại −x ∈ G sao cho x + (−x) = (−x) + x = 0

Trường hợp phép toán trên nhóm G giao hoán thì ta nói G là nhóm giao

hoán hay nhóm Abel.

Nhóm G được gọi là nhóm hữu hạn khi tập hợp G hữu hạn Khi đó số phần tử của G được gọi là chỉ số của nhóm G Nếu nhóm G không hữu hạn thì ta nói G là nhóm vô hạn.

Định nghĩa 1.1.3 Nhóm con H của nhóm G là một tập con ổn định của nhóm

Gsao cho cùng với phép toán cảm sinh H là một nhóm Ký hiệu H ≤ G đểchỉ H là một nhóm con của G

Định lí 1.1.4 Cho H là một tập con khác rỗng của nhóm (G, ) Các mệnh

đề sau tương đương:

(i) H ≤ G;

(ii) Với mọi x, y ∈ H, xy ∈ H và x−1 ∈ H;

(iii) Với mọi x, y ∈ H, x−1y ∈ H.

Định nghĩa 1.1.5 Cho S là một tập con của nhóm G Nhóm con sinh bởi S

là nhóm con nhỏ nhất của G chứa S và được kí hiệu là hSi Tập S được gọi

là tập sinh của nhóm hSi Nếu S hữu hạn S = {x1, x2, , xn}thì ta nói hSi

là nhóm hữu hạn sinh với các phần tử sinh x1, , xn mà ta thường kí hiệunhóm là hx1, , xni

tử đơn vị thì vành R được gọi là vành có đơn vị Phần tử đơn vị được ký hiệu

là e hay 1

Định nghĩa 1.2.2 Cho R là một vành.

(i) Tập con A khác rỗng của R được gọi là một vành con của R nếu A

ổn định đối với hai phép toán trong vành R và A cùng với hai phép toán cảmsinh là một vành

(ii) Vành con I của R được gọi là một iđêan trái (tương ứng iđêan phải)

của R nếu với mọi r ∈ R và x ∈ I ta có rx ∈ I (tương ứng xr ∈ I) Ta nói I

là một iđêan của R nếu I vừa là iđêan trái vừa là iđêan phải của R.

Định lí 1.2.3 (Đặc trưng của vành con) Cho A là một tập con khác rỗng của

vành R Các mệnh đề sau là tương đương:

(i) A là một vành con của R;

(ii) Với mọi x, y ∈ A, x + y ∈ A, xy ∈ A, −x ∈ A;

(iii) Với mọi x, y ∈ A, x − y ∈ A và xy ∈ A.

Định lí 1.2.4 (Đặc trưng của iđêan) Cho I là một tập con khác rỗng của vành

R Các mệnh đề sau là tương đương:

(i) I là một iđêan của R;

(ii) Với mọi x, y ∈ I và r ∈ R, x + y ∈ I, −x ∈ I, rx ∈ I và xr ∈ I; (iii) Với mọi x, y ∈ I và r ∈ R, x − y ∈ I, xr ∈ I và rx ∈ I.

Định nghĩa 1.2.5 Cho S là một tập con khác rỗng của vành R Ta định nghĩa:

(i) Giao của tất cả các vành con của R có chứa S là vành con sinh bởi S (ii) Giao của tất cả các iđêan của R có chứa S là iđêan sinh bởi S, ký

hiệu là hSi

Định nghĩa 1.2.6 Cho S là một tập con của vành R và I = hSi Ta nói I

được sinh ra bởi S và S là tập sinh của I Nếu S hữu hạn thì ta nói I hữu hạn

sinh Đặc biệt, nếu S = {a} thì ta viết I = hai, gọi là iđêan chính sinh bởi a.

Định nghĩa 1.2.7 Cho R là vành giao hoán, có đơn vị 1.

1) Iđêan P của R được gọi là iđêan nguyên tố nếu P 6= R và từ ab ∈ P

suy ra a ∈ P hoặc b ∈ P với mọi a, b ∈ R

2) Iđêan M được gọi là iđêan tối đại của R nếu M 6= R và nếu với bất kỳ

iđêan B của R thỏa mãn M ⊂ B ⊂ R thì B = R hoặc B = M

Định nghĩa 1.2.8 (i) Cho R là một vành giao hoán Phần tử x ∈ R\{0} được

gọi là ước của 0 nếu tồn tại y ∈ R\{0} sao cho xy = 0.

(ii) Một vành giao hoán, có đơn vị, có nhiều hơn một phần tử và không có

ước của không được gọi là miền nguyên.

(iii) Một vành giao hoán, có đơn vị, có nhiều hơn một phần tử trong đó

một phần tử khác không đều khả nghịch được gọi là một trường.

Định lí 1.2.9 (i) Mọi trường đều là miền nguyên.

(ii) Mọi miền nguyên hữu hạn đều là trường.

Định nghĩa 1.2.10 Cho R là một trường và I là một tập con khác rỗng, ổn

định đối với hai phép toán trong R Ta nói I là một trường con của R nếu I

với hai phép toán cảm sinh từ R cũng là một trường

Định lí 1.2.11 (Đặc trưng của trường con) Cho R là một trường và I là tập

con của R có chứa ít nhất hai phần tử Các mệnh đề sau tương đương:

(i) I là một trường con của R;

(ii) Với mọi x, y ∈ I, x + y ∈ I, xy ∈ I, −x ∈ I và hơn nữa, nếu x 6= 0 thì x−1 ∈ I;

(iii) Với mọi x, y ∈ I, x − y ∈ I và hơn nữa, nếu x 6= 0 thì x−1y ∈ I.

Một hàm Euclid φ trên miền nguyên R là hàm φ : R\{0} → Z với cáctính chất

• φ(a) ≥ 0 với mọi a ∈ R, a 6= 0, và

• nếu a, b ∈ R với a 6= 0 thì a|b hoặc tồn tại c ∈ R với φ(b − ac) < φ(a)

Một miền nguyên R là một miền Euclid nếu tồn tại một hàm Euclid trên

hạng cao nhất của f Bậc của f kí hiệu là deg(f) Một đa thức được gọi là

đa thức monicnếu hệ số cao nhất bằng 1

Nhận xét 1.3.1 Nếu R là một miền nguyên thì deg(fg) = deg(f) + deg(g),

trong đó f và g là hai đa thức khác không trong R[X] Đặc biệt fg 6= 0 và dovậy R[X] cũng là một miền nguyên

Mệnh đề 1.3.2 (Thuật toán chia) Cho K là một trường và f, g ∈ K[X] với

g 6= 0 Khi đó, tồn tại duy nhất các đa thức q, r ∈ K[X] sao cho

• f = gq + r và

• r = 0 hoặc deg(r) < deg(g).

Giả sử f, g ∈ K[X] Ta nói rằng f chia hết g (hay g chia hết cho f) nếu

g = f hvới h ∈ K[X] và kí hiệu là g f hay f | g

Mệnh đề 1.3.3 (Ước chung lớn nhất) Cho K là một trường và f, g là các đa

thức khác không của K[X] Khi đó, tồn tại duy nhất một đa thức monic h sao cho

• h | f và h | g

• nếu q ∈ K[X] và q | f và q | g thì q | h.

Ngoài ra, tồn tại u, v ∈ K[X] sao cho h = uf + vg.

Định nghĩa 1.3.4 Giả sử K là một trường và 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(h) < deg(f ) sao chof = gh

Định lí 1.3.5 (Sự phân tích duy nhất) Cho K là một trường và f ∈ K[X] là

một đa thức monic bậc dương Khi đó, tồn tại duy nhất các đa thức monic bất khả quy p1, p2, , pk ∈ K[X] trên K sao cho f = p1p2 pk Ngoài ra pj

là xác định duy nhất nếu không kể đến thứ tự các nhân tử.

Định nghĩa 1.3.6 Cho R là một vành, ta kí hiệu R[X1, , Xn] là vành các

đa thức n biến X1, , Xn với hệ số trong R Đa thức f(X1, , Xn) ∈R[X1, , Xn]được gọi là đa thức đối xứng nếu

f (X1, , Xn) = f (Xσ(1), , Xσ(n))với mọi σ ∈ Sn, ở đây Sn là tập các phép thế bậc n

f2(X1, X3, X2) = X12X3 + X32X2 + X22X1 6= f2(X1, X2, X3).

Định nghĩa 1.3.8 Các đa thức sau được gọi là đa thức đối xứng sơ cấp hay

đa thức đối xứng cơ bản

Nhóm G được gọi là nhóm Abel tự do hạng n nếu nó đẳng cấu với Zn.

Điều này có nghĩa là G có một cơ sở nguyên hay Z - cơ sở: tồn tại một dãy

u1, , un các phần tử của G sao cho mỗi phần tử của G đều biểu diễn duynhất dưới dạng a1u1 + · · · + anun với a1, , an ∈ Z

Hạng của nhóm Abel tự do là hoàn toàn xác định Mỗi nhóm Abel G cómột nhóm con 2G = {u + u : u ∈ G} và khi G là nhóm Abel tự do hạng nthì |G : 2G| = 2n

Mệnh đề 1.4.1 [4] Giả sử G là một nhóm Abel tự do hạng n và H là một

nhóm con của G Khi đó H là nhóm Abel tự do hạng m trong đó m ≤ n.

Chứng minh. Ta giả sử G = Zn Ta định nghĩa các nhóm con khác nhau

H1, , Hn của H Giả sử H1 = H và với j > 1 đặt

Hj = {(0, , 0, cj, cj+1, , cn) : cj, cj+1, , cn ∈ Z} ∩ H

Khi đó Hj là tập các véctơ của H mà j − 1 phần tử đầu tiên bằng 0 Ta cũngđặt

Kj = {cj : (0, , 0, cj, cj+1, , cn) ∈ HJ}với mỗi j Nghĩa là Kj là tập của phần tử thứ j của các véctơ trong Hj Dễthấy Hj là một nhóm con của H và suy ra Kj là một nhóm con của Z Khi

đó Jj = Zbj = {abj : a ∈ Z} với một vài bj ∈ Z Ta định nghĩa các véctơ

u1, , un ∈ H như sau Nếu bj = 0 thì uj là véctơ không, nếu không uj làvéctơ bất kì trong Hj mà phần tử thứ j là bj Ta chứng minh {uj}, uj 6= 0 lậpthành một cơ sở nguyên của H Ta thấy rằng H là Abel tự do hạng m, trong

đó m là số uj khác không và do vậy m ≤ n

Đầu tiên ta chứng tỏ mỗi phần tử của H có dạng Pn

j=1

ajuj với uj ∈ Z Lưu

ý rằng nếu v = (0, , 0, cj, , cn) ∈ Hj khi đó cj = ajbj với aj ∈ Z và

do vậy v − ajuj ∈ Hj+1 nếu j < n và v − ajuj = 0 nếu j = n Bắt đầu với

v ∈ H = H1 bất kỳ Khi đó, tồn tại a1 ∈ Z với v − a1u1 ∈ H2 Khi đó, tồn tại

a2 ∈ Z với v − a1u1− a2u2 ∈ H3, Cuối cùng ta tìm được a1, , an ∈ Zvới v − a1u1 − a2u2 − · · · − anun = 0sao cho v = Pn

ajvj Nhưng phần tử thứ j của véctơ này là ajbj

và bj = 0là xác định aj duy nhất

Ví dụ 1.4.2 Giả sử n = 3 và

H = {(r, s, t) ∈ Z3 : 3r + 5s + 7t = 0 và s là số chẵn}

Dễ kiểm tra được rằng H là một nhóm con của Z3 Đương nhiên H1 = H

và ta thấy (1, −2, 1) ∈ H1 Suy ra K1 = Z và ta có thể lấy b1 = 1 và

u1 = (1, −2, 1) Bây giờ

H1 = {(0, s, t) ∈ Z3 : 5s + 7t = 0 và s chẵn}

Nếu (0, s, t) ∈ H2 thì s chẵn và 5s = −7t ≡ 0 (mod 7) Suy ra s ≡

0 (mod 7)và do vậy s chia hết cho 14 Do đó K2 ⊆ 14Z Nhưng vì (0, 14, −10) ∈

H2, khi đó K2 = 14Z và ta có thể lấy b2 = 14 và u2 = (0, 14, −10) Cuốicùng

H3 = {(0, 0, t) ∈ Z3 : 7t = 0} = {(0, 0, 0)}

sao cho b3 = 0 và u3 = (0, 0, 0) Suy ra H có hạng 2 và mỗi phần tử của H

có thể viết duy nhất là a1u1 + a2u2 với a1, a2 ∈ Z

Ví dụ v = (19, 4, −11) ∈ H Ta có v = au1 + vu2, so sánh tọa độ đầutiên ta có 19 = a1 để a2u2 = v − 19a1 = (0, 42, −30) Do đó a2 = 3 để

v = 19u1 + 3u2

Mệnh đề 1.4.3 [4] Giả sử U là một ma trận vuông cấp n với các hệ số

nguyên Các dòng của U lập thành một cơ sở nguyên của nhóm con H của

Zn nếu và chỉ nếu det(U ) 6= 0 Trong trường hợp này H có hạng n và |Zn :

X1 X2 X3 Xn

X12 X22 X32 Xn2

X1n−1 X2n−1 X3n−1 Xnn−1

Mệnh đề 1.4.6 [4] Với các biến X1, X2, , Xn, ta có

V (X1, X2, , Xn) = Y

1≤j≤k≤n

(Xk− Xj)

Chương 2

Vành số nguyên đại số trên trường số

2.1 Số đại số và số nguyên đại số

Định nghĩa 2.1.1 (i) Phần tử α ∈ C là một số đại số nếu f(α) = 0 với

Chứng minh. Vì α ∈ A nên tồn tại một đa thức monic f ∈ Q[X] sao cho

f (α) = 0 Giả sử m là tích của các mẫu số của các hệ số của f Khi đó

g = mf ∈ Z[X] Viết g =

nPg=0

ajXj Khi đó an = m Ta có h(X) =

mn−1g(X/m) =

nPj=0

mn−1+jajXj là đa thức monic với các hệ số nguyên Tacũng có h(mα) = mn−1g(α) = 0 Do đó β = mα ∈ B và α = β/m

Mệnh đề 2.1.3 Giả sử α ∈ A Khi đó, tồn tại duy nhất đa thức monic f ∈

Q[X] có bậc nhỏ nhất sao cho f (α) = 0 Đa thức f này có tính chất rằng

nếu g ∈ Q[X] thỏa mãn g(α) = 0 thì f | g.

Chứng minh. Vì α ∈ A nên tồn tại đa thức monic trên Q nhận α làm nghiệm,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 h ∈ Q[X] là một đa thức khác không vàdeg(h) < deg(f )sao cho h(α) = 0, khi đó h1 = a−1hlà một đa thức monic,

ở đây a là hệ số cao nhất của h Do deg(h) < deg(g) nên deg(h1) < deg(f )

và h1(α) = a−1h(α) = 0, điều này trái với việc chọn f Nếu f1 là đa thứcmonic có cùng bậc với f và thỏa mãn các điều kiện giống như f thì h = f −f1phải là đa thức khác không vì nếu không thì h(α) = 0 và deg(h) < deg(g),điều này là mâu thuẫn Vậy f là duy nhất

Tiếp theo, giả sử g ∈ Q[X] và g(α) = 0 Theo Mệnh đề 1.3.2 thì g =

qf + h trong đó q, h ∈ Q[X] Suy ra h(α) = g(α) − f(α)q(α) = 0, do đó

h = 0, suy ra g = qf hay f | g

Định nghĩa 2.1.4 Đa thức monnic f có bậc nhỏ nhất nhận α làm nghiệm

được gọi là đa thức tối tiểu của α và gọi bậc của f là bậc của α.

Bổ đề 2.1.5 Giả sử f là đa thức tối tiểu của α ∈ A Khi đó f bất khả quy

trên Q.

Chứng minh. Chứng minh bằng phản chứng Giả sử ngược lại rằng f khảquy trên Q, tức là f = gh, trong đó g, h ∈ Q[X] là các đa thức monic bậcnhỏ hơn bậc của f Khi đó 0 = f(α) = g(α)h(α), do vậy g(α) = 0 hoặch(α) = 0 Giả sử g(α) = 0 Khi đó theo Mệnh đề 2.1.3 ta có f | g, suy radeg(g) ≥ deg(f ), điều này vô lý vì deg(g) < deg(f) Suy ra điều giả sử làsai, vậy f bất khả quy trên Q

Định lí 2.1.6 Cho α ∈ A có đa thức tối tiểu là f Ta có α ∈ B khi và chỉ khi

f ∈ Z[X].

Chứng minh. Giả sử α ∈ A có đa thức tối tiểu f, suy ra 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 nên

f (α) = 0 và f ∈ Q[X], lại vì α ∈ B nên tồn tại g ∈ Z[X] là đa thức monicsao cho g(α) = 0, do đó f | g, theo Mệnh đề 2.1.3 thì f ∈ Z[X]

Định nghĩa 2.1.7 Đa thức khác không f ∈ Z[X] là đa thức nguyên bản nếu

ước chung lớn nhất của tất cả các hệ số của nó bằng 1 Nói cách khác, f là đathức nguyên bản nếu không tồn tại số nguyên tố nào chia hết tất cả các hệ sốcủa nó

Bổ đề 2.1.8 (Bổ đề Gauss) Giả sử f, g ∈ Z[X] là các đa thức nguyên bản.

Khi đó f g cũng là một đa thức nguyên bản.

Chứng minh. Giả sử

f (X) = a0 + a1X + a2X2 + · · · + amXmvà

g(X) = b0 + b1X + b2X2 + · · · + bnXn

là các đa thức nguyên bản Ta chứng minh fg nguyên bản, tức là phải chỉ rakhông tồn tại số nguyên tố p chia hết tất cả các hệ số của fg Giả sử p là sốnguyên tố chia hết tất cả các hệ số của fg Do f, g nguyên bản nên tồn tại ítnhất một hệ số của f và một hệ số của g sao cho hệ số đó không chia hết cho

p, giả sử ar và bs lần lượt là các hệ số đầu tiên của f và g không chia hết cho

p Khi đó p | ai với i < r và p | bj với j < s Hệ số của Xr+s trong fg là

Nhận xét 2.1.9 (i) Nếu 0 6= f ∈ Z[X] và a là ước chung lớn nhất của các hệ

số của f Khi đó ta có thể viết f = af1, trong đó f1 là đa thức nguyên bản.(ii) Cho 0 6= g ∈ Q[X] Khi đó bg ∈ Z[X], trong đó b là số nguyên dương

và b là tích của các mẫu số của các hệ số của f Khi đó ta có thể viết bg = cg1,trong đó c là ước chung lớn nhất của tất cả các hệ số của bg, khi đó g1 là đathức nguyên bản Do đó g = (c/b)g1, trong đó q1 là đa thức nguyên bản trongZ[X] và c/b là một số hữu tỷ dương Vì vậy, ta có thể viết 0 6= g ∈ Z[X] bất

kỳ thành g = rg1 với r ∈ Q, r > 0 và g1 ∈ Z[X] là đa thức nguyên bản, rđược xác định duy nhất Nếu đặt s = 1/r, ta thấy rằng tồn tại một số hửu tỷdương s để sg là một phần tử nguyên bản của Z[X]

Mệnh đề 2.1.10 Cho f, g là các đa thức monic với f ∈ Z[X] và g ∈ Q[X].

Khi đó, nếu g | f thì g ∈ Z[X].

Chứng minh. Giả sử g | f, khi đó tồn tại h ∈ Q[X] sao cho f = gh Khi đó

hlà đa thức monic vì f, g là các đa thức monic Theo nhận xét trên tồn tại các

số hữu tỷ dương r và s với rg và sh các đa thức nguyên bản của Z[X] Do các

hệ số cao nhất của rg và sh lần lượt là r và s nên suy ra r, s ∈ Z Theo Bổ

đề Gauss, (rg)(sh) = (rs)f là đa thức nguyên bản Nhưng vì f ∈ Z[X] nêncác hệ số của (rs)f chia hết cho rs Do đó rs = 1 (vì rs là một số nguyêndương) và do vậy r = s = 1 (vì r và s là các số nguyên dương) Do đó

g = rg ∈ Z[X]

Mệnh đề 2.1.11 (Tiêu chuẩn Eisenstein) Cho p là một số nguyên tố và

f (X) = Xn +

n−1Xj=0

ajXj ∈ Z[X]

Nếu p | aj với 0 ≤ j < n và p2 - a0 thì f bất khả quy trên Q.

Chứng minh. Giả sử f khả quy trên Q Khi đó f = gh trong đó g, h ∈ Q[X];

g, hlà các đa thức monic và 0 < r = deg(g) < n, deg(g) = s = n − r TheoMệnh đề 2.1.10 suy ra g, h ∈ Z[X] Ta viết

g(X) =

rPi=0

biXi và h(X) =

sPj=0

cjXj.Chú ý rằng br = 1 = cs Chắc chắn p - br và p - cs Giả sử u và v là các sốnguyên không âm nhỏ nhất sao cho p - bu và p - cv Khi đó u ≤ r và v ≤ s

Ta chứng minh rằng u = r và v = s Nếu không thì u + v < r + s = n và

au+v = X

i+j=u+v

bicj

Tổng này chứa các số hạng bucv mà không chia hết cho p Các số hạng còn lại

có dạng bicj với i < u hoặc j < v Trong mỗi trường hợp, một trong hai số bi

và cj chia hết cho p Do đó au+v là tổng của các số hạng không là bội của p

và do vậy p - au+v trái với giả thiết Do đó u = r và v = s Vì r, s > 0 nên cả

b0 và c0 chia hết cho p, suy ra a0 = b0c0 chia hết cho p2, tiếp tục mâu thuẫnvới giả thiết Mâu thuẫn này chứng tỏ rằng f bất khả quy trên Q

Ví dụ 2.1.12 Cho p là một số nguyên tố và

f (X) = 1 + X + X2 + · · · + Xp−1 =

p−1Xj=0

(X + 1)p − 1

p−1Xj=0

pj

f1(X) là p

p−1
= p không chia hết cho p2 Theo tiêu chuẩn Eisenstein, f1

bất khả quy trên Q Suy ra f bất khả quy trên Q, vì nếu f(X) = g(X)h(X)

là một phép phân tích thành nhân tử không tầm thường của f thì f1(X) =g(X + 1)h(X + 1)là phép phân tích thành nhân tử không tầm thường của f1

Định lí 2.1.13 (i) Cho α, β ∈ A Khi đó α + β, α − β, αβ ∈ A và nếu α 6= 0

thì α−1 ∈ A.

(ii) Cho α, β ∈ B Khi đó α + β, α − β, αβ ∈ B.

Chứng minh. Ta chứng minh (ii) trước Giả sử α và β có đa thức tối tiểu lầnlượt là f có bậc m và g có bậc n Ta viết

f (X) = Xm +

m−1Pi=0

aiXi và g(X) = Xn +

n−1Pj=0

bjXj.Khi đó ai và bj là các số nguyên và

αm = −

m−1Xi=0

aiαi và βn

= −

n−1Xj=0

bjβj (2.1)Giả sử v là véctơ cột cấp mn được cho bởi

v| = (1 α α2 αm−1 β αβ α2β αm−1β β2 αm−1βn−1).Nói cách khác, các phần tử của v là các số có dạng αiβj với 0 ≤ i < m và

0 ≤ j < n Ta chứng minh rằng tồn tại các ma trận A và B (cấp mn × mn)với các phần tử thuộc Z sao cho Av = αv và Bv = βv Phần tử của αv códạng αiβj trong đó 1 ≤ i ≤ m và 0 ≤ j < n Nếu i < m thì αiβj đã là mộtphần tử của v Nếu i = m thì từ (2.1) suy ra

αmβj = −

m−1Xk=0

akβj

Trong trường hợp bất kì, phần tử αiβj của αv luôn là một tổ hợp tuyến tínhcủa các phần tử của v với các hệ số nguyên và αv = Av Tương tự tồn tại matrận B với các hệ số nguyên với βv = Bv

Do đó, ta có (A + B)v = (α + β)v, (A − B)v = (α − β)v và (AB)v =(αβ)v Vì v 6= 0 nên α + β, α − β và αβ là các giá trị riêng của các ma trận

A + B, A − B và AB, mỗi trong số đó có các hệ số nguyên Nhưng nếu matrận C có các hệ số nguyên thì các giá trị riêng của nó là các số nguyên đại

số, vì đa thức đặc trưng của C là một đa thức monic với các hệ số nguyên.Suy ra α + β, α − β và αβ là các số nguyên đại số

Nếu ta giả sử α, β ∈ A, lập luận như trên (khi ta thay "số nguyên" bằng

"số hữu tỷ" ) ta suy ra được α + β, α − β và αβ là các số đại số

Cuối cùng giả sử rằng α là một số đại số khác không với đa thức tối tiểu

f (X) = Xn +

n−1Xi=0

aiXi.Khi đó an 6= 0và chia phương trình f(α) = 0 cho anαn ta được

α−n+

n−1Xi=1

β2αββ2β

Khi đó αβ là một giá trị riêng của

suy ra h(αβ) = 0 trong đó h là đa thức đặc trưng của AB

2.2 Các trường số

Giả sử α là một số đại số bậc n Định nghĩa

Q(α) = {a0 + a1α + a2α2 + · · · + an−1αn−1 : a0, a1, , an−1 ∈ Q}

Mệnh đề 2.2.1 [4] Với mỗi α ∈ A thì Q(α) là một trường con của A và gọi

là trường số đại số của α.

Chứng minh. Vì A đóng với phép cộng, phép nhân và α ∈ A và Q ⊆ A nênvới α ∈ A thì Q(α) ⊆ A

Giả sử α có bậc n và có đa thức tối tiểu là f Khi đó, theo định nghĩa

Q(α) = {g(α) : g ∈ Q[X] và g = 0 hoặc deg(g) < n}

Ta sẽ chứng minh rằng

Q(α) = {g(α) : g ∈ Q[X]}

Dễ thấy Q(α) ⊆ {g(α) : g ∈ Q[X]}, do vậy để chứng minh bằng nhau tacần chứng tỏ rằng g(α) ∈ Q(α) trong đó g ∈ Q[X] Theo Mệnh đề 1.3.2,tồn tại q ∈ Q[X] sao cho h = g − qf triệt tiêu hoặc deg(h) < n Khi đóh(α) ∈ Q(α) nhưng h(α) = g(α) − f (α)q(α) = g(α) vì f (α) = 0 Điềunày chứng tỏ rằng Q(α) = {g(α) : g ∈ Q[X]}.

Mặt khác vì Q[X] đóng đối với phép cộng và phép nhân nên Q(α) cũngvậy, do đó Q(α) là một vành con của A

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

∈ Q(α) Thật vậy,giả sử β ∈ g(α) ∈ Q(α), g(α) 6= 0 do f là đa thức tối tiểu của α nên f - g,gọi h là ước chung lớn nhất của f và g, khi đó tồn tại u, v ∈ Q[X] sao cho

h = f u + gv, do f bất khả quy nên h = 1, suy ra 1 = fu + gv, suy ra

1 = f (α)u(α) + g(α)v(α), suy ra g(α)v(α) = 1, suy ra β khả nghịch VậyQ(α) là trường con của A

Nhận xét: (i) Các số 1, α, α2, , αn−1, trong đó n là bậc của α lập thànhmột cơ sở của Q(α) như một không gian véctơ trên Q

(ii) Bậc của α được gọi là số chiều của không gian véctơ Q(α) trên Q haynếu bậc của α là n thì số chiều của không gian véctơ Q(α) trên Q là n

Định nghĩa 2.2.2 Số chiều của không gian véctơ Q(α) trên Q gọi là bậc của

trong đó α = α1 Các số α1, , αn được gọi là các phần tử liên hợp của α.

Nói cách khác hai phần tử được gọi là liên hợp nếu chúng có cùng đa thức tốitiểu

Bổ đề 2.2.4 Cho f ∈ Q[X] là một đa thức monic bậc n, bất khả quy trên Q.

Khi đó, phương trình f (X) = 0 có n nghiệm phân biệt trong C.

Chứng minh. Ta biết rằng mọi đa thức khác f 6= 0 bậc n đều có đủ n nghiệmtrên C, do đó ta chỉ cần chỉ ra n nghiệm này là phân biệt Thật vậy, giả sửngược lại f có nghiệm bội hai là α Khi đó f(X) = (X − α)2g(X) trong

đó g(X) ∈ C[X] Suy ra f0(X) = (X − α)2g0(X) + 2(X − a)g(X) và dovậy f(α) = f0(α) = 0 Giả sử h là ước chung lớn nhất của f và f0 Khi đó

h = uf + vf0 với u, v ∈ Q[X] Do đó h(α) = u(α)f(α) + v(α)f0(α) = 0.Nhưng vì h | f và f bất khả quy nên h = 1 hoặc h = f Vì h(α) = 0, h = f.Nhưng f | f0và deg(f0) < deg(f )điều này là không thể xảy ra Vậy f khôngthể có nghiệm bội

Định nghĩa 2.2.5 (i) Ta gọi trường số Q(α) là một trường 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

Q(α, β) =

(m−1Xj=0

n−1Xk=0

cjkαjβk, cjk ∈ Q

)

Người ta đã chứng minh được rằng Q(α, β) là một trường và gọi là trườngđại số lặp

Định lí 2.2.6 (Phần tử nguyên thủy) [4] Giả sử α, β ∈ A Khi đó, tồn tại

γ ∈ A sao cho Q(α, β) = Q(γ).

Chứng minh. Ta chứng tỏ rằng nếu c một số hữu tỷ thích hợp thì γ = α + cβ.Giả sử α, β có bậc lần lượt là m, n và giả sử các đa thức tối tiểu của f, g lầnlượt là

f (X) =

mQj=1(X − αj) và g(X) =

nQk=1(X − βk)

với α = α1 và β = β1 Giả sử 1 ≤ j ≤ m và 2 ≤ k ≤ n Phương trình

là một không điểm chung Giả sử f, g có một không điểm khác là δ, suy

ra g(δ) = h(δ) = 0 Khi đó δ = βk với k ≥ 2 vì g(δ) = 0 Nhưng khi

đó 0 = h(βk) = f (γ − cβk), suy ra γ − cβk = αj với một vài j Do đó

γ = αj + cβk điều này là sai bởi cách chọn của c

Ước chung lớn nhất của g(X) và h(X) phải là X − β Vì g ∈ Q[X] ⊆K[X] và h ∈ K[X] nên tồn tại u, v ∈ K[X] với u(X)g(X) + h(X)v(X) =

X − β Do đó β = −(u(0)g(0) + h(0)v(0)) ∈ K và suy ra α = γ − cβ ∈ K.Điều này kết thúc chứng minh

Tổng quát ta có thể xét trường Q(β1, , βn) sinh bởi hữu hạn các số đại

số bất kỳ Bằng cách sử dụng Định lý phần tử nguyên thủy và phép quy nạp,

ta thấy mỗi trường như vậy đều có dạng Q(γ)

Nếu α1, , αn là các liên hợp của α thì Q(α) và Q(αj) đẳng cấu vớinhau Thật vậy, ta định nghĩa tưng ứng σj : Q(α) → Q(α) với σj(g(α)) =g(αj), g ∈ Q[X] Tương ứng trên là ánh xạ vì nếu g1, g2 ∈ Q[x] sao cho

g1(α) = g2(α) thì (g1 − g2)(α) = 0, suy ra α là nghiệm của g1 − g2 ∈ Q[x].Giả sử α có đa thức tối tiểu là f(x) ∈ Q[x], suy ra f | (g1−g2)mà α1, α2, αcócùng đa thức tối tiểu là f, suy ra f1(α) = 0, f (α2) = 0vì thế (g1− g2)(α1) =

0và (g1− g2)(α2) = 0, suy ra g1(α1) = g2(α1)và g1(α2) = g2(α2) Tương tựnhư vậy với các phần tử liên hợp còn lại của α Ta có nếu g1(α) = g2(α) thì

g1(αj) = g2(αj) với j = 1, 2, , n, suy ra σj(g1) = σj(g2), suy ra σj là ánh

xạ Dễ dàng chỉ ra được σj là đồng cấu và là đẳng cấu Do vậy Q(α) ' Q(αj).Chú ý rằng α1 = α thì σ1 là đồng cấu đồng nhất trên Q(α)

Định nghĩa 2.2.7 Cho β ∈ Q(α) Ta định nghĩa chuẩn N(β) và vết T (β)

của β như sau:

N (β) =

nQj=1

σj(β) và T (β) =

nPj=1

Chú ý 2.2.9 Chuẩn N(β) và vết T (β) phụ thuộc vào trường Q(α) cũng như

β Do đó, để chặt chẽ ta còn sử dụng kí hiệu NQ(α)/Q(β) và TQ(α)/Q(β)

bkαkj và T (β) =

nPj=1

n−1Pk=0

bkαkj

Cả N(β) và T (β) là các đa thức đối xứng n biến α1, , αn Theo định lýNewton về đa thức đối xứng (Định lý 1.3.9) thì N(β) = g1(e1, e2, , en) và

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

số hữu tỷ và e1, e2, , en là các đa thức đối xứng sơ cấp n biến α1, , αn.Vì

Xn+

nXj=1(−1)jejXn−j =

nYj=1(X − αj) = f (X)

là đa thức tối tiểu của α nên ej ∈ Q và do vậy N(β), T (β) ∈ Q

Tổng quát hơn ta có thể xét đa thức

Bổ đề 2.2.11 Cho α ∈ A và β ∈ Q(α) Khi đó, với mỗi j thì β và σj(β) có

cùng đa thức tối tiểu.

Chứng minh. Giả sử g là đa thức tối tiểu của β Khi đó

g(X) = Xn +

n−1Xk=0

σj(bkγk) = σj(γ)n+

n−1Xk=0

bkσj(γ)k = g(σj(γ))

Vành số nguyên đại số trường số< /b>

2.1 Số đại số số nguyên đại số< /b>

Định nghĩa 2.1.1 (i) Phần tử α ∈ C số đại số f(α) = với... A − B AB, số có hệ số nguyên Nhưng matrận C có hệ số ngun giá trị riêng số nguyên đại

số, đa thức đặc trưng C đa thức monic với hệ số nguyên. Suy α + β, α − β αβ số nguyên đại số

Nếu... nguyên Ta chứng minh fg nguyên bản, tức phải rakhông tồn số nguyên tố p chia hết tất hệ số fg Giả sử p s? ?nguyên tố chia hết tất hệ số fg Do f, g nguyên nên tồn ítnhất hệ số f hệ số g cho hệ số