ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
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: 60.46.05
Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS NÔNG QUỐC CHINH
THÁI NGUYÊN - NĂM 2011
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
1
Mục lục
Lời cảm ơn 3
Mở đầu 4
1 Số đại số và số nguyên đại số 5
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 O
K
. . . . . . . . . . . . . . . . . 20
3 Nhân tử hóa 24
3.1 Phần tử khả nghịch, quan hệ chia hết, phần tử bất khả quy
trong vành O
K
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
3.2 Sự phân tích thành các nhân tử bất khả quy trong vành O
K
. 25
3.3 Trường số chuẩn Euclid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
4 Iđêan 31
4.1 Iđêan của vành giao hoán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
4.2 Iđêan của vành O
K
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
4.3 Chuẩn của một Iđêan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
2
4.4 Sự phân tích một Iđêan không tầm thường thành tích các Iđêan
nguyên tố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
4.5 Iđêan nguyên tố cùng nhau . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
4.6 Các lớp Iđêan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
Kết luận 54
Tài liệu tham khảo 55
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
3
Lời cảm ơn
Luận văn này được hoàn thành trong khóa 17 đào tạo Thạc sĩ của trường
Đại 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 hướng
dẫn, người đã tạo cho tôi một tinh thần làm việc nghiêm túc và đã dành
nhiều 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 trường
Đại học sư phạm, Đại học Thái Nguyên, Viện Toán học, những người đã tận
tình 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 - Đại
học Thái Nguyên, khoa Sau đại học trường Đại học Sư phạm, và trường Cao
Đẳng Dược Phú Thọ tỉnh Phú Thọ đã tạo mọi điều kiện thuận lợi, giúp đỡ
tôi 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.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
4
Mở đầu
Số đại số và số nguyên đại số là lĩnh vực đã được nhiều nhà toán học dành
nhiều thời gian nghiên cứu. Trong nước ta lý thuyết số được đưa vào chương
trình học tập của học sinh phổ thông ở tất cả các cấp học. Có thể nói rằng
đây là một lĩnh vực lý thú của toán học - và hiện nay vẫn được nhiều giáo
viên 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 thành 4 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 đối
xứng, 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 của
một phần tử của trường số đại số, trường bậc hai, vành các số nguyên đại số
O
K
, 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 khả
nghịch thành tích các nhân tử bất khả quy trong O
K
.
Chương 4: Iđêan
Nội dung chính của chương này là nghiên cứu về sự phân tích một Iđêan
không tầm thường thành tích các Iđêan nguyên tố của O
K
và đề cập đến khái
niệm nhóm lớp và một số tính chất của nó.
Vì khả năng và thời gian có hạn nên luận văn chắc chắn còn nhiều thiếu
sót. 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.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
5
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 nếu
không giả thiết gì thêm.
1.1 Đa thức
Mục này chúng tôi sẽ nhắc lại một số tính chất của vành các đa thức.
Cho R là một vành, R[x] là vành các đa thức một biến x lấy hệ tử trong R.
Định nghĩa 1.1.1. (i) Cho đa thức
f(x) = a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ ···+ a
n
x
n
∈ R[x], với a
n
= 0.
Ta nói n là bậc của f(x) và a
n
được gọi là hệ số cao nhất của f(x). Bậc
của f(x) ký hiệu là degf(x) hoặc deg(f).
(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
(ii) deg(f(x)g(x)) = degf(x)+degg(x) với f, g là các phần tử khác 0 trong
R[x].
Mệnh đề 1.1.3. Cho K là một trường số
(i) Giả sử f, g ∈ K[x] g = 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 = 0 và deg(r) < deg(g)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
6
(ii) Nếu f = gh với h ∈ K[x] thì ta nói rằng f chia hết cho g hoặc g chia
hết 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 các
phần 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 lại f 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 quy
trên K là p
1
, p
2
, . . . , p
k
sao cho f = p
1
p
2
···p
k
. Ngoài ra các p
j
là xác định
duy nhất, nếu không kể đến thứ tự các nhân tử.
1.2 Đa thức đối xứng
Trong mục này ta luôn xét R là miền nguyên và R[x
1
, . . . , x
n
] là vành đa
thức n biến với hệ số trên R.
Định nghĩa 1.2.1. Một đa thức f ∈ R[x
1
, . . . , x
n
] gọi là đa thức đối xứng
nếu f(x
1
, . . . , x
n
) = f(x
σ(1)
, . . . , x
σ(n)
) với mọi σ ∈ S
n
, ở đây S
n
là tập các
phép thế bậc n.
Ta hiểu f(x
σ(1)
, . . . , x
σ(n)
) là đa thức có được từ đa thức f(x
1
, . . . , x
n
) bằng
cách thay x
j
bởi x
σ(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 đa
thức đối xứng cơ bản
e
1
(x
1
, . . . , x
n
)= x
1
+ x
2
+ ···+ x
n
e
2
(x
1
, . . . , x
n
)= x
1
x
2
+ x
1
x
3
+ ···+ x
1
x
n
+ x
2
x
3
+ ···+ x
n−1
x
n
···
e
n
(x
1
, . . . , x
n
)= x
1
x
2
. . . x
n
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
7
Định lý 1.2.3. (Newton) Cho f ∈ R[x
1
, . . . , x
n
] là một đa thức đối xứng,
khi đó tồn tại duy nhất đa thức g ∈ R[x
1
, . . . , x
n
] sao cho
f(x
1
, . . . , x
n
) = g(E
1
, . . . , E
n
)
với E
r
:=e
r
(x
1
, . . . , x
n
) là đa thức đối xứng cơ bản với mọi r=1, 2, . . . , n.
1.3 Đa thức nguyên bản
Định nghĩa 1.3.1. Một đa thức 0 = f ∈ Z[x] được gọi là đa thức nguyên
bản nếu ước chung lớn nhất của tất cả các hệ số của nó là 1. Nói cách khác
f là nguyên bản nếu không tồn tại số nguyên tố nào chia hết tất cả các hệ
số của nó.
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 fg là một đa thức nguyên bản.
Chứng minh. Giả sử
f = a
0
+ a
1
x + ···+ a
m
x
m
, với a
m
= 0
g = b
0
+ b
1
x + ···+ b
n
x
n
với b
n
= 0.
là các đa thức nguyên bản. Ta chứng minh rằng fg nguyên bản, tức là phải
chỉ ra không tồn tại số nguyên tố p là ước của tất cả các hệ số của fg.
Giả sử p là số nguyên tố chia hết tất cả các hệ số của fg. Do f, g nguyên
bản cho nên tồn tại ít nhất một hệ số của f và một hệ số của g sao cho hệ
số đó không chia hết cho p, giả sử a
r
và b
s
lần lượt là các hệ số đầu tiên
của f và g không chia hết cho p (tức là a
0
, a
1
, . . . a
r−1
và b
0
, b
1
, . . . , b
s−1
chia
hết cho p còn a
r
và b
s
không chia hết cho p). Xét c
r+s
=
j+i=r+s
a
j
b
i
là
hệ số của x
r+s
của đa thức fg. Viết dưới dạng tường minh ta có c
r+s
=
a
0
b
r+s
+ a
1
b
r+s−1
+ ··· + a
r+1
b
s−1
+ a
r
b
s
+ ··· + a
r+s
b
0
. Rõ ràng tổng này
không chia hết cho p vì vậy c
r+s
không chia hết cho p. Điều này mâu thuẫn
vì thế suy ra fg là đa thức nguyên bản.
Nhận xét 1.3.3. (i) Nếu 0 = f ∈ Z[x] và a là ước chung lớn nhất của các
hệ số của f. Khi đó ta có thể viết f = af
1
, trong đó f
1
là đa thức nguyên
bản.
(ii) Cho 0 = 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
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
8
viết bg = cg
1
ở đây c là ước chung lớn nhất của tất cả các hệ số của bg,
khi đó g
1
là nguyên bản. Do đó g =
c
b
g
1
, g
1
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 = rg
1
với r dương và g
1
là đa thức nguyên
bản trong Z[x], r được xác định duy nhất.
Nếu đặt s =
1
r
thì ta có g
1
= sg với s là số hữu tỷ dương. Vậy với mọi
đa thức 0 = g ∈ Q[x] luôn tồn tại số hữu tỷ dương s mà sg nguyên bản
trong 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, tồn
tại các số hữu tỷ dương r và s sao cho rg và sh là các đa thức nguyên bản
trong Z[x]. Do r, s là các hệ số cao nhất của rg, sh nên r, s ∈ Z, theo bổ đề
Gauss ta có (rg)(sh) = (rs)gh = (rs)f là đa thức nguyên bản trong Z[x].
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].
1.4 Số đại số và số nguyên đại số
Định nghĩa 1.4.1. (i) Phần tử α ∈ C được gọi là số đại số nếu tồn tại đa
thức 0 = f ∈ Q[x] nhận α làm nghiệm
(ii) Phần tử β ∈ C được gọi là số nguyên đại số nếu tồn tại đa thức monic
g ∈ Z[x] nhận β làm nghiệm
(iii) Gọi A và B lần lượt là tập các số đại số và tập các số nguyên đại số, dễ
thấy B ⊆ A và Z ⊆ B, Q ⊆ A.
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 làm
nghiệm, trong những đa thức này ta luôn chọn được f là đa thức có bậc nhỏ
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
9
nhất. Ta sẽ chỉ ra f là duy nhất. Giả sử 0 = f ∈ Q[x] và deg(h) < deg(f)
sao cho h(α) = 0, khi đó h
1
= a
−1
h là một đa thức monic, ở đây a là hệ
số cao nhất của h. Do deg(h) < deg(f) nên deg(h
1
) < deg(f) và h
1
(α) =
a
−1
h(α) = 0, điều này trái với việc chọn f. Nếu f
1
là đa thức monic cùng
bậc với f và thỏa mãn các điều kiện giống như f thế thì đa thức h = f −f
1
phải là đa thức 0 vì trái lại thì h(α) = 0 và deg(h) < deg(f), điều này là
mâu 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
g = q.f + h, với h = 0 hoặc h = 0 và deg(h) < deg(f). Nếu h = 0 thì
g(α) = f(α)q(α) + h(α) suy ra h(α) = 0, điều này mâu thuẫn vì f là đa
thức monic có bậc nhỏ nhất nhận α làm nghiệm. Từ đây suy ra h = 0 và vì
thế g = fq hay g
.
.
.f.
Định nghĩa 1.4.3. Đa thức monic f có bậc nhỏ nhất nhận α làm nghiệm
được gọi là đa thức tối tiểu của α, bậc của đa thức tối tiểu của α gọi là bậc
của 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 thì f = gh với g, h là 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 là
miền nguyên nên ta có g(α) = 0 hoặc h(α) = 0. Giả sử g(α) = 0 theo
mệnh 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 nên f(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 quy
của một đa thức.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
10
Định lý 1.4.6. (Tiêu chuẩn Eisenstein)
Cho p là một số nguyên tố và
f(x) = x
n
+
n
j=0
a
j
x
j
∈ Z[x]
thỏa mãn:
(i) p | a
j
, với mọi 0 ≤ j < n và
(ii) p
2
a
0
thế thì f là bất khả quy trên Q.
Ta không chứng minh lại tiêu chuẩn trên, do các chứng minh của nó có
thể được tìm thấy trong rất nhiều tài liệu đại số viết về đa thức bất khả quy.
Ví dụ 1.4.7. Cho p là số nguyên tố và f(x) = 1 + x + x
2
+ ···+ x
p−1
. Ta
có thể viết f(x) lại như sau
f(x) =
p−1
j=0
x
j
=
x
p
− 1
x − 1
. Ta không áp dụng được trực tiếp tiêu chuẩn
Eisenstein cho f, nhưng nếu ta đặt x = X + 1 thì ta có f(X + 1) =
(X + 1)
p
− 1
X
=
p−1
j=0
C
i
p
X
p−1−j
= f
1
(X). Đa thức f
1
(X) là đa thức monic,
nhưng các hệ số của f
1
(x) có dạng C
j
p
nên những hệ số này chia hết cho p
với 0 < j < p và hệ số tự do của f
1
(X) là C
p−1
p
= p p
2
. Vì vậy f
1
(X) là đa
thức 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 = 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 có
bậc m và g có bậc n. Viết f = x
m
+
m−1
i=0
a
i
x
i
; g = x
n
+
n−1
j=0
b
j
x
j
, ở đây
a
i
và b
j
là các số nguyên.
Có α
m
+
m−1
i=0
a
i
α
i
= 0 và β
n
+
n−1
j=0
b
j
β
j
= 0
nên ta có
α
m
= −
m−1
i=0
a
i
α
i
; β
n
= −
n−1
j=0
b
j
β
j
.
Gọi V là ma trận cột của vectơ
V
T
=
(1 α α
2
. . . α
m−1
β αβ α
2
β . . . α
m−1
β β
2
. . . α
m−1
β
n−1
)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
11
Nói cách khác các phần tử của V là các số α
i
β
j
với 0 ≤ i < m và
0 ≤ j < n. Ta chứng minh rằng có các ma trận A, và B với các phần
tử trên Z sao cho AV = αV và BV = βV. các phần tử của αV có dạng
α
i
β
j
với 0 ≤ i ≤ m và 0 ≤ j < n. Nếu i < m thì α
i
β
j
là một phần tử
của V. Nếu i = m, ta có α
m
β
j
= −
m−1
i=0
b
i
β
j
, ở đây b
i
= a
i
α
i
. Do đó ta
luôn có α
i
β
j
luôn là một tổ hợp tuyến tính của các phần tử của V với hệ số
nguyên. Gọi A là ma trận hệ số của α
i
β
j
, suy ra ma trận A có các phần tử
nguyên 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 V = 0 thì α +β, α −β, αβ là nghiệm của các đa thức
đặc 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
A. Ta còn phải chỉ ra nếu 0 = α ∈ A thì α
−1
∈ A.
Giả sử f là đa thức tối tiểu của α và f(x) = x
n
+
n−1
i=0
a
i
x
i
⇒ f(α) = α
n
+
n−1
i=0
a
i
α
i
= 0
⇒ α
n
+
n−1
i=1
a
i
α
i
+ a
0
= 0
⇒ a
0
α
−n
+
n−1
i=1
a
i
α
i−n
+ 1 = 0
Do f là đa thức tối tiểu của α nên a
0
= 0
⇒ α
−n
+
n−1
i=1
a
i
a
0
α
i−n
+
1
a
0
= 0
⇒ α
−1
là nghiệm của đa thức monic
g(x) = x
n
+
n−1
i=1
a
i
a
0
x
i
+
1
a
0
rõ ràng g(x) ∈ Q[x] ⇒ α
−1
∈ A.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
12
Ví dụ 1.4.9. Tìm ma trận A và B nói đến trong định lý trên với α =
√
3, β =
1
2
(1 −
√
5). Ta có các đa thức tối tiểu của α và β lần lượt là x
2
−3
và x
2
− x − 1. Vì thế α
2
= 3 và β
2
= β + 1
chọn
V
T
=
1 α β αβ
Khi đó
αV =
α
α
2
αβ
α
2
β
=
α
3
αβ
3β
=
0 1 0 0
3 0 0 0
0 0 0 1
0 0 3 0
1
α
β
αβ
βV =
β
βα
β
2
αβ
2
=
β
αβ
1+β
α + αβ
=
0 0 1 0
0 0 0 1
1 0 1 0
0 1 0 1
1
α
β
αβ
Ta có thể chọn
A =
0 1 0 0
3 0 0 0
0 0 0 1
0 0 3 0
và ma trận
B =
0 0 1 0
0 0 0 1
1 0 1 0
0 1 0 1
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
13
Khi đó αβ là một giá trị riêng của
AB =
0 0 0 1
0 0 3 0
0 1 0 1
0 0 3 0
Do đó h(αβ) = 0 với h là đa thức đặc trưng của AB.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
14
Chương 2
Các trường số
2.1 Trường số đại số
Mệnh đề 2.1.1. Cho α là một số đại số bậc n ta ký hiệu
Q(α) = {a
0
+ a
1
α + ···+ a
n−1
α
n−1
: a
0
, a
1
, . . . a
n−1
∈ Q}. Khi đó Q(α)
là trường con của A và gọi là trường số đại số của α (hoặc xác định bởi α).
Chứng minh. Vì A là đóng đối với phép cộng và phép nhân cho nên với
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 = 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 dư
tồn tại q, h ∈ Q[x] sao cho g = qf + h, trong đó h = 0 hoặc h = 0 và
deg(h) < n ta suy ra h = g − qf và h(α) = g(α) − q(α)f(α) = g(α) vì
f(α) = 0 ⇒ g(α) ∈ Q[x] và g = 0 hoặc g = 0 và deg(g) < deg(f) ⇒
U ⊆ Q(α). Vậy U = Q(α).
Mặt khác vì Q[x] đóng đối với phép cộng và phép nhân nên Q(α) cũng vậy,
do đó Q(α) là một vành con của A.
Cuối cùng ta chỉ ra, với mọi 0 = β ∈ Q(α) thì β
−1
∈ Q(α). Thật vậy giả
sử β = g(α) ∈ Q(α), g(α) = 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 = fu + gv, do f là bất khả quy nên ta có h = 1 ⇒ 1 = fu + gv ⇒
1 = f(α)u(α) + g(α)v(α) ⇒ g(α)v(α) = 1 ⇒ β khả nghịch. ⇒ Q(α) là
trường con của A
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
15
Nhận xét 2.1.2. (i) Trường Q(α) xác định như trên lập thành một không
gian 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 bậc
của 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 = 0 bậc n đều có đủ n
nghiệm trên C, do đó ta chỉ cần chỉ ra n nghiệm 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)
2
g(x),
với g(x) ∈ C[x]. Ta có f
(x) = (x − α)
2
g
(x) + 2(x − α)g(x), vì thế
f(α) = f
(α) = 0. Gọi h là ước chung lớn nhất của f và f
. Khi đó
h = fu + f
v với u, v ∈ Q[x]. Do f bất khả quy nên h = 1 hoặc h = f.
Do h(α) = f(α)u(α) + f
(α)v(α) = 0 ⇒ h = f và h(α) = 0, suy ra f | f
nhưng f
= 0 và deg(f
) < 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 bậc n với đa thức tối tiểu f(x). Nếu f(x)
có phân tích trên C là f(x) =
n
j=1
(x − α
j
) trong đó α = α
1
và các α
j
đôi
một phân biệt với mọi j = 1, 2, . . . , n. Thế thì α
j
với j = 1, 2, . . . , n 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 tối tiểu.
Định nghĩa 2.1.6. (i) Ta gọi trường số Q(α) trong mệnh đề 2.1.1 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−1
j=0
n−1
k=0
c
jk
α
j
β
k
, c
jk
∈ Q}
Người ta đa chứng minh được rằng Q(α, β) là một trường, và gọi là
trường đại số lặp.(Ta hiểu Q(α, β) = (Q(α))(β))
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
16
Nhận xét 2.1.7. Nếu α
1
, α
2
, . . . , α
n
là các phần tử liên hợp của α. Thế thì
các trường Q(α) và Q(α
j
) đẳng cấu với nhau.
Chứng minh. Ta định nghĩa tương ứng
σ
j
: Q(α) −→ Q(α
j
) với σ
j
(g(α)) = g(α
j
), với g ∈ Q[x] .
Tương ứng trên là ánh xạ vì: Nếu g
1
, g
2
∈ Q[x] sao cho g
1
(α) = g
2
(α) thế
thì
(g
1
− g
2
)(α) = 0 ⇒ α là nghiệm của g
1
− g
2
∈ Q[x]. Giả sử α có đa thức
tối tiểu là f(x) ∈ Q[x] ⇒ f | (g
1
− g
2
) mà α
1
, α
2
, α cùng đa thức tối tiểu
là f ⇒ f(α
1
) = 0, f(α
2
) = 0 vì thế (g
1
−g
2
)(α
1
) = 0 và (g
1
−g
2
)(α
2
) = 0
⇒ g
1
(α
1
) = g
2
(α
1
) và g
1
(α
2
) = g
2
(α
2
). Tương tự như vậy với các phần tử
liên hợp còn lại của α. Ta có nếu g
1
(α) = g
2
(α) thì g
1
(α
j
) = g
2
(α
j
) với
j = 1, 2, . . . , n ⇒ σ
j
(g
1
) = σ
j
(g
2
) ⇒ σ
j
là ánh xạ. Dễ dàng chỉ ra được
σ
j
là đồng cấu và là đẳng cấu. Vậy suy ra Q(α) Q(α
j
). Chú ý rằng nếu
α
1
= α thì σ
1
là đồng cấu đồng nhất trên Q(α).
2.2 Chuẩn và vết của một phần tử của trường số đại số
Định nghĩa 2.2.1. Cho β ∈ Q(α), ta định nghĩa chuẩn và vết của β và ký
hiệu lần lượt là N(β) và T (β) như sau: N(β) =
n
j=1
σ
j
(β), và T (β) =
n
j=1
σ
j
(β), trong đó σ
j
được xác định như trong nhận xét 2.1.7 với j =
1, 2, . . . , n.
Tính chất 2.2.2. Ta có một số tính chất sau của chuẩn và vết của một phần
tử của một trường số
Với mọi β, γ ∈ Q(α) mọi c ∈ Q ta có:
(i) N(βγ) = N(β)N(γ)
(ii) N(cβ) = c
n
N(β)
(iii) T (β + γ) = T (β) + T (γ)
(iv) T (cβ) = cT(β)
Rõ ràng N(0) = 0 và N(1) = 1. Nếu β = 0 thì ta có N(β) = 0 vì
1 = N(1) = N(β)N(
1
β
).
Chứng minh. Giả sử β = g(α) ∈ Q(α), γ = h(α) ∈ Q[α], trong đó g(x) và
h(x) thuộc Q[x]
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
17
• Ta có N(βγ) =
n
j=1
σ
j
(βγ) =
n
j=1
σ
j
(g(α)h(α)).
Do g(α), h(α) ∈ Q(α) nên g(α)h(α) ∈ Q(α).
Vậy ta có:
σ
j
(g(α)h(α)) = g(α
j
)h(α
j
).
Suy ra
n
j=1
σ
j
(g(α)h(α)) =
n
j=1
g(α
j
)h(α
j
) =
n
j=1
g(α
j
)
n
j=1
h(α
j
)
= N(α)N(β)
• N(cβ) =
n
j=1
σ
j
(cg(α)) =
n
j=1
cσ
j
(g(α)) =
n
j=1
cg(α
j
)
= c
n
n
j=1
g(α
j
) = c
n
N(β).
• T (β + γ) =
n
j=1
σ
j
(g(α) + h(α)) =
n
j=1
(g(α
j
) + h(α
j
))
=
n
j=1
g(α
j
) +
n
j=1
h(α
j
) =
n
j=1
σ
j
(g(α)) +
n
j=1
σ
j
(h(α))
= T (β) + T (γ).
• T (cβ) = cT (β) là dễ thấy.
Chú ý 2.2.3. Chuẩn và vết của một phần tử phụ thuộc vào phần tử đó và
trường Q(α). Do đó để chặt chẽ người ta còn ký hiệu N(β) = N
Q(α)Q
(β)
và T (β) = T
Q(α)Q
(β) .
Định lý 2.2.4. Cho β ∈ Q(α), khi đó N(β) và T (β) ∈ Q.
Chứng minh. Do β ∈ Q(α) nên ta viết β =
n−1
k=0
b
k
α
k
với b
k
∈ Q, và
k = 0, 1, . . . , n − 1. Khi đó ta có
N(β) =
n
j=1
n−1
k=0
b
k
α
k
j
và
T (β) =
n
j=1
n−1
k=0
b
k
α
k
j
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
18
cả T(β) và N(β) là các đa thức đối xứng với các biến α
1
, α
2
, . . . , α
n
. Theo
Định lý Newton về đa thức đối xứng ta có N(β) = g
1
(e
1
, e
2
, . . . , e
n
) và
T (β) = g
2
(e
1
, e
2
, . . . , e
n
), trong đó g
1
, g
2
là các đa thức n biến có hệ số trên
Q, e
i
là các đa thức đối xứng sơ cấp với n biến α
1
, . . . , α
n
với mọi i = 1, n.
Vì f(x) = x
n
+
n
j=1
(−1)
j
e
j
x
n−j
=
n
j=1
(x −α
j
) là đa thức tối tiểu của α, cho
nên e
j
∈ Q, với j = 1, 2, . . . , n và vì thế N(β), T (β) ∈ Q.
Nhận xét 2.2.5. Ta có N(β) và T (β) có mặt trong hệ số của đa thức sau:
f(x − σ
j
(β)) = x
n
− T (β)x
n−1
+ ···+ (−1)
n
N(β).
Bổ đề 2.2.6. Cho α ∈ A và β ∈ Q(α), với mỗi j ta có β và σ
j
(β) có cùng
đa thức tối tiểu.
Chứng minh. Giả sử g là đa thức tối tiểu của β, viết g(x) = x
n
+
n−1
k=0
b
k
x
k
,
với b
k
∈ Q. Với mọi γ ∈ Q(α), vì σ
j
là một đồng cấu vành và với mỗi b ∈ Q
thì σ
j
(b) = b, do đó ta có
σ
j
(g(γ)) = σ
j
(γ
n
) +
n−1
k=0
σ
j
(b
k
γ
k
) = σ
j
(γ)
n
+
n−1
k=0
b
k
σ
j
(γ)
k
= g(σ
j
(γ)). Do
đó g(σ
j
(β)) = σ
j
(g(β)) = σ
j
(0) = 0.(Do g là đa thức tối tiểu của β). Vậy
σ
j
(β) cũng là nghiệm của g ⇒ β và σ
j
(β) cùng đa thức tối tiểu.
Mệnh đề 2.2.7. Cho α ∈ A, β ∈ B ∩ Q(α). Khi đó N(β), T (β) ∈ Z.
Chứng minh. Theo Định lý 2.2.4 thì N(β) và T (β) là các số hữu tỷ. Ta có
T (β) =
n
j=1
σ
j
(β) và N(β) =
n
j=1
σ
j
(β).
Do β là số nguyên đại số, theo Bổ đề 2.2.6 ta suy ra σ
j
(β) là số nguyên đại
số do đó T (β) và N(β) là các số nguyên đại số. Vì thế T (β), N(β) ∈ Q ∩B.
Ta sẽ chỉ ra Q ∩B = Z, thật vậy: Nếu a ∈ Q ∩B thì a ∈ Q đa thức tối thiểu
của a là x − a, do a ∈ B nên a là số nguyên đại số suy ra x − a có hệ số
nguyên, điều này xảy ra khi và chỉ khi a ∈ Z. Ta có T (β), N(β) ∈ Z.
2.3 Biệt thức của một hệ các phần tử của trường số
Định nghĩa 2.3.1. Cho K = Q(α) là một trường số bậc n, Giả sử β
1
, β
2
, . . . , β
n
là các phần tử của K. Gọi M(β
1
, β
2
, . . . , β
n
) là ma trận mà phần tử thứ (j,k)
là T (β
j
.β
k
). Ta gọi biệt số của dãy phần tử β
1
, β
2
, . . . , β
n
là định thức của
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
19
ma trận M, ký hiệu là ∆(β
1
, β
2
, . . . , β
n
).
Hay ta có ∆(β
1
, β
2
, . . . , β
n
) = det(M(β
1
, β
2
, . . . , β
n
)).
Dễ thấy nếu T (β
j
.β
k
) ∈ Q với mọi j, k = 1, 2, . . . , n thì ∆(β
1
, β
2
, . . . , β
n
) ∈
Q.
Bổ đề 2.3.2. Cho K là một trường số có bậc n và β
1
, β
2
, . . . , β
n
là dãy các
phần tử của K. Khi đó ta có
∆(β
1
, β
2
, . . . , β
n
) = det(N(β
1
, β
2
, . . . , β
n
))
2
. Với N(β
1
, β
2
, . . . , β
n
) là ma
trận mà phần tử thứ (j,k) là σ
k
(β
j
).
Chứng minh. Gọi M = M(β
1
, β
2
, . . . , β
n
) và N = N(β
1
, β
2
, . . . , β
n
). Phần
tử thứ (j,k) của N.N
T
là
n
i=1
σ
i
(β
j
)σ
i
(β
k
) =
n
i=1
σ
i
(β
j
β
k
) = T (β
j
β
k
), do đó
ta có N.N
T
= M. Suy ra det(M) = det(N.N
T
) = det(N)
2
⇒ ∆(β
1
, β
2
, . . . , β
n
) = det(N(β
1
, β
2
, . . . , β
n
))
2
.
Ví dụ 2.3.3. Cho K = Q(α) có bậc n, ta tính biệt thức ∆(1, α, α
2
, . . . , α
n−1
)
theo bổ đề trên. Ta có
∆(1, α, α
2
, . . . , α
n−1
) =
1 1 1 . . . 1
α
1
α
2
α
3
. . . α
n
α
2
1
α
2
2
α
2
3
. . . α
2
n
.
.
.
.
.
.
.
.
. . . .
.
.
.
α
n−1
1
α
n−1
2
α
n−1
3
. . . α
n−1
n
2
trong đó α
1
, α
2
, . . . , α
n
là liên hợp của α. Định thức trên là định thức
V andermode nên ta có
∆(1, α, α
2
, . . . , α
n−1
) =
1≤j≤k≤n
(α
k
−α
j
)
2
. Dễ thấy nếu các α
j
phân biệt thì
∆(1, α . . . , α
n−1
) = 0. Biến đổi tiếp kết quả trên ta có:
1≤j<k≤n
(α
k
− α
j
)
2
= (−1)
n(n−1)2
1≤j<k≤n
(α
j
− α
k
)(α
k
− α
j
)
= (−1)
n(n−1)2
1≤j,k≤n
j=k
(α
j
− α
k
)
Có f(x) =
n
k=1
(x −α
k
) là đa thức tối tiểu của α. f
(x) =
n
j=1
n
k=1;k=j
(x −α
k
).
Khi α
j
= x chỉ có số hạng thứ j là khác 0. Vì thế
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
20
f
(α
j
) =
n
k=1;k=j
(α
j
− α
k
) .
Do đó ∆(1, α, . . . , α
n−1
) = (−1)
n(n−1)
2
n
j=1
f
(α
j
) = (−1)
n(n−1)
2
N(f
(α
j
))
Mệnh đề 2.3.4. Cho K là một trường số cấp n và cho β
1
, β
2
, . . . , β
n
∈
K. Nếu B = (b
jk
) là ma trận vuông cấp n trên Q và γ
j
=
n
k=1
b
jk
β
k
thì
∆(γ
1
, . . . , γ
n
) = det(B)
2
.∆(β
1
, . . . , β
n
).
Chứng minh. Ta có ∆(β
1
, . . . , β
n
) = det(N(β
1
, . . . , β
n
))
2
, trong đó phần tử
thứ (j,k) của N(β
1
, . . . , β
n
) là σ
k
(β
j
), có σ
k
(γ
j
) =
n
i=1
b
ji
σ
k
(β
i
).
Do đó N(γ
1
, . . . , γ
n
) = BN(β
1
, . . . , β
n
)
⇒ ∆(γ
1
, . . . , γ
n
) = det(B)
2
.det(N(β
1
, . . . , β
n
))
2
= det(B)
2
.∆(β
1
, . . . , β
n
).
Mệnh đề 2.3.5. Cho K là một trường số bậc n và β
1
, . . . , β
n
∈ K. Khi đó hệ
β
1
, . . . , β
n
là một cơ sở của K không gian vectơ trên Q ⇔ ∆(β
1
, . . . , β
n
) = 0.
Chứng minh. Rõ ràng ta có thể viết β
j
=
n
k=1
b
jk
α
k−1
với b
jk
∈ Q. Gọi B =
(b
jk
). Theo mệnh đề 2.3.4 ta có ∆(β
1
, . . . , β
n
) = det(B)
2
.∆(1, α, α
2
, . . . , α
n−1
).
Vì ∆(1, α, . . . , α
n−1
) = 0 nên ∆(β
1
, β
2
, . . . , β
n
) = 0 ⇔ det(B) = 0. Nhưng
det(B) = 0 ⇔ {β
j
} với j = 1, n là cơ sở của K không gian vectơ trên Q.
2.4 Vành các số nguyên đại số O
K
Định nghĩa 2.4.1. Cho trường số K = Q(α), ký hiệu O
K
= K ∩ B là tập
tất cả các số nguyên đại số trên K. Khi đó O
K
cùng với phép cộng và nhân
trên K lập thành một vành, gọi là vành các số nguyên đại số trên K.
Ta thấy nếu K = Q thì O
K
= Z.
Định nghĩa 2.4.2. Cho K là một trường số bậc n, Khi đó O
K
là một nhóm
con của K theo phép toán cộng. Do đó tồn tại các phần tử β
1
, . . . , β
n
∈ O
K
sao cho với mỗi phần tử của O
K
đều được biểu diễn duy nhất dưới dạng
n
j=1
b
j
β
j
trong đó β
j
∈ Z với mọi j = 1, 2, . . . , n. Một dãy các phần tử
β
1
, . . . , β
n
thỏa mãn tính chất này được gọi là một cơ sở nguyên của O
K
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
21
Tổng quát, Nếu G là một nhóm abel thì một cơ sở nguyên của G là một
một dãy các phần tử {γ
1
, . . . , γ
n
} của G sao cho với mỗi phần tử của G
đều được biểu diễn duy nhất dưới dạng
n
j=1
c
j
γ
j
, trong đó c
j
∈ Z với mọi
j = 1, 2, . . . , n
Cho K là một trường số bậc n một dãy các phần tử {β
1
, . . . , β
n
} thuộc
O
K
sao cho mỗi phần tử α của O
K
đều được biểu diễn duy nhất dưới dạng
α =
n
j=1
b
j
β
j
với b
j
∈ Z được gọi là một cơ sở nguyên của O
K
.
Nếu nhóm abel G có một cơ sở nguyên với m phần tử thì ta nói rằng G là
một nhóm abel tự do có hạng m.
Định lý 2.4.3. Cho K là một trường số bậc n, khi đó O
K
là một nhóm abel
tự do hạng n
Chứng minh. Giả sử {β
1
, . . . , β
n
} là một cơ sở của K, khi đó với các số nguyên
dương r
1
, r
2
, . . . , r
n
ta có dãy {r
1
β
1
, . . . , r
n
β
n
} cũng là một cơ sở của K. Do
O
K
= K ∩ B cho nên ta có thể chọn được các r
j
sao cho r
j
β
j
∈ O
K
với
mỗi j = 1, n. Thay β
j
bởi r
j
β
j
ta thấy có một cơ sở β
1
, . . . , β
n
của K mà
β
j
∈ O
K
với mỗi j. Giả sử γ =
n
k=1
c
k
β
k
∈ O
K
ở đây c
k
∈ Q. Khi đó với
mỗi j ta có β
j
γ ∈ O
K
suy ra T (β
j
γ) ∈ Z (theo Mệnh đề 2.2.7). Do đó
d
j
=
n
k=1
c
k
T (β
j
β
k
) ∈ Z với mọi j. Gọi M là ma trận với các phần tử thứ
(j, k) là T (β
j
β
k
). Khi đó d = Mc với c, d là các ma trận cột tọa độ với
phần tử thứ j lần lượt là c
j
và d
j
. Ta có det(M) = ∆(β
1
, . . . , β
n
) = 0 (Vì
{β
1
, . . . , β
n
} là cơ sở của K) ⇒ c = M
−1
d, và M là ma trận có các phần tử
nguyên. Ta có M
−1
= (det(M))
−1
adj(M)
T
, ở đây adj(M) là ma trận phụ
hợp của ma trận M. Gọi ∆ = det(M), khi đó adj(M) và d có các phần tử
nguyên cho nên ∆.c có các phần tử nguyên ⇒ ∆.c
j
∈ Z với mọi j.
Gọi A = {a
1
β
1
+ ··· + a
n
β
n
: a
1
, . . . , a
n
∈ Z} và B = {∆
−1
(a
1
β
1
+ ··· +
a
n
β
n
: a
1
, . . . , a
n
∈ Z)}. Do {β
j
} là một cơ sở của K ⇒ {β
j
} là một cơ
sở nguyên của A và {
β
j
∆
} là một cơ sở nguyên của B. Ta có A ⊆ O
K
⊆ B
Vì B là nhóm abel tự do hạng n, khi đó O
K
là nhóm abel tự do có hạng
m ≤ n. Nhưng lại vì A ⊆ O
K
và A là nhóm abel tự do có hạng n cho nên ta
có n ≤ m. Vậy ta có m = n.
Từ định lý trên ta thấy việc chọn cơ sở nguyên của vành các số nguyên
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
22
đại số O
K
không duy nhất.
Mệnh đề 2.4.4. Cho K là một trường số bậc n; {β
1
, . . . , β
n
} và {γ
1
, . . . , γ
n
}
là các cơ sở nguyên của O
K
. Khi đó ∆(β
1
, . . . , β
n
) = ∆(γ
1
, . . . , γ
n
).
Chứng minh. Ta có thể viết γ
j
=
n
k=1
b
jk
β
k
và β
j
=
n
k=1
c
jk
γ
k
, với b
jk
và c
jk
là các số nguyên. Gọi B = (b
jk
) và C = (c
jk
). Ta có β
j
=
n
k=1
c
jk
γ
k
=
n
k−1
n
i=1
c
jk
b
ki
β
i
=
n
i=1
d
ji
β
i
, trong đó d
ji
=
n
i=1
c
jk
b
ki
∈ Z, do sự biểu diễn một
phần tử của O
K
theo một cơ sở là duy nhất, cho nên d
jj
= 1 và d
ji
= 0
với i = j. Nhưng d
ji
là phần tử thứ (j, i) của ma trận C.B ⇒ CB = I với
I là ma trân đơn vị, vì thế det(C)det(B) = 1, lại do det(B), det(C) ∈ Z
nên det(B) = det(C) = ±1 theo mệnh đề 2.3.4, ta có ∆(γ
1
, . . . , γ
n
) =
det(B)
2
∆(β
1
, . . . , β
n
) = ∆(β
1
, . . . , β
n
).
Ví dụ 2.4.5. Trường bậc hai.
Trường bậc hai là một trường số có dạng Q(
√
m) với m ∈ Q nhưng
√
m /∈ Q
hay mỗi trường bậc hai là trường số có dạng Q(
√
m) với m không là số chính
phương.
• Khi m > 0 thì Q(
√
m) là một trường bậc hai thực và Q(
√
m) là một
trường con của R.
• Khi m < 0 thì Q(
√
m) là một trường bậc hai ảo và Q(
√
m) là trường
con của C.
Ta sẽ tìm vành các số nguyên đại số O
K
khi K = Q(
√
m) là một trường
bậc hai.
Gọi β = a+b
√
m ∈ K, với a, b ∈ Q. Nếu β ∈ O
K
khi đó ta có T (β), N(β) ∈
Z ⇒ ta có phương trình β
2
− T (β)β + N(β) = 0. Do T (β), N(β) là các
số nguyên cho nên ta có 2a = T (β) ∈ Z và a
2
− mb
2
= N(β) ∈ Z.
Suy ra m(2b)
2
= T (β)
2
− 4N(β) ∈ Z. Do đó 2b ∈ Z. ⇒ Ta có thể viết
β =
1
2
(c + d
√
m) với c, d ∈ Z ⇒ có c
2
−md
2
= 4N(β) ≡ 0 (mod 4). Vì m
không chính phương nên m không đồng dư với 0 theo modulo 4.Ta biết bình
phương của một số nguyên chẵn thì chia hết cho 4, và bình phương của một
số lẻ thì chia cho 4 luôn có số dư là 1. Do đó c
2
−md
2
≡ 0 (mod 4) ⇔ c, d
là số chẵn hoặc chúng cùng là số lẻ và m ≡ 1 (mod 4).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
23
Nếu m không đồng dư với 1 theo modulo 4 thì c, d phải là số chẵn và do đó
ta có O
K
= {a + b
√
m : a, b ∈ Z} = Z[
√
m]
Nếu m ≡ 1 (mod 4) thì c, d là số lẻ và do đó ta có
O
K
= {
c + d
√
m
2
: c, d ∈ Z ; c ≡ d (mod 2)} = {a + b(
1 +
√
m
2
) : a, b ∈
Z} = Z
1 +
√
m
2
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
24
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 O
K
.
3.1 Phần tử khả nghịch, quan hệ chia hết, phần tử bất khả
quy trong vành O
K
Định nghĩa 3.1.1. (i) Phần tử 0 = β ∈ O
K
được gọi là phần tử khả nghịch
nếu
1
β
∈ O
K
(ii) Cho β, γ ∈ O
K
β = 0. Ta nói rằng β chia hết γ (hoặc γ chia hết cho β)
và ký hiệu là β | γ nếu
γ
β
∈ O
K
. Nếu
γ
β
/∈ O
K
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 O
K
được gọi là đồng dư với nhau theo modulo
δ ∈ O
K
nếu δ | (β − γ). và ký hiệu là β ≡ γ (mod δ).
iv Phần tử β ∈ O
K
được gọi là bất khả quy nếu
• β = 0, β không khả nghịch và
• nếu β = γδ, với γ, δ ∈ O
K
thì hoặc γ hoặc δ khả nghịch.
Đặt U(O
K
) là tập các phần tử khả nghịch của O
K
thì U(O
K
) cùng với
phép toán nhân lập thành một nhóm.
Mệnh đề 3.1.2. Giả sử K là một trường số bậc n, β ∈ O
K
thế thì β ∈
U(O
K
) ⇔ N(β) = ±1.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên