Miền phân tích duy nhất
Trong miền nguyên Z, mỗi số nguyên dương n > 1 đều có một phân tích tiêu chuẩn duy nhất dưới dạng n = p1^r1 * * pk^rk, với p1, , pk là các số nguyên tố phân biệt và r1, , rk là các số nguyên dương Vấn đề đặt ra là xác định những miền nguyên nào có tính chất phân tích duy nhất giống như vành các số nguyên Z Những miền này được gọi là miền phân tích duy nhất (Unique Factorization Domain - UFD) hay miền nhân tử hóa Đôi khi, miền phân tích duy nhất còn được gọi là miền Gauss, do Carl Friedrich Gauss là người đầu tiên nghiên cứu và phát triển lý thuyết này từ vành các số nguyên Z sang các miền phân tích duy nhất.
Trong Chương I, giả thiết D là một miền nguyên, tức là D là vành giao hoán khác {0}, với điều kiện nếu a, b ≠ 0 là hai phần tử của D thì ab ≠ 0 Trước khi giới thiệu khái niệm miền phân tích duy nhất, chúng ta sẽ ôn lại một số khái niệm cơ bản như ước, bội, phần tử nguyên tố và phần tử bất khả quy.
1.1.1 Định nghĩa Cho a, b ∈ D, b 6= 0 Ta nói b là ước của a (hay a là bội của b), nếu tồn tại q ∈ D sao cho a = bq Nếu tồn tại q ∈ D để
Trong lý thuyết số, b được gọi là phần tử khả nghịch hoặc ước của đơn vị Hai số a và b được xem là liên kết, ký hiệu là a ∼ b, nếu a là ước của b và ngược lại, b cũng là ước của a Nếu b là ước của a nhưng a không phải là ước của b, thì b được xem là ước thực sự của a.
A và B được coi là liên kết với nhau khi chúng chỉ khác nhau bởi một nhân tử là ước của đơn vị, nghĩa là tồn tại một phần tử khả nghịch u trong D sao cho a = bu.
Trong lý thuyết số, một phần tử p thuộc tập D được gọi là phần tử bất khả quy nếu p khác 0, không khả nghịch và có ước thực sự Đồng thời, p cũng được xem là phần tử nguyên tố nếu nó khác 0, không khả nghịch và nếu p là ước của tích ab thì p phải là ước của a hoặc b với mọi a, b thuộc D.
Trong miền nguyên Z, các số nguyên tố là những phần tử bất khả quy Trong bất kỳ miền nguyên D nào, nếu p là phần tử nguyên tố, thì p cũng là bất khả quy Tuy nhiên, điều này không đúng cho tất cả các trường hợp Ví dụ, khi xem xét miền nguyên cụ thể, có thể tìm thấy những phần tử khác không phải là số nguyên tố nhưng vẫn là bất khả quy.
5 là bất khả quy nhưng không là phần tử nguyên tố, vì ta có phân tích
5), trong đó 2,3 là ước của tích (1 +i√
5) nhưng 2 và 3 không là ước của 1 +i√
5 và cũng không là ước của 1−i√
5 là ước của tích 2.3, nhưng 1 +i√
5 không là ước của 2 và cũng không là ước của 3.
Miền nguyên D được gọi là miền phân tích duy nhất (Unique Factorization Domain) nếu mỗi phần tử khác 0 và không khả nghịch đều có thể phân tích thành tích của các phần tử bất khả quy, với sự phân tích này là duy nhất khi không xét đến thứ tự các nhân tử cũng như các nhân tử là ước của đơn vị Miền phân tích duy nhất còn được biết đến với tên gọi miền nhân tử hoá hay miền Gauss.
Miền phân tích duy nhất đầu tiên là miền nguyên Z, tiếp theo là vành các số nguyên Gauss Z[i], được Carl Friedrich Gauss giới thiệu trong bài báo năm 1828 về thặng dư bậc hai Để hiểu rõ đặc trưng của miền này, chúng ta cần xem xét điều kiện dãy dừng các ước thực sự và điều kiện có ước chung lớn nhất.
Dãy dừng được định nghĩa là dãy các phần tử a1, a2, a3, của miền nguyên D, trong đó mỗi phần tử ai+1 là ước của phần tử ai với mọi i ≥ 1 Một dãy được coi là dừng nếu tồn tại một số tự nhiên n0 sao cho an liên kết với an 0 cho mọi n ≥ n0 Miền nguyên D được xem là thoả mãn điều kiện dãy dừng nếu mọi dãy a1, a2, a3, thuộc D đều thỏa mãn tính chất ai+1 là ước của ai, dẫn đến việc tất cả các dãy này đều là dãy dừng.
Miền nguyên Z đáp ứng điều kiện dãy dừng những ước thực sự, trong khi miền nguyên D cũng thỏa mãn điều kiện tương tự Mỗi phần tử khác 0 và không khả nghịch của D đều có ít nhất một ước bất khả quy Thêm vào đó, mọi phần tử khác 0 và không khả nghịch trong D đều có thể phân tích thành tích của những nhân tử bất khả quy.
Một ước chung d ∈ D của a1, , an được gọi là ước chung lớn nhất nếu nó là bội của mọi ước chung khác của a1, , an Nếu 1 là ước chung lớn nhất của a1, , an, thì a1, , an được xem là nguyên tố cùng nhau Ngược lại, một bội chung m ∈ D của a1, , an được gọi là bội chung nhỏ nhất nếu m là ước của mọi bội chung khác của a1, , an.
Nếu d và d′ là hai ước chung lớn nhất của a1, , an, thì chúng liên kết với nhau thông qua một phần tử khả nghịch u trong D, với d = ud′ Tương tự, hai bội chung nhỏ nhất m và m′ của a1, , an cũng có mối liên hệ tương tự.
Trong toán học, ước chung lớn nhất (gcd) và bội chung nhỏ nhất (lcm) không xác định duy nhất Khi có nhiều ước chung lớn nhất cho các số a1, , an, người ta thường chọn một ước xác định và kí hiệu là gcd(a1, , an) Ví dụ, trong miền số nguyên Z, nếu a và b là hai số nguyên không đồng thời bằng 0, thì chúng có hai ước chung lớn nhất là d và -d, với d > 0, ta có d = gcd(a, b) Tương tự, bội chung nhỏ nhất cũng không xác định duy nhất; khi có nhiều bội chung nhỏ nhất, người ta chọn một bội xác định và kí hiệu là lcm(a1, , an) Gcd và lcm lần lượt là viết tắt của “greatest common divisor" và “least common multiple".
1.1.6 Định nghĩa Miền nguyên D được gọi là thoả mãn điều kiện có ước chung lớn nhất nếu hai phần tử bất kì không đồng thời bằng 0trong
D đều có ước chung lớn nhất.
Miền nguyênZ thoả mãn điều kiện có ước chung lớn nhất Thuật toán Euclid cho phép chúng ta tìm ước chung lớn nhất trong miền nguyên Z.
Để tìm ước chung lớn nhất (UCLN) của hai số tự nhiên khác 0, a và b, ta thực hiện các phép chia liên tiếp Sau k bước, ta có thể biểu diễn a và b theo công thức: a = bq0 + r0 (với 0 < r0 < b), b = r0q1 + r1 (với 0 < r1 < r0), và tiếp tục với r0 = r1q2 + r2 (với 0 < r2 < r1).
. rk − 2 = rk − 1qk +rk trong đó 0 < rk < b rk − 1 = rkqk+1.
Số dư khác 0 cuối cùng trong phép chia liên tiếp là rk Khi đó rk gcd(a, b).
Cho a, b ∈ Z Nếu a hoặc b là số âm thì theo thuật toán trên ta có thể tìm ước chung lớn nhất của|a|và|b| Khi đó ta cógcd(a, b) = gcd(|a|,|b|).
Vì thế ta có thể tìm ước chug lớn nhất cho hai số nguyên bất kì không đồng thời bằng 0.
Miền D là miền nguyên thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn nhất, trong đó các phần tử bất khả quy là các phần tử nguyên tố Nếu phần tử a ∈ D có hai phân tích thành nhân tử bất khả quy a = p1p2 pn = q1q2 qm, thì số lượng yếu tố n và m là bằng nhau, và tồn tại một hoán vị δ sao cho mỗi phần tử pi liên kết với qδ(i) cho mọi i = 1, 2, , n Định lý này cung cấp đặc trưng của miền phân tích duy nhất.
1.1.7 Định lý (Xem [1]) Cho D là miền nguyên Các phát biểu sau là tương đương.
(i) D là miền phân tích duy nhất.
Phân tích vành thương của vành Z các số nguyên
Tiết này trình bày khái niệm tổng trực tiếp của hai vành và sự phân tích vành thương của Z thành tổng trực tiếp.
1.2.1 Định nghĩa Cho V, V ′ là hai vành giao hoán Ta kí hiệu
V ⊕V ′ = {(x, y) | x ∈ V, y ∈ V ′ }. Khi đó V ⊕V ′ là một vành với hai phép toán cộng và nhân
Ta gọi vành V ⊕V ′ là tổng trực tiếp của V và V ′
Trong bài viết này, chúng ta sẽ xem xét lại các khái niệm và tính chất liên quan đến vành thương của một vành giao hoán ứng với một iđêan Khái niệm iđêan đã được trình bày rõ ràng trong Định nghĩa 1.1.8.
1.2.2 Định nghĩa Giả sử V là vành giao hoán và I là iđêan của V. Đặt
Chú ý rằng x+I = y +I nếu và chỉ nếu x−y ∈ I Khi đó V /I là một vành với phép cộng và phép nhân định nghĩa như sau:
Phần tử không của V /I là 0 +I, phần tử 1 +I là đơn vị của V /I Vành
V /I được gọi là vành thương của V ứng với iđêan I.
Z là vành Euclid với ánh xạ g: Z* → N được định nghĩa bởi g(n) = |n|, trong đó Z* = Z \ {0} Z cũng là miền iđêan chính, và nếu I là một iđêan của Z, thì sẽ tồn tại một số nguyên m ≥ 0 sao cho điều kiện liên quan đến iđêan này được thỏa mãn.
Trong vành thương Z/mZ = {x+mZ |x ∈ Z}, các phần tử x+mZ và y+mZ bằng nhau khi và chỉ khi x−y là bội của m Phép cộng và nhân trong Z/mZ cho bởi
(x+ mZ) + (y+ mZ) = (x+y) +mZ; (x+ mZ)(y +mZ) =xy +mZ.
Kí hiệu Z/mZ đại diện cho vành các số nguyên modulo m Khi đồng nhất phần tử x + mZ ∈ Z/mZ với phần tử m ∈ Zn, các phép toán cộng và nhân trong Z/mZ tương đương với các phép toán trong Zm Do đó, ta có thể thực hiện sự đồng nhất này.
Cho U và V là hai vành, một ánh xạ f: U → V được gọi là đồng cấu vành nếu thỏa mãn ba điều kiện: f(1) = 1, f(a+b) = f(a) + f(b), và f(ab) = f(a)f(b) với mọi a, b thuộc U Đồng cấu f được phân loại thành đơn cấu, toàn cấu, và đẳng cấu dựa trên tính chất của nó: đơn ánh, toàn ánh, và song ánh.
U và V được gọi là đẳng cấu với nhau nếu có một đẳng cấu giữa U và
V Trong trường hợp đó ta viết U ∼= V Chú ý rằng hợp thành của hai đẳng cấu là một đẳng cấu, ánh xạ ngược của một đẳng cấu là một đẳng cấu.
Giả sử f: U → V là một đồng cấu vành, thì Imf = f(U) là vành con của V, và Kerf = {x ∈ U | f(x) = 0} là iđêan của U Định lý đồng cấu vành cho thấy rằng Imf và Kerf có mối quan hệ chặt chẽ, dẫn đến sự tồn tại của đẳng cấu.
U/Kerf ∼= Imf. Định lí sau đây cho ta phân tích vành thương của vành Z thành tổng trực tiếp của những vành không phân tích được.
1.2.5 Mệnh đề Nếu m = p t 1 1 p t 2 2 p t k k là phân tích tiêu chuẩn của số tự nhiên n thì vành thương Z m = Z/mZ của Z có phân tích
Chứng minh Bằng quy nạp, ta chỉ cần chứng minh rằng nếu m, n > 1 là các số nguyên sao cho gcd(m, n) = 1 thì Z mn ∼= Z m ⊕Z n Xét ánh xạ g : Z mn → Z m ⊕Z n cho bởi g(¯a) = (¯a,¯a).
Nếu cho ¯a = ¯b ∈ Z mn, thì a− b là bội của mn, đồng nghĩa với việc a− b cũng là bội của m và n Điều này chứng minh rằng ¯a = ¯b ∈ Z m và ¯a = ¯b ∈ Z n, cho thấy quy tắc g không phụ thuộc vào việc chọn đại diện của phần tử trong Z mn Vì vậy, g được xác định là ánh xạ.
Ta có thể xác định rằng g là một đồng cấu bằng cách giả sử g(¯a) = g(¯b) Khi đó, (¯a,¯a) = (¯b,¯b) thuộc Z m ⊕ Z n, dẫn đến kết luận ¯a = ¯b trong Z m và Z n Điều này cho thấy a−b là bội của cả m và n Vì gcd(m, n) = 1, ta suy ra a−b là bội của mn, từ đó kết luận rằng ¯a = ¯b thuộc Z mn Do đó, g là đơn cấu.
Cho (¯a,¯b) ∈ Z m ⊕ Z n với gcd(m, n) = 1, tồn tại x, y ∈ Z sao cho 1 = mx + ny Do đó, a và b có thể được biểu diễn dưới dạng a = amx + any và b = bmx + bny Chọn c = mxb + nya, ta có c - a = mxb + nya - a = mxb + nya - (amx + any) = mxb - amx.
Do đó c−a là bội của m Suy ra ¯c = ¯a ∈ Z m Tương tự, c¯= ¯b ∈ Z n Vì thế ta có g(¯c) = (¯c,¯c) = (¯a,¯b) ∈ Z m ⊕Z n
Do đó g là toàn cấu Vì thế g là đẳng cấu.
Một vành giao hoán V được gọi là phân tích được nếu tồn tại hai iđêan I, J 6= {0} của V sao cho I +J = V và I ∩ J = {0}.
1.2.6 Bổ đề Nếu n > 1 là một lũy thừa của một số nguyên tố thì Z n là vành không phân tích được.
Giả sử Z n phân tích được, tồn tại hai iđêan I và J khác không của Z n sao cho I + J = Z n và I ∩ J = {0} Với n là lũy thừa của một số nguyên tố p, có dạng n = p^k Chọn a ∈ I và b ∈ J với a, b khác 0, ta có a và b không là bội của p^k Viết a = p^u a' và b = p^v b' với a' và b' không là bội của p, suy ra u, v < k Đặt t = max{u, v} và c = p^t a' b', từ đó t < k, dẫn đến c không là bội của p^k, tức là trong vành Z n có c khác 0.
Rõ ràng c¯∈ I ∩ J Điều này là mâu thuẫn với cách chọn I ∩ J = {0}.
Do đó Z n không phân tích được.
Mệnh đề 1.2.5 và Bổ đề 1.2.6 cung cấp cấu trúc cho vành thương của vành Z Cụ thể, mọi vành thương của vành số nguyên Z có thể phân tích thành tổng trực tiếp của một số hữu hạn vành không phân tích được, có dạng Z^n, trong đó n là lũy thừa của một số nguyên tố.
Vành Z [i] các số nguyên Gauss
Vành các số nguyên Gauss, được Gauss nghiên cứu lần đầu, liên quan chặt chẽ đến bài toán xác định điều kiện để một số tự nhiên có thể biểu diễn dưới dạng tổng của hai số chính phương, cũng như bài toán tìm kiếm các bộ ba Pythagore.
1.3.1 Định nghĩa Một số phức có dạnga+bi với a, b ∈ Z, được gọi là một số nguyên Gauss Tập các số nguyên Gauss
Z[i] = {a+bi | a, b ∈ Z}, trong đó i 2 = −1, là một vành với phép cộng và nhân các số phức Ta gọi Z[i] là vành các số nguyên Gauss.
Chuẩn của số nguyên Gauss được định nghĩa như chuẩn của số phức.
Cụ thể, nếu z = a + bi là một số phức, thì chuẩn của z được cho bởi
N(z) = zz̄ = a² + b², trong đó z̄ = a - bi là liên hợp của số phức z Cần lưu ý rằng liên hợp của một tổng, tích hoặc thương của hai số phức sẽ tương ứng là tổng, tích hoặc thương của các liên hợp.
N(zz ′ ) = N(z)N(z ′ ),∀z, z ′ ∈ C. Trước hết chúng ta quan tâm đến các phần tử khả nghịch trong Z[i].
1.3.2 Bổ đề Các phát biểu sau là đúng.
(i) Phần tử z ∈ Z[i] là khả nghịch khi và chỉ khi N(z) = 1;
(ii) Các phần tử khả nghịch của Z[i] là ±1,±i.
Chứng minh (i) Cho z ∈ Z[i] là khả nghịch Khi đó tồn tại z ′ ∈ Z[i] sao cho zz ′ = 1 Suy ra
Vì N(z) = 1, ta có thể viết z = a + bi với a, b ∈ Z, dẫn đến a² + b² = 1 Từ đó, a có thể bằng ±1 và b bằng 0, hoặc a bằng 0 và b bằng ±1, cho ta các giá trị z = ±1 hoặc z = ±i Điều này chứng tỏ rằng z khả nghịch trong Z[i] Phát biểu (ii) được suy ra ngay từ chứng minh của phát biểu (i).
Mối quan hệ giữa tính chia hết trong Z[i] và tính chia hết trong Z được thể hiện trong bổ đề sau.
1.3.3 Bổ đề Cho z, z ′ ∈ Z[i] Nếu z là ước của z ′ trong Z[i] thì N(z) là ước của N(z ′ ) trong vành Z.
Chứng minh Nếu z là ước của z ′ thì z ′ = zu với u ∈ Z[i] Do đó
Suy ra N(z) là ước của N(z ′ ). Đặt Z[i] ∗ = Z[i]\ {0} Thông qua chuẩn của số nguyên Gauss, chúng ta sẽ chứng minh Z[i] là miền Euclid.
1.3.4 Định lý Vánh Z[i] các số nguyên Gauss là miền Euclid với ánh xạ g : Z[i] ∗ →N cho bởi g(z) =N(z) Đặc biệt, Z[i] là miền iđêan chính và là miền phân tích duy nhất.
Chứng minh Cho z, u ∈ Z[i]là hai phần tử khác0 Khi đó N(z), N(u) ≥
Tiếp theo ta chứng minh tính chất chia với dư trong vành Z[i] Giả sử z = a+ bi và u = c+ di (với a, b, c, d ∈ Z) là hai phần tử khác 0 trong
Z[i] Ta có z u = a+bi c+di = (a+bi)(c−di) c 2 + d 2 = ac+bd c 2 +d 2 + bc−ad c 2 +d 2 i.
Ta luôn chọn được m là số nguyên sao cho | ac+bd c 2 +d 2 −m |≤1/2 và n là số nguyên sao cho | bc−ad c 2 +d 2 −n|≤ 1/2 Khi đó ta có z = uac+bd c 2 +d 2 +bc−ad c 2 +d 2 i
+ubc−ad c 2 +d 2 −n i. trong đó nếu uac+bd c 2 +d 2 −m
Như vậy, với q = m+ni và r = uac+bd c 2 +d 2 −m
+ubc−ad c 2 + d 2 −n i, ta có z = uq+r, trong đó q, r ∈ Z[i] và nếu r 6= 0 thì N(r) < N(u) Vì vậy,
Kết quả tiếp theo xác định các phần tử nguyên tố trong vành Z[i].
1.3.5 Định lý Phần tử z ∈ Z[i] là phần tử nguyên tố trong vành các số nguyên Gauss nếu và chỉ nếu z có một trong hai dạng sau
(i) z = pu với p là số nguyên tố trong Z, p không là tổng của hai số chính phương, và u là phần tử khả nghịch trong Z[i].
(ii) z = a+bi với N(z) = a 2 +b 2 là số nguyên tố trong Z.
Giả sử z có dạng (i), với z = pu, trong đó p là số nguyên tố trong Z, không phải là tổng của hai số chính phương, và u là phần tử khả nghịch trong Z[i] Theo Bổ đề 1.3.2, ta có.
Nếu z không là phần tử nguyên tố thì z = z ′ z ′′ với z ′ , z ′′ là các ước thực sự Khi đó z ′ , z ′′ không khả nghịch Theo Bổ đề 1.3.2, ta có N(z) > 1 và
Vì p là số nguyên tố trong Z và N(z ′ ) > 1, N(z ′′ ) > 1, nên ta suy ra
Nếu z' = x + yi với x, y ∈ Z, thì N(z') = p = x² + y², điều này mâu thuẫn với giả thiết rằng p không phải là tổng của hai số chính phương Do đó, z không có ước thực sự và là phần tử nguyên tố của Z[i].
Giả sử z có dạng z = a + bi với N(z) = a² + b² là số nguyên tố trong Z Nếu z không phải là phần tử nguyên tố, thì z có thể phân tích thành z = z' z'', với z' và z'' là các ước thực sự Theo Bổ đề 1.3.2, ta có N(z) > 1 và N(z'') > 1 Từ đó, a² + b² = N(z) = N(z')N(z''), dẫn đến mâu thuẫn với giả thiết rằng a² + b² là số nguyên tố Vì vậy, kết luận rằng z là phần tử nguyên tố của Z[i].
Giả sử z = a + bi là phần tử nguyên tố của Z[i], thì z không khả nghịch và có N(z) = a² + b² > 1 Nếu n là số nguyên tố trong Z, z có dạng (ii) Nếu n không nguyên tố, ta có liên hợp z¯ = a - bi với N(z¯) = N(z) = n > 1, do đó z¯ không khả nghịch Nếu z¯ không nguyên tố trong Z[i], thì tồn tại ước thực sự z¯ = z′ z′′ với N(z′) > 1 và N(z′′) > 1, dẫn đến z = ¯z = ¯z′ z¯′′ với N(¯z′) = N(z′) > 1 và N(¯z′′) = N(z′′) > 1 Theo Bổ đề 1.3.2, z′ và z′′ không khả nghịch, mâu thuẫn với tính nguyên tố của z Do đó, z¯ là nguyên tố trong Z[i] Suy ra n = zz¯ là phân tích thành nhân tử nguyên tố của n trong vành Z[i] Vì n không nguyên tố trong N, n = pq với p, q ∈ N là các số tự nhiên lớn hơn 1, và theo Bổ đề 1.3.2, p, q là các phần tử khác.
Trong miền Z[i], mọi số nguyên không khả nghịch đều có thể phân tích thành tích của hai phần tử nguyên tố, theo định lý 1.3.4 Cụ thể, nếu n = zz¯ là phân tích của n thành hai yếu tố nguyên tố, thì mọi phân tích bất khả quy của n cũng chỉ có hai nhân tử nguyên tố Do đó, nếu z = pq, thì p và q cũng là các phần tử nguyên tố trong Z[i] và đồng thời là các số nguyên tố trong N Theo tính chất của miền phân tích duy nhất, ta có thể giả thiết rằng z = up và z¯ = vq, với u, v thuộc Z[i] là các phần tử khả nghịch, dẫn đến z có dạng (i).
Các phần tử nguyên tố trong vành Z[i] còn được gọi là các số nguyên tố Gauss.
1.3.6 Ví dụ (i) Số phức z = 4 + i là số nguyên tố Gauss Thật vậy, vì N(z) = 1 + 16 = 17 là số nguyên tố nên z là nguyên tố theo Định lí1.3.5.
(ii) Số phức z = 2 là số nguyên tố Gauss theo Định lí 1.3.5(i).
(iii) Các số phức 1 + i,1− i,−1 + i,−1−i là các số nguyên tố Gauss theo Định lí 1.3.5 (các số phức này đều có chuẩn bằng 2).
1.3.7 Hệ quả Cho p là số nguyên tố trong Z Khi đó p là số nguyên tố Gauss nếu và chỉ nếu p không là tổng của hai số chính phương.
Giả sử z = p là số nguyên tố Gauss, với N(p) = p² không phải là số nguyên tố trong Z Do đó, z phải có dạng (i) theo Định lý 1.3.5, dẫn đến việc p không thể là tổng của hai số chính phương Ngược lại, nếu p không phải là tổng của hai số chính phương, theo Định lý 1.3.5(i), ta kết luận rằng p là số nguyên tố Gauss.
Nếu z = a + bi là một số phức với N(z) = a² + b² là số nguyên tố trong Z, thì số phức liên hợp z¯ = a − bi cũng là một số nguyên tố Gauss Do đó, cả z và z¯ đều thuộc tập hợp các số nguyên tố Gauss.
Chứng minh Chú ý rằng N(¯z) = N(z) Vì thế từ Định lí 1.3.5(ii) ta có kết quả.
Phân tích vành thương của vành Z [i]
Trong Tiết 1.2, chúng ta đã phân tích vành thương của vành Z các số nguyên thành tổng trực tiếp của các vành không phân tích được Tiết này sẽ mở rộng kết quả đó cho vành Z[i] của các số nguyên Gauss Mục tiêu chính là chứng minh định lý phân tích vành thương của Z[i] thành tổng trực tiếp của những vành đơn giản hơn (xem Định lý 2.1.10).
Trước hết chúng ta cần một số bổ đề sau.
2.1.1 Bổ đề Cho a+ bi ∈ Z[i] Khi đó
Để chứng minh, trước tiên nhận thấy rằng nếu u là phần tử khả nghịch, thì các iđêan (z) và (uz) sẽ bằng nhau với mọi z thuộc Z[i] Ta có a + bi và -1(-a - bi), do đó hai iđêan (a + bi) và (-a - bi) cũng bằng nhau Kết luận này dẫn đến sự đồng nhất của chúng.
Tương tự, vì b −ai = −i(a +bi) và −b +ai = i(a+ bi) nên ta có các đẳng cấu còn lại.
Với mỗi số tự nhiên n ≥ 1, đặt
Z n [i] = {a¯+ ¯bi | a,¯ ¯b ∈ Z n }. Khi đó Z n [i] là một vành giao hoán với phép cộng và phép nhân cho bởi
2.1.2 Bổ đề Cho a là số nguyên dương Khi đó Z[i]/(a) ∼= Z a [i].
Chứng minh Xét ánh xạ f : Z[i] → Z a [i] cho bởi f(a+bi) = ¯a+ ¯bi Khi đó f là một toàn cấu và
Theo Định lí đồng cấu vành ta có
2.1.3 Bổ đề Cho a > 1 là một số nguyên dương Khi đó Z a [i] là một trường nếu và chỉ nếu a là số nguyên tố (trong Z) đồng dư với 3 theo môđun 4.
Chứng minh Cho Z a [i] là một trường Khi đó Z[i]/(a) là trường theo
Chúng ta chứng minh rằng a là số nguyên tố Gauss Nếu a không phải là số nguyên tố Gauss, thì a có thể phân tích thành a = z1z2, trong đó z1 và z2 không phải là ước thực sự của a trong vành Z[i] Xét vành thương Z[i]/(a), ta có ¯0 = ¯a = ¯z1.¯z2 Vì mỗi trường là một miền nguyên, nên một trong hai z¯1 hoặc z¯2 phải bằng ¯0, dẫn đến z1 hoặc z2 là bội của a, điều này mâu thuẫn với giả thiết ban đầu Do đó, a phải là số nguyên tố Gauss Theo các kết quả trước đó về số nguyên tố Gauss, chúng ta kết luận rằng a là số nguyên tố trong Z và đồng dư với 3 theo môđun 4.
Nếu a là số nguyên tố trong Z đồng dư với 3 theo môđun 4, thì a là số nguyên tố Gauss Xét z¯ ∈ Z[i]/(a) với z¯ ≠ ¯0, ta thấy z không phải là bội của a Vì Z[i] là vành phân tích duy nhất, nên z và a có ước chung lớn nhất Do a là số nguyên tố Gauss và z không phải là bội của a, ước chung lớn nhất của a và z là 1 Trong Z[i] là vành Euclid, ước chung lớn nhất của a và z có thể biểu diễn dưới dạng tổ hợp tuyến tính, tức là 1 = au + zv với u, v ∈ Z[i] Từ đó, ta suy ra ¯1 = au + ¯zv = ¯z.¯v.
Suy ra z¯khả nghịch trong vành z¯∈ Z[i]/(a) Vì thế z¯∈ Z[i]/(a) là một trường Theo Bổ đề 2.1.2, vành Z a [i] là một trường.
Từ Bổ đề 2.1.3, Hệ quả 1.3.7 và các kết quả về số nguyên tố Gauss trong Tiết 1.2, ta có hệ quả sau.
2.1.4 Hệ quả Nếu a > 1 là số nguyên dương, thì a là số nguyên tố Gauss nếu và chỉ nếu a là số nguyên tố trong Z và a đồng dư với 3 theo môđun 4.
Vì Z[i] là vành Euclid, nên nó có tính chất chia với dư Do đó ta có kết quả sau.
Cho k ≠ 0 là số nguyên Nếu a và b là các số nguyên nguyên tố cùng nhau, thì phần tử c + di ∈ Z[i] thuộc iđêan (ak+bki) nếu và chỉ nếu k(a² + b²) là ước của cả ac + bd và ad - bc.
Trong vành Z m, phần tử ¯a là khả nghịch nếu và chỉ nếu gcd(a, m) = 1 Nếu ¯a khả nghịch, tồn tại ¯b ∈ Z m sao cho ¯a¯b = ¯1, dẫn đến ab−1 chia hết cho m Điều này cho thấy 1 là tổ hợp tuyến tính của a và m, từ đó suy ra gcd(a, m) = 1 Ngược lại, nếu gcd(a, m) = 1, tồn tại x, y ∈ Z sao cho 1 = ax + my, do đó ¯1 = ¯ax¯ ∈ Z m.
Do đó a¯ khả nghịch trong Z m
2.1.6 Bổ đề Nếu a và b là các số nguyên nguyên tố cùng nhau, thì ta có đẳng cấu vành
Z[i]/(a+bi) ∼= Z a 2 +b 2 , trong đó (a+bi) ={z(a+bi) | z ∈ Z[i]} là iđêan chính sinh bởi a+bi.
Theo Bổ đề 2.1.1, giả thiết avàb là các số nguyên dương và gcd(a, b) = 1 dẫn đến gcd(a² + b², b) = 1, từ đó suy ra b khả nghịch trong vành Z a² + b² Gọi b⁻¹ ∈ Z a² + b² là nghịch đảo của b Xét ánh xạ g: Z[i] → Z a² + b² với g(x + yi) = ¯x - a¯y¯b⁻¹ Với x¯ ∈ Z a² + b², tồn tại phần tử x + 0i ∈ Z[i] sao cho g(x + 0i) = ¯x, chứng minh rằng g là toàn ánh Rõ ràng, g(1) = ¯1 cho mọi z = x + yi, w = u + vi ∈ Z[i].
Ta cũng có g(z)g(w) =g(x+yi)g(u+ vi)
Vì thế g là toàn cấu vành Ta có g(a+bi) = ¯a−a¯¯b¯b − 1 = 0.
Suy ra a+bi ∈ Kerg Gọi
(a+bi) = {z(a+bi) | z ∈ Z[i]} là iđêan của Z[i] sinh bởi a+bi Khi đó
Ngược lại, lấy c+di ∈ Kerg Ta có c+ di a+ bi = (c+di)(a−bi) a 2 +b 2 = x+yi trong đó x, y ∈ Q Suy ra c+di = (a+bi)(x+yi) Vì c+di ∈ Kerg nên
Nhân hai vế của đẳng thức với b, ta có ¯c¯b = ¯ad, từ đó suy ra y là số nguyên Tiếp theo, nhân cả hai vế của đẳng thức c¯¯b = ¯ad với ¯a¯b, ta nhận được ¯a¯b 2 ¯c = ¯a 2 ¯bd.
Suy ra ac−a²b−2bd đồng dư với 0 theo môđun a² + b² Vì (ab−1)² đồng dư với −1 theo môđun a² + b², nên ac + bd là bội của a² + b², dẫn đến x là số nguyên Do đó, c + di ∈ (a + bi), suy ra Kerg ⊆ (a + bi) Vì thế, Kerg = (a + bi) Theo Định lý đồng cấu vành, ta có.
Từ Bổ đề 2.1.6, Hệ quả 1.3.8 và các kết quả về số nguyên tố Gauss trong Tiết 1.2, ta có hệ quả sau.
Nếu a và b là các số nguyên nguyên tố cùng nhau, thì số phức a + bi là số nguyên tố Gauss nếu và chỉ nếu tổng a² + b² là số nguyên tố trong Z Trong trường hợp này, a² + b² không đồng dư với 3 theo môđun 4, do đó nó sẽ bằng 2 hoặc đồng dư với 1 theo môđun 4.
Từ Hệ quả 2.1.4 và Hệ quả 2.1.7 ta xác định được tất cả các số nguyên tố Gauss trong hệ quả sau Chú ý rằng các phần tử khả nghịch trong
2.1.8 Hệ quả Số nguyên Gauss z ∈ Z[i] là số nguyên tố Gauss nếu và chỉ nếu nó có một trong 3 dạng sau.
(i) z = a + bi với |a| ≥ |b| hoặc z ∗ = b + ai với |a| ≤ |b|, trong đó
N(z) =a 2 +b 2 là một số nguyên tố (trong Z) đồng dư với 1 theo môđun 4.
(ii) z = up là số nguyên tố (trong Z) đồng dư với 3 theo môđun 4, và u là phần tử khả nghịch trong Z[i].
(iii) z = u(1 +i), trong đó u là phần tử khả nghịch trong Z[i].
Vành Z[i] là duy nhất trong việc phân tích, cho phép biểu diễn mỗi phần tử của nó dưới dạng tích các số nguyên tố Gauss theo Hệ quả 2.1.8 Lưu ý rằng nếu z = a + bi với |a| ≥ |b| là một số nguyên tố Gauss, thì các số z, -z, iz, -iz và z* (với z* = b + ai) cũng đều là nguyên tố Gauss.
2.1.9 Hệ quả Mỗi số nguyên Gauss a+bi có một phân tích thành tích của hữu hạn số nguyên tố Gauss như sau a+bi = i d (1 +i) n Y z t n t Y
(z j ∗ ) m j Y p e k k , trong đó d, n, nt, mj, ek là các số nguyên không âm, zt = x + yi với
|x| ≥ |y|, z j ∗ = u+vi với |u| ≤ |v| và N(zt), N(z j ∗ ) là các số nguyên tố đồng dư với 1 theo môđun 4, và pk ∈ Z là số nguyên tố đồng dư với 3 theo môđun 4.
Trong bài viết này, chúng ta sẽ phát biểu và chứng minh Định lý về cấu trúc của vành thương của vành các số nguyên Gauss, một kết quả quan trọng của luận văn Lưu ý rằng Z[i] là vành chính, do đó mọi iđêan của Z[i] đều được sinh bởi một phần tử Vì vậy, chúng ta chỉ cần xác định cấu trúc của vành thương có dạng Z[i]/(a+bi), trong đó a+bi ∈ Z[i] và (a+bi) = {z(a+bi) | z ∈ Z[i]} là iđêan chính của Z[i] sinh bởi phần tử a+bi.
2.1.10 Định lý Cho a+bi ∈ Z[i] là số nguyên Gauss khác 0 và không khả nghịch Giả sử a+bi = i d (1 +i) n Y z t n t Y
Phân tích số phức a + bi thành tích các thừa số nguyên tố Gauss là một quá trình quan trọng trong toán học Trong đó, các ký hiệu như d, n, nt, mj, ek đại diện cho các số nguyên không âm Số phức zt được định nghĩa là x + yi với điều kiện |x| ≥ |y|, trong khi z j ∗ được biểu diễn dưới dạng u + vi với |u| ≤ |v| Ngoài ra, N(zt) và N(z j ∗ ) là các số nguyên tố đồng dư, góp phần làm nổi bật tính chất của các số phức trong phân tích này.
1 theo môđun 4, và pk là số nguyên tố đồng dư với 3 theo môđun 4 Đặt s1 = Q
Do Z[i] là vành Euclid, hai phần tử bất kỳ không đồng thời bằng 0 trong Z[i] sẽ có ước chung lớn nhất Ước chung lớn nhất này là tổ hợp tuyến tính của hai phần tử đó Nếu z và w thuộc Z[i] là hai phần tử nguyên tố cùng nhau, điều này càng được khẳng định.
Thật vậy, vì z, w nguyên tố cùng nhau, nên tồn tại z1, w1 ∈ Z[i] sao cho
1 =zz1 +ww1 Vì thế với mọi x+yi ∈ Z[i] ta có x+yi = (x+yi)zz1 + (x+yi)ww1 ∈ (z) + (w), trong đó (z),(w) lần lượt là iđêan của Z[i] sinh bởi z và w Do đó ta có
Trong vành số phức Z[i], ta có Z[i] = (z) + (w) với giả sử x + yi ∈ (z) ∩ (w), cho thấy z và w đều là ước của x + yi Do z và w nguyên tố cùng nhau, nên zw cũng là ước của x + yi, dẫn đến (z)∩(w) ⊆ (zw) và (zw) ⊆ (z)∩(w) Từ đó, ta suy ra (z)∩(w) = (zw) Xét ánh xạ f: Z[i] → Z[i]/(z)⊕Z[i]/(w) với f(x+yi) = (x+yi, x+yi), trong đó x+yi là lớp ghép trong các vành thương Z[i]/(z) và Z[i]/(w) Vì Z[i] = (z) + (w) và (z)∩(w) = (zw), f là ánh xạ toàn cấu với Kerf = (zw) Theo Định lý đồng cấu vành, ta có kết quả mong muốn.
Vậy, khẳng định được chứng minh.
(z j ∗ ) m j ,Q pki e k là đôi một nguyên tố cùng nhau nên theo đẳng cấu trên ta có
Nếu n lẻ thì rõ ràng Rn = Z[i]/ (1 +i) n theo cách đặt Rn Khi n chẵn thì n = 2k với k ∈ N Vì (1 +i) 2 = 2i nên ta có
Do i k là phần tử khả nghịch trong vành Z[i] nên iđêan sinh bởi (2i) k và iđêan sinh bởi 2 k là bằng nhau Vì thế theo Bổ đề 2.1.2 ta có
Phân tích số nguyên thành tổng hai số chính phương
Một ứng dụng thú vị của lý thuyết vành các số nguyên Gauss là giải quyết bài toán cơ bản về việc biểu diễn số tự nhiên dưới dạng tổng của hai số chính phương.
Theo Hệ quả 1.3.7, một nguyên tố p được coi là số nguyên tố Gauss nếu và chỉ nếu nó không thể biểu diễn dưới dạng tổng của hai số chính phương Hệ quả 1.3.8 chỉ ra rằng nếu số phức z = a + bi có chuẩn N(z) = a² + b² là số nguyên tố trong Z, thì cả z và z¯ đều là các số nguyên tố Gauss Do đó, việc xác định các số nguyên tố Gauss có mối liên hệ chặt chẽ với bài toán cổ điển.
Bài toán Tìm điều kiện để số tự nhiên n là tổng của hai số chính phương.
Trước khi giải bài toán, chúng ta xem xét trường hợp n ≤ 50 Qua tính toán trực tiếp, chúng ta có được tập hợp các số n là tổng của hai số chính phương, bao gồm các số sau:
Các số trong dãy trên đều không có dạng 4k + 3.
Lọc ra từ dãy số trên, ta nhận được tập các số nguyên tố p sao cho p≤ 50 và p là tổng của hai số chính phương bao gồm
Do đó tập số nguyên tố p sao cho p≤ 50 và p không là tổng của hai số chính phương bao gồm
Theo định lý, một số nguyên tố p ≤ 50 có thể biểu diễn dưới dạng tổng của hai số chính phương nếu và chỉ nếu p không đồng dư với 3 theo môđun 4, tức là p không có dạng 4k + 3.
Định lý Fermat khẳng định rằng với số nguyên tố p, tồn tại hai số nguyên x và y sao cho p = x² + y², nếu và chỉ nếu p = 2 hoặc p ≡ 1 (mod 4) Để chứng minh định lý này, cần phải sử dụng một bổ đề hỗ trợ.
2.2.2 Bổ đề (Lagrange) Nếu p = 4k + 1 là số nguyên tố thì tồn tại một số tự nhiên m sao cho p là ước của m 2 + 1.
Chứng minh Theo Định lí Wilson, ta có (p − 1)! ≡ −1 (mod p) Do p= 4k+ 1 nên
Kết hợp với đồng dư thức (4k)! ≡ −1 (mod p) đã chứng minh ở trên, ta suy ra −1 ≡((2k)!) 2 (mod p) Do đó p là ước của ((2k)!) 2 + 1.
Định lý 2.2.1 chứng minh rằng nếu p = x² + y² là một số nguyên tố, thì p không đồng dư với 3 theo môđun 4 Không có số nguyên tố nào đồng dư với 0 theo môđun 4 Nếu p đồng dư với 2 theo môđun 4, thì p phải bằng 2 Nếu p khác 2, thì p sẽ đồng dư với 1 theo môđun 4.
Nếu p = 2, thì p có thể viết dưới dạng p = 1^2 + 1^2, tức là p là tổng của hai số chính phương Giả sử p là số nguyên tố đồng dư với 1 theo môđun 4, ta có p = 4n + 1 Theo Bổ đề 2.2.2, tồn tại số tự nhiên m sao cho p là ước của m^2 + 1 Tuy nhiên, p không phải là số nguyên Gauss Nếu p là số nguyên tố Gauss, thì m^2 + 1 = (m − i)(m + i) và p sẽ là ước của m + i hoặc m − i Nếu p là ước của m + i, sẽ tồn tại z ∈ Z[i] sao cho pz = m + i, dẫn đến z = m/p + i/p ∈ Z[i], điều này là vô lý Tương tự, p cũng không thể là ước của m − i Do đó, p không phải là số nguyên tố Gauss, và theo Hệ quả 1.3.7, ta kết luận p là tổng của hai số chính phương.
Từ Định lí 1.3.5 và Định lí 2.2.1 ta suy ra hệ quả sau.
2.2.3 Hệ quả Cho p ∈ N là một số nguyên tố Khi đó p là số nguyên tố Gauss nếu và chỉ nếu p đồng dư với 3 theo môđun 4.
Chúng ta sử dụng kết quả trên để chứng minh một kết quả sơ cấp sau.
2.2.4 Hệ quả Cho p là một số nguyên tố không đồng dư với 3 theo môđun 4 Khi đó phương trình p = x 2 + y 2 có duy nhất một nghiệm (x, y) ∈ N 2 với x ≥ y.
Để chứng minh, ta có p là số nguyên tố không đồng dư với 3 theo môđun 4, do đó p có thể là 2 hoặc đồng dư với 1 theo môđun 4 Theo Định lý 2.2.1, p có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của hai số chính phương Do đó, phương trình p = x² + y² sẽ có ít nhất một nghiệm nguyên (x, y) thuộc N² với x ≥ y.
Ta có phân tích p = x² + y² = (x + yi)(x − yi) Do N(x + yi) = x² + y² = p là số nguyên tố trong Z, theo Hệ quả 1.3.8, các số phức x + yi và x − yi là các số nguyên tố Gauss Vì vậy, p = (x + yi)(x − yi) là phân tích bất khả quy của p trong vành các số nguyên Gauss.
Giả sử (x ′ , y ′ ) ∈ N 2 là một nghiệm của phương trình p = x 2 + y 2 với x ′ ≥ y ′ Khi đó, p có thể được biểu diễn dưới dạng p = x ′ 2 + y ′ 2 = (x ′ + y ′ i)(x ′ - y ′ i) Vì N(x ′ + y ′ i) = x ′ 2 + y ′ 2 = p là số nguyên tố, nên x ′ + y ′ i và x ′ - y ′ i cũng là các số nguyên tố Gauss Do đó, p = (x ′ + y ′ i)(x ′ - y ′ i) là phân tích bất khả quy củ của p.
Do vành Z[i] là vành Euclid (theo Định lí 1.3.4) nên nó là vành Gauss.
Phân tích bất khả quy của phần tử p cho thấy sự khác biệt duy nhất giữa các nhân tử khả nghịch Có hai phần tử khả nghịch u, v ∈ Z[i] sao cho x ′ + y ′ i = u(x + yi) hoặc x ′ + y ′ i = v(x − yi) Theo Bổ đề 1.3.2, u và v thuộc {1,−1, i,−i} Nếu u = 1, thì (x, y) = (x ′ , y ′ ) Nếu u = −1, thì x ′ và y ′ không thể âm Khi u = i, x ′ = −y và y ′ = x, dẫn đến p = x^2 không thể là số nguyên tố Tương tự, khi u = −i, x = 0 và p = y^2 cũng không thể là số nguyên tố Qua đó, ta kết luận rằng (x, y) = (x ′ , y ′ ).
Phân tích một số nguyên dương n = p₁^t₁ * p₂^t₂ * * pₖ^tₖ được gọi là phân tích tích tiêu chuẩn nếu p₁, , pₖ là các số nguyên tố khác nhau và t₁, , tₖ là các số nguyên dương Định lý sau đây cung cấp lời giải đầy đủ cho bài toán phân tích một số tự nhiên thành tổng của hai số chính phương.
Theo định lý 2.2.5, một số tự nhiên n có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của hai số chính phương nếu và chỉ nếu mỗi ước nguyên tố của n, khi chia cho 4, có dư 3, xuất hiện một số chẵn lần trong phân tích tiêu chuẩn của n.
Chứng minh rằng một số tự nhiên n có thể biểu diễn dưới dạng tổng của hai số chính phương nếu và chỉ nếu n là chuẩn của một phần tử trong Z[i] Phân tích tiêu chuẩn của n trong vành Z được biểu diễn dưới dạng n = Y p e i i Y q j f j, với mỗi pi là số nguyên tố đồng dư với 3 theo mô đun 4 và mỗi qj là số nguyên tố không đồng dư với 3 theo mô đun 4 Theo Hệ quả 2.2.4, tồn tại duy nhất một cặp số (aj, bj) ∈ N với a ≥ b sao cho qj = a 2 j + b 2 j = πjπ¯j, trong đó πj = aj + bji ∈ Z[i] Vì N(πj) = qj là số nguyên tố, nên πj là số nguyên tố Gauss Chúng ta cũng chứng minh rằng pi là số nguyên tố Gauss với mọi i Nếu pi không phải là số nguyên tố Gauss, thì theo Hệ quả 1.3.7, tồn tại ai, bi ∈ Z sao cho pi = a 2 i + b 2 i, dẫn đến mâu thuẫn với giả thiết pi ≡ 3 (mod 4) Do đó, phân tích bất khả quy của n trong vành Z[i] là n = Y p e i i Y π j f j π¯j f j, với N(pi) = p 2 i không phải là số nguyên tố, cho thấy pi là số nguyên tố Gauss có dạng (i) và πj, π¯j là các số nguyên tố Gauss có dạng (ii) trong Định lý 1.3.5.
Chúng ta sẽ chứng minh Định lý bằng cách giả sử n = x² + y² là tổng của hai số chính phương, từ đó n = N(z) với z = x + yi Tiếp theo, z có thể được phân tích thành dạng bất khả quy trong vành Z[i] dưới dạng z = Y p e_i^i Y π f_j^j, trong đó p_i là số nguyên tố Gauss dạng (i) và π_j là số nguyên tố Gauss dạng (ii) theo Định lý 1.3.5 Cần lưu ý rằng liên hợp của tích hai số phức bằng tích các liên hợp, dẫn đến việc ta có ¯z = Y p e_i^i Y ¯π f_j^j.
Xác định các bộ số Pythagore
Một ứng dụng khác của lí thuyết vành các số nguyên Gauss là để xác định các bộ số Pythagore.
Nhắc lại rằng một bộ gồm 3 số x, y, z ∈ N được gọi là một bộ số Pythagore nếu z 2 = x 2 +y 2
2.3.1 Định nghĩa Một bộ ba số Pythagore x, y, z được gọi là bộ số Pythagore nguyên thủy nếu x và y là hai số nguyên nguyên tố cùng nhau.
Chẳng hạn, 3,4,5 là bộ số Pythagore nguyên thủy.
Nếu x, y, z là bộ số Pythagore nguyên thủy, thì kx, ky, kz cũng là bộ số Pythagore với mọi k ∈ N Ngược lại, nếu x, y, z là bộ số Pythagore, thì z² = x² + y² Gọi d = gcd(x, y), khi đó x = da và y = db với a, b ∈ N và gcd(a, b) = 1, dẫn đến z² = d²(a² + b²) Do đó, d² là ước của z², suy ra d là ước của z Đặt z = dc với c ∈ N, ta có d²c² = z² = d²(a² + b²), từ đó c² = a² + b² và gcd(a, b) = 1 Như vậy, a, b, c tạo thành bộ số Pythagore nguyên thủy, và (x, y, z) = (da, db, dc) Do đó, để xác định các bộ số Pythagore, ta chỉ cần tìm các bộ số Pythagore nguyên thủy.
Trước hết, chúng ta cần các bổ đề sau.
2.3.2 Bổ đề Cho x, y, z là bộ số Pythagore nguyên thủy Khi đó x+yi và x−yi là nguyên tố cùng nhau trong vành Z[i].
Chúng ta khẳng định rằng x và y là nguyên tố cùng nhau trong Z[i] Điều này được chứng minh bởi vì gcd(x, y) = 1, do đó gcd(x², y²) = 1 Giả sử α ∈ Z[i] là một ước chung của x và y, với N(x) = x² và N(y) = y², thì N(α) cũng là một ước chung của x² và y², dẫn đến N(α) = 1 Kết luận, α là khả nghịch, chứng tỏ x và y là nguyên tố cùng nhau trong Z[i].
Nếu x+yi và x−yi không nguyên tố cùng nhau trong vành Z[i], thì tồn tại một số nguyên tố Gauss w là ước chung của chúng Vì 2x = (x+yi) + (x−yi) và 2yi = (x+yi)−(x−yi), nên w cũng là ước chung của 2x và 2yi Với x và y nguyên tố cùng nhau trong Z[i] và i là phần tử khả nghịch, ta có w là ước của 2 Theo Hệ quả 2.1.8, w = u(+i) với u là phần tử khả nghịch trong Z[i] Do w là ước của x+yi, chuẩn của w là ước của chuẩn của x+yi, dẫn đến N(w) = 2 là ước của N(x+yi) = x² + y² Vì z² = x² + y², nên 2 là ước của z², suy ra z là số chẵn và z² là bội của 4 Điều này dẫn đến x² + y² là bội của 4 Khi kiểm tra các khả năng với x và y theo môđun 4, ta thấy chỉ có khả năng duy nhất là x² và y² đều chẵn, điều này là vô lý.
Giả sử α và β là hai số nguyên Gauss nguyên tố cùng nhau trong Z[i] Nếu tồn tại một số γ trong Z[i] sao cho tích αβ là số chính phương, thì sẽ có một phần tử khả nghịch u trong Z[i] sao cho uα và u^(-1)β đều là số chính phương trong vành Z[i].
Chứng minh Nếu γ khả nghịch trong Z[i] thì γ ∈ {1,−1, i,−i} Suy ra γ 2 ∈ {1,−1} Do đó α, β cũng khả nghịch trong Z[i] và
Bổ đề đúng với khả nghịch γ và trường hợp γ = 0 Giả thiết γ khác 0 và không khả nghịch cho thấy γ có thể phân tích thành tích các số nguyên tố Gauss Cụ thể, γ có dạng γ = z₁ⁿ¹ zₖⁿₖ, trong đó z₁, , zₖ là các số nguyên tố Gauss không phải bội của nhau và n₁, , nₖ là các số nguyên dương Do đó, ta có αβ = γ² = z₁²ⁿ¹ zₖ²ⁿₖ.
Vì α và β là nguyên tố cùng nhau, nên các ước nguyên tố Gauss của α không phải là ước của β và ngược lại Do đó, sau khi hoán đổi thứ tự các nhân tử và đưa tích những phần tử khả nghịch ra ngoài, tồn tại một số tự nhiên t ≤ k và một phần tử u khả nghịch trong Z[i] sao cho α = u − 1 z₁²ⁿ₁ zₜ²ⁿₜ và β = uzₜ₊₁²ⁿₜ₊₁ zₖ²ⁿₖ.
Suy ra uα = z 1 2n 1 z t 2n t là chính phương trong Z[i] Tương tự, u − 1 β là chính phương trong Z[i].
Để xác định các bộ số Pythagore, chúng ta chỉ cần tìm các bộ số Pythagore nguyên thủy Sử dụng những kết quả đã phân tích, chúng ta sẽ giải quyết bài toán xác định các bộ số Pythagore nguyên thủy.
Định lý 2.3.4 khẳng định rằng, với bộ số nguyên dương (x, y, z), x, y, z sẽ là bộ số Pythagore nguyên thủy nếu và chỉ nếu sau khi hoán vị x và y, ta có x = u² − v² và y = 2uv, trong đó u > v là hai số tự nhiên nguyên tố cùng nhau và không đồng thời là số lẻ Trong trường hợp này, z sẽ được tính bằng công thức z = u² + v².
Chứng minh Giả sử x, y, z là một bộ số Pythagore nguyên thủy Khi đó gcd(x, y) = 1 và ta có z 2 = x 2 +y 2 = (x+yi)(x−yi).
Theo Bổ đề 2.3.2, các phần tử x + yi và x − yi là nguyên tố cùng nhau trong vành Z[i] Đặt α = x + yi, β = x − yi và γ = z, ta có αβ = γ² Vì α và β nguyên tố cùng nhau, tồn tại phần tử khả nghịch u ∈ Z[i] sao cho uα và u⁻¹β là chính phương trong vành Z[i] Các phần tử khả nghịch của Z[i] là ±1, ±i, dẫn đến α = ±w² hoặc α = ±iw² với w ∈ Z[i] Nếu α = −w², ta có α = (iw)², và nếu α = −iw², ta có α = i(iw)², từ đó giả thiết α = w² hoặc α = iw² Giả sử w = u + vi, ta nhận được hai trường hợp cho x và y: x + yi = u² − v² + 2uvi hoặc x + yi = −2uv + (u² − v²)i Trong trường hợp đầu, ta có x = u² − v² và y = 2uv, với giả thiết u > v Nếu u và v cùng lẻ, x sẽ chẵn, không thể xảy ra Do y ∈ N, u và v phải cùng dương hoặc cùng âm Nếu u, v cùng âm, ta có x = |u|² + |v|² và y = 2|u||v|, giả thiết u, v ∈ N Trong trường hợp thứ hai, x = −2uv và y = u² − v², với x > 0, u và v trái dấu, giả thiết u < 0, dẫn đến x = 2u'v và y = (u')² − v², từ đó u' và v không thể cùng là số lẻ và u' > v.
Giả sử có hai số tự nhiên u, v ∈ N không cùng là số lẻ, với u > v và gcd(u, v) = 1 Đặt x = u² - v², y = 2uv, và z = u² + v², ta có x, y, z ∈ N và z² = x² + y² Nếu gcd(x, y) > 1, thì x, y có một ước nguyên tố p Nếu p là ước của 2, thì p = 2, dẫn đến 2 là ước của x, khiến u, v cùng chẵn và gcd(u, v) > 1, điều này mâu thuẫn Nếu p là ước của u, thì p cũng là ước của v, dẫn đến gcd(u, v) > 1, cũng mâu thuẫn Tương tự, nếu p là ước của v, ta cũng có kết quả mâu thuẫn Do đó, kết luận là gcd(x, y) = 1, chứng minh rằng x, y, z là bộ số Pythagore nguyên thủy.
2.3.5 Ví dụ Cho u = 2 Khi đó v = 1 Suy ra x = u 2 − v 2 = 3, y = 2uv = 4, z = u 2 + v 2 = 5 Vậy 3,4,5 là bộ ba Pythagore nguyên thủy.
2.3.6 Ví dụ Cho u = 3 Khi đó v = 2 (vì u > v và u, v không cùng lẻ). Suy ra x = u 2 −v 2 = 5, y = 2uv = 12, z = u 2 +v 2 = 13 Vậy 5,12,13 là bộ ba Pythagore nguyên thủy.
2.3.7 Ví dụ Chou = 4.Khi đóv = 3hoặcv = 1(vì u > vvàu, vkhông cùng lẻ) Nếuv = 3 thì x = u 2 −v 2 = 7, y = 2uv = 24, z = u 2 +v 2 = 25. Nếu v = 1 thì x = u 2 −v 2 = 15, y = 2uv = 8, z = u 2 + v 2 = 17 Vậy
7,24,25 và 15,8,17 là 2 bộ ba Pythagore nguyên thủy.