Về phân tử bất khả quy trên một số miền nguyên

NGUYỄN THỊ THANH NGAVỀ PHẦN TỬ BẤT KHẢ QUY TRÊN MỘT SỐ MIỀN NGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Nghệ An - 2017... NGUYỄN THỊ THANH NGAVỀ PHẦN TỬ BẤT KHẢ QUY TRÊN MỘT SỐ MIỀN NGUYÊN Chuyên n

NGUYỄN THỊ THANH NGA

VỀ PHẦN TỬ BẤT KHẢ QUY TRÊN MỘT SỐ MIỀN NGUYÊN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Nghệ An - 2017

NGUYỄN THỊ THANH NGA

VỀ PHẦN TỬ BẤT KHẢ QUY TRÊN MỘT SỐ MIỀN NGUYÊN

Chuyên ngành: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ

Mã số: 60 46 01 04

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học

TS MAI VĂN TƯ

Nghệ An - 2017

MỤC LỤC

1.1 Miền nguyên và trường 6

1.2 Đa thức trên một trường 8

1.3 Trường phân rã của đa thức 12

1.4 Một số hàm số số học 13

Chương 2 Phần tử bất khả quy trên một số vành 16 2.1 Số nguyên tố trên vành số nguyên 16

2.2 Phần tử bất khả quy trên vành số nguyên phức 25

2.3 Đa thức bất khả quy trên trường số hữu tỷ 32

MỞ ĐẦU

Phần tử bất khả quy là một trong những khái niệm quan trọng của lýthuyết vành và lý thuyết đa thức, đặc biệt các bài toán về số nguyên tố, đathức bất khả quy thường được đề cập trong các đề thi chọn học sinh giỏibậc THPT quốc gia, khu vực và Olympic Toán quốc tế Việc tìm hiểu một

số tính chất đặc trưng của phần tử bất khả quy là thực sự cần thiết vì vậychúng tôi lựa chọn đề tài nghiên cứu là: Về phần tử bất khả quy trên một sốmiền nguyên

Mục đích của luận văn là dựa vào các tài liệu Đa thức và ứng dụng ([6]),

Cơ sở lý thuyết trường và lý thuyết Galois ([10]), Cơ sở lý thuyết số và đathức ([15]) nhằm hệ thống lại và chứng minh chi tiết một số tính chất đặctrưng của phần tử bất khả quy (còn gọi là số nguyên tố) trên vành số nguyên,trên vành nguyên phức và trên vành đa thức

Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, nội dung luận vănđược chia làm hai chương:

Chương 1 Kiến thức cơ sở

Trong chương này chúng tôi trình bày một số kiến thức cơ bản của miềnnguyên, Đa thức, trường phân rã của đa thức và một hàm số số học

Chương 2 Phần tử bất khả quy

Nội dung của chương này là hệ thống lại và chứng minh chi tiết một sốtính chất đặc trưng của phần tử bất khả quy trên một số vành nguyên, trênvành nguyên phức và trên vành đa thức

Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Vinh dưới sự hướng dẫn

của TS Mai Văn Tư Tác giả xin được gửi lời cảm ơn sâu sắc tới Thầy, người

đã tận tình hướng dẫn, động viên và tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả trongsuốt quá trình học tập và thực hiện luận văn

Nhân dịp này, tác giả xin trân trọng cảm ơn các thầy giáo, cô giáo trong

bộ môn Đại số, các thầy cô giáo khoa Toán đã trực tiếp giảng lớp cao họcToán 23 chuyên ngành Đại số và Lý thuyết số Tác giả xin cảm ơn ban chủnhiệm Khoa sự phạm Toán học, Phòng Đào tạo sau đại học, Ban giám hiệunhà trường Đại học Vinh đã tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả trong suốtquá trình học tập tại Trường

Nghệ An, tháng 06 năm 2017

Tác giảNguyễn Thị Thanh Nga

CHƯƠNG 1

KIẾN THỨC CƠ SỞ

1.1 Miền nguyên và trường

1.1.1 Định nghĩa Ta gọi một vành là một tập hợp R 6= ∅ cùng với haiphép toán, gồm phép cộng

+ : R × R → R

(x, y) 7→ x + y

và phép nhân

: R × R → R(x, y) 7→ xy

thõa mãn các điều kiện sau:

i (R,+) là một nhóm abel

ii (R,.) là một nửa nhóm

iii Phép nhân phân phối đối với phép cộng

• Nếu phép nhân của vành có tính chất giao hoán thì ta nói vành đó làvành giao hoán

• Nếu phép nhân của vành có đơn vị thì ta nói vành đó là vành có đơn vị.Đơn vị của vành thường được ký hiệu bởi 1 Chú ý rằng tồn tại những vànhkhông có đơn vị

• Tập hợp chỉ gồm một phần tử không với phép cộng và phép nhân cũnglập thành một vành và gọi là vành không Hơn nữa, mọi vành bất kỳ chỉ gồmmột phần tử đều là vành không Nếu R là vành có đơn vị mà không phải làvành không thì1 6= 0 Thật vậy, nếu1 = 0 thì∀x ∈ Rta cóx = x1 = x0 = 0.Suy ra R cũng là vành không, mâu thuẫn, do đó 1 6= 0.

1.1.2 Ví dụ 1 Z,Q,R là những vành giao hoán, có đơn vị là 1.

2 Cho n > 1 là một số nguyên dương Tập hợp nZ cùng với phép cộng và

nhân các số thông thường là một vành giao hoán nhưng không có đơn vị

3 Tập hợpM (n, R)các ma trận vuông cấpn(n > 0)với phần tử thực cùngvới hai phép toán cộng và nhân mà trận là một vành có đơn vị

1.1.3 Định nghĩa Một vành giao hoán, có đơn vị, khác 0 và không chứaước của 0 được gọi là miền nguyên

Chẳng hạn, vành số nguyên Z là một miền nguyên Vành Z6 không phải

là miền nguyên

1.1.4 Định lí Vành Zn là miền nguyên khi và chỉ khi n là số nguyên tố.1.1.5 Định lí Đặc số của một miền nguyên hoặc bằng 0 hoặc là một sốnguyên tố

1.1.6 Định nghĩa Cho R là một vành giao hoán, có đơn vị 1 6= 0 Khi đóphần tử x ∈ R được gọi là khả nghịch trong vành R nếu tồn tại y ∈ R saocho xy = 1 Với mỗi phần tử x ∈ R, phần tử y xác định như thế là duy nhất

và được gọi là nghịch đảo của x, ký hiệu là x−1

Gọi U là tập tất cả các phần tử khả nghịch của vành R Khi đó U là mộtnhóm đối với phép nhân trên R

Chẳng hạn, U (Z) = {1, −1}; U (Q) = Q∗;

1.1.8 Định lí Zn là trường khi và chỉ khi n là số nguyên tố.

1.2 Đa thức trên một trường

1.2.1 Định nghĩa hàm đa thức Giả sử f (x) là một đa thức thuộc vành

đa thức K[x] Một ánh xạ f : K → K cho bởi a 7→ f (a), ∀a ∈ K được gọi làmột ánh xạ đa thức hay hàm đa thức Tập hợp F tất cả các ánh xạ đa thứclập thành một vành con của vành tất cả các ánh xạ từ K tới K, với phépcộng và phép nhân theo từng điểm:

(f + g)(a) = f (a) + g(a); (f g)(a) = f (a).g(a), ∀a ∈ K

1.2.2 Định nghĩa Nếu K là một trường con của trường E, thì ta gọi E làmột trường mở rộng (hay nói gọn hơn là một mở rộng) của trường K

Cho E là một trường mở rộng của trường K Một phần tử u ∈ E gọi làmột nghiệm của đa thức f (x) ∈ K[x] nếu f (u) = 0 Khi đó, ta cũng nói u

là một nghiệm của phương trình đại số đa thức f (x) = 0

1.2.3 Định lí (Định lí về phép chia có dư)

Giả sử f (x), g(x) ∈ K[x] là hai đa thức với hệ tử ở trong trường K,

f (x) 6= 0 Khi đó tồn tại duy nhất hai đa thức q(x), r(x) ∈ K[x] sao cho:

f (x) = g(x).q(x) + r(x),trong đó r(x) = 0 hoặc r(x) 6= 0 thì degr(x) <degg(x)

1.2.4 Định lí Bezout Cho đa thức f (x) ∈ K[x] Khi đó phần tử u ∈ K lànghiệm của f (x) khi và chỉ khi f (x) chia hết cho x − u trong vành đa thức

K[x]

1.2.5 Định nghĩa Giả sử k là một số tự nhiên khác 0 Một phần tử α ∈ K

được gọi là một nghiệm bộik của đa thức f (x) ∈ K[x] nếu f (x) chia hết cho

(x − α)k và f (x) không chia hết cho (x − α)k+1 trong vành K[x]

Nếu k = 1, thì α gọi là nghiệm đơn Nếu k = 2, thì α gọi là nghiệm kép

Ta cũng nói trong trường hợp k ≥ 2, α là nghiệm bội nếu không cần thiếtphải nói số bội k Vậy α ∈ K là một nghiệm bội k của f (x) nếu và chỉ nếu

f (x) = (x − α)kg(x) với g(α) 6= 0 và khi đó ta có:

degf (x) = k + degg(x), k ≤ degf (x)

1.2.6 Công thức Vi-et Cho đa thức f (x) bậc n trên trường K, với hệ tửcao nhất bằng 1:

f (x) = xn+ a1xn−1+ + akxk−1 + + an (1.1)Giả sử f (x) có n nghiệm α1, α2, , αn trong K hoặc trong một số mở rộngnào đó của K Khi đó ta có:

1.2.7 Định nghĩa Cho K là trường, K[x] là vành đa thức của biến x trên

K, f (x) ∈ K[x] với bậc n ≥ 1 Ta gọi f (x) là đa thức bất khả quy trên K

hay trong K[x] nếu f (x) không phân tích được thành tích của hai đa thứcbậc khác 0 trên K Trong trường hợp ngược lại, ta nói f (x) là đa thức khảquy trên trường K.

1.2.8 Bổ đề Các phát biểu sau là đúng:

1 Đa thức bậc nhất luôn bất khả quy

2 Nếu f (x) bậc lớn hơn 1 và có nghiệm trong F thì f (x) khả quy

3 Đa thức bậc 2 và bậc 3 là bất khả quy nếu và chỉ nếu nó không có nghiệmtrong F

4 Đa thức f (x) có bậc dương là bất khả quy nếu và chi nếu f (x + a) là bấtkhả quy với mọi a ∈ F

Tiếp theo, chúng ta định nghĩa khái niệm đa thức bất khả quy của mộtphần tử chứa F trong một trường Trước hết ta cần kết quả sau

1.2.9 Định nghĩa Cho K là một trường chứa F và E là một trường mởrộng của K Phần tử u ∈ E được gọi là phần tử đại số trên K nếu tồn tại

đa thức khác không f (x) ∈ K[x] sao cho f (u) = 0 Phần tửu ∈ E không đại

số trên K, gọi là phần tử siêu việt trên K Nói khác đi, một phần tử u ∈ E

là phần tử siêu việt trên trường K nếu và chỉ nếu với mọi hệ thức đa thức códạng:

a0 + a1u + + anun = 0, (ai ∈ K)

kéo theo ai = 0, i = 0, 1, , n

1.2.10 Định nghĩa Chou ∈ E là phần tử đại số trên K Ta chọn trong tất

cả các đa thức khác 0 thuộc K[x] nhận u làm nghiệm một đa thức đơn hệ(hệ số cao nhất bằng 1) có bậc nhỏ nhất, ký hiệu bởi q(x) Với mỗi phần tửđại số u ∈ E, đa thức q(x) như vậy được xác định duy nhất Ta gọi q(x) là

đa thức cực tiểu của phần tử đại số u ∈ E trên K Ta cũng gọi bậc của đathức cực tiểu q(x) của u là bậc của u trên K, và ký hiệu bởi [u : K].

Như vậy, ta có: [u : K] = degq(x)

1.2.11 Nhận xét Cho u ∈ E là phần tử đại số trên K Gọi q(x) là đa thứccực tiểu của u trên K Khi đó, ta có:

1) Với mọi đa thức f (x) thuộc K[x], nếu f (u) = 0 thì f (x) chia hết cho

q(x) trong vành K[x]

2) q(x) là đa thức bất khả quy trên trường K

3) Nếu f (x) là đa thức đơn hệ, bất khả quy trong K[x] và nhận u làmnghiệm, thì f (x) là đa thức cực tiểu của u trên K, hay f (x) = q(x).1.2.12 Ví dụ Đa thức x3 − 2 ∈ Q[x] là đa thức cực tiểu của √3

2 ∈ R; đa

thức x2 + 1 ∈ R[x] là đa thức cực tiểu của i ∈C.

1.2.13 Mệnh đề Trên một trường K có vô hạn đa thức đơn hệ bất khả quy.Chứng minh: Thật vậy, nếu K có vô hạn phần tử thì trong K[x] có vô hạn

đa thức bậc nhất x − a với a ∈ K Nếu K hữu hạn thì ta áp dụng lập luậnkiểu Euclid trong số học như sau: Giả sử trong K[x] đã có n đa thức đơn hệbất khả quy p1, , pn Khi đó, đa thức f (x) = p1p2 pn+ 1 có ít nhất mộtước bất khả quy đơn hệ q khác với mỗi đa thức p1, , pn, bởi vì nếu ngượclại thì q sẽ là ước của 1, vô lý

1.2.14 Mệnh đề Nếu p(x) ∈ F [x] bất khả quy và p(x) | a(x)b(x) thì p(x) |a(x) hoặc p(x) | b(x) với mọi a(x), b(x) ∈ F [x] Đặc biệt, một đa thức bấtkhả quy là ước của một tích hữu hạn đa thức thì nó phải là ước của ít nhấtmột trong các đa thức đó

Tiếp theo, định lí cơ bản của Số học nói rằng mỗi số tự nhiên lớn hơn 1đều phân tích được thành tích của các thừa số nguyên tố và sự phân tích này

là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các thừa số Kết quả sau đây là một sựtương tự của định lí này đối với đa thức.

1.3 Trường phân rã của đa thức

1.3.1 Định nghĩa Giả sử K là một trường, f (x) là đa thức bậc n ≥ 1 trên

K Khi đó, một trường N được gọi là trường phân rã hay trường nghiệm của

f (x) trên K nếu và chỉ nếu N là trường mở rộng nhỏ nhất (cực tiểu) của K

và chứa tất cả n nghiệm của f (x)

1.3.2 Định lí Với mọi đa thức f (x) bất khả quy trên một trường K, tồn tạimột trường mở rộng N của K trong đó f (x) có ít nhất một nghiệm

1.3.3 Định lí Với mỗi đa thức f (x) ∈ K[x] có bậc n ≥ 1, tồn tại duy nhất(sai khác đẳng cấu) một trường phân rã của f (x) trên K



, x3 = √3

2−12 − i

√ 3 2



i) f 6= 0, nghĩa là tồn tại số tự nhiên n0 ∈ N∗ sao cho f (n0) 6= 0.

ii) Với mọi m, n ∈ N∗, (m, n) = 1, ta có f (mn) = f (m)f (n)

Trong trường hợp tính chất ii) được thõa mãn với mọi cặp số tự nhiênm, n 6=

0thì ta nói f là hàm số có tính chất nhân hoàn toàn (hàm số hoàn toàn nhântính)

k là dạng phân tích tiêu chuẩn của số tự nhiên

n > 1 và f là một số hàm số có tính chất nhân Khi ấy ta có

0 nếu n p2, với p là một số nguyên tố

(−1)k nếu n = p1p2 pk là tích của k số nguyên tố khác nhau

1 Định nghĩa Hàm số τ (n) xác định trên tập số nguyên dương, biểu thị

số các ước tự nhiên của số n Ta viết τ (n) =P

CHƯƠNG 2

PHẦN TỬ BẤT KHẢ QUY TRÊN MỘT SỐ VÀNH

2.1 Số nguyên tố trên vành số nguyên

2.1.1 Định nghĩa i Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 và chỉ có haiước tự nhiên là 1 và chính nó

ii Hợp số là số tự nhiên lớn hơn 1 và không phải là số nguyên tố

2.1.2 Định lí Ước nhỏ nhất lớn hơn 1 của một số tự nhiên lớn hơn 1 là một

số nguyên tố

Chứng minh: Giả sử a là một số tự nhiên lớn hớn 1 và p > 1 là ước nhỏ nhấtcủa a Ta có p là một số nguyên tố

Thật vậy nếu p không phải là một số nguyên tố thì plà một hợp số, nghĩa

là có một số tự nhiên p1 là ước của p và 1 < p1 < p Từ đó ta có p1 là ướccủa a và 1 < p1 < p, mâu thuẫn với giả thiết p là ước nhỏ nhất lớn hơn 1của a

2.1.3 Nhận xét Định lí trên chứng tỏ rằng mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều

có ước nguyên tố

2.1.4 Định lí Tập hợp các số nguyên tố là vô hạn

Chứng minh: Giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố là p1 = 2, p2, p3, , pn Taxét số a = p1p2 pn+ 1 Đó là một số tự nhiên lớn hơn 1 nên a có ít nhấtmột ước nguyên tố q Nhưng vì chỉ có hữu hạn số nguyên tố đã kể ra ở trên

cho nên q phải trùng một trong các số p1, p2, , pn do đó q phải là ước củatích p1p2 pn.

Từ q là ước của a = p1p2 pn + 1 và q là ước của p1p2 pn Suy ra q

là ước của a − p1p2 pn = 1 Điều này mâu thuẫn với giả thuyết q là sốnguyên tố

Như vậy tập hợp các số nguyên tố là vô hạn nên không thể có một bảngtất cả các số nguyên tố, nếu chúng ta đánh số các số nguyên tố theo thứ tựtăng dần p1 = 2, p2 = 3, p3 = 5, , pn < pn+1, thì cho đến nay người tacũng chưa tìm được một biểu thức tổng quát nào cho số nguyên tố pn thứ n

theo chỉ số n của nó

2.1.5 Mệnh đề Với số tự nhiên a và số nguyên tố p thì hoặc a nguyên tốvới p hoặc a chia hết cho p

Chứng minh: Vì p là một số nguyên tố nó chỉ có 2 ước là một và p cho nên

(a, p) = 1 hoặc (a, p) = p Từ đó ta có a nguyên tố với p hoặc a chia hết cho

p

2.1.6 Mệnh đề Nếu một tích các số tự nhiên chia hết cho số nguyên tố p

thì phải có ít nhất một thừa số của tích chia hết cho p

Chứng minh: Giả sử tích a1a2 an chia hết cho p, ta phải có ít nhất mộttrong các số a1, a2, , an chia hết cho p Thật vậy giả sử trái lại rằng tất cảcác số a1, a2, , an không chia hết cho p thì theo Mệnh đề 2.1.5 chúng đều

là nguyên tố với p do đó ta có (a1a2 an, p) = 1 Điều này mâu thuẫn vớigiả thiết

2.1.7 Hệ quả Nếu số nguyên tố p là ước của một tích các số nguyên tố

q1q2 qn thì p phải trùng với một trong các số nguyên tố của tích đó

2.1.8 Định lí (Định lí cơ bản) Mỗi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tíchđược thành tích những thừa số nguyên tố và sự phân tích đó là duy nhất nếukhông kể đến thứ tự của các thừa số

2.1.9 Định lí Các mệnh đề sau là tương đương

+ iv ⇒ i Giả sử p không phải là số nguyên tố, từ giả thiết suy ra p > 1,

do vậy p là hợp số Đặt p = p1p2, trong đó p > p1 ≥ p2 > 1, suy ra

ϕ(p) ≤ p − 2 < p − 1, điều này mâu thuẫn với giả thiết Vậy p là sốnguyên tố

2.1.10 Định lí Giả sử p > 1, khi đó p là số nguyên tố khi và chỉ khi

Cpk ≡ 0(modp), ∀k = 1, 2, , p − 1

Chứng minh:

+ Giả sử p là số nguyên tố, khi đó

+ Giả sử Cpk ≡ 0(modp), ∀k = 1, 2, , p − 1và pkhông phải là số nguyên

tố, suy ra p là hợp số (vì p > 1) Đặt p = ab, trong đó a là số nguyên tốnhỏ hơn p

Từ giả thiết chúng ta có: Cpa = pc ⇒ p(p−1) (p−a+1a! = pc, suy ra (p −1)(p−2) (p−a+1) = a!.c, vì alà ước nguyên tố củapnên(p−i, a) =

1, ∀i = 1, 2, , a − 1 ⇒ ((p − 1)(p − 2) (p − a + 1), a!) = 1, điều này

vô lí Vậy p là số nguyên tố

2.1.11 Một số bài toán về số nguyên tố

Bài toán 1 Chứng minh rằng có vô hạn số nguyên tố dạng 4k + 3

Chứng minh:

Nhận xét 1 Mọi số nguyên tố lẻ có dạng 4k + 1 hoặc 4k + 3

Nhận xét 2 Tích các số có dạng 4k + 1 cũng có dạng 4k + 1

Giả sửp = 4k + 3 là một số nguyên tố bất kì, ta xét sốa = 4(2.3 p) − 1 ⇒

a > p Có 2 khả năng xảy ra:

Khả năng 1 a là hợp số, suy ra tồn tại ước nguyên tố q của a, dễ thấy

q > p, theo nhận xét 2 suy rằng tồn tại ước nguyên tốq của a có dạng 4k + 3

Bài toán 2 Chứng minh rằng có vô hạn số nguyên tố dạng 3k − 1.

Chứng minh

Nhận xét 1 Mọi số nguyên tố khác 3 đều có dạng 3k − 1 hoặc 3k + 1

Nhận xét 2 Tích các số dạng 3k + 1 cũng có dạng 3k + 1

Ta xét số a = 2.3 p − 1 = 3(2.5 p) − 1 ⇒ a > p, tương tự như phépchứng minh ở bài toán 1, ta có cứ mỗi số nguyên tố dạng p = 3k − 1 luôntồn tại số nguyên tố dạng q = 3k − 1 > p, nên bài toán được chứng minh.Bài toán 3 (Định lí Dirichlet) Tồn tại vô hạn số nguyên tố dạng ax + b,trong đó a, x, b là các số tự nhiên và a, b nguyên tố cùng nhau

Bài toán 4 Cho p là số nguyên tố dạng 4k + 3 Chứng minh x2 + y2 p khi

(⇐) Điều ngược lại hiển nhiên đúng

Bài toán 5 Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên tố p sao cho 3p +19(p − 1) là số chính phương

Chứng minh: Giả sử tồn tại số nguyên tố p thỏa mãn đề bài.

Từ bài toán 3 ta có 4 p (vô lí vì 4 không có ước dạng 4k + 3)

Vậy không tồn tại số nguyên tố p sao cho 3p+ 19(p − 1) là số chính phương.Bài toán 6 (VMO 2017) Chứng minh rằng

Do đó tổng đã cho chia hết cho 20172.

b) Quy ước kí hiệu ab ≡ cd(modm) với a, b, c, d ∈ Z, bd 6= 0 và m ∈Z+, m >

1 nếu dạng rút gọn của phân số ad−bcbd có tử chia hết cho m Trước hết

ta có nhận xét rằng với p nguyên tố bất kì thì Cpk ≡ (−1)k−1 p

k(modp2).Thật vậy, ta có

Dễ thấy tổng trong ngoặc vuông chia hết chopnên nhận xét được chứngminh.

Tuy nhiên đây lại là đẳng thức vì

Ta có điều phải chứng minh

Bài toán 7 (IMO 2008) Chứng minh tồn tại vô hạn số nguyên dương n

sao cho n2 + 1 có 1 ước nguyên tố lớn hơn 2n +√

2n.Chứng minh:

Bổ đề: Với mọi số nguyên tố p ≡ 1(mod4), luôn tồn tại 1 số nguyên dương

nhau với mọi n2i + 1 (sự tồn tại của p được đảm bảo bởi sự tồn tại của vôhạn số nguyên tố dạng 4k + 1).

Do đó, theo Bổ đề trên, tồn tại một số N sao cho N ≤ p−

√ p−4

Do đó, N thỏa mãn điều kiện bài toán, từ đó suy ra tồn tại vô hạn số nguyêndương n thỏa mãn điều kiện bài toán, điều phải chứng minh

2.2 Phần tử bất khả quy trên vành số nguyên phức2.2.1 Định nghĩa Vành các số nguyên phức là tập hợp

Z[i] = {a + bi; a, b ∈ Z} ⊂ C, (với i2 = −1)

cùng với 2 phép toán cộng và nhân các số phức thông thường

Chú ý rằng có thể coi Z[i] là một vành con của C chứa vành số nguyên Z.Nói một cách khác, với α, β ∈ Z[i] ta có α + β, αβ ∈ Z[i] Với α = a + bi, tađịnh nghĩa liên hợp α = a − bi và chuẩn

||α|| = αα = a2 + b2