Mở rộng vành z và ứng dụng

đại học thái nguyên
Tr-ờng đại học KHOA HọC



V TH HNG

Mở rộng vành z Và ứng dụng




LUN VN THC S TON HC


thái nguyên - năm 2014
đại học thái nguyên
Tr-ờng đại học KHOA HọC




V TH HNG

Mở rộng vành z Và ứng dụng


LUN VN THC S TON HC

Chuyờn ngnh: PHNG PHP TON S CP
Mó s: 60.46.01.13

Ngi hng dn khoa hc: PGS.TS. M VN NH


Thỏi Nguyờn, 2014
i
Mục lục
Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . i
Lời cảm ơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . iii
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . iv
1 Kiến thức chuẩn bị 1
1.1 Khái niệm vành, trường và đồng cấu . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1.1 Vành và đồng cấu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1.2 Iđêan và vành thương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 Tính đóng đại số của trường C . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2.1 Đa thức bất khả quy trên Q . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2.2 C là trường đóng đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2.3 Đa thức bất khả quy trên C và trên R . . . . . . . . . . 5
1.2.4 Một vài ví dụ về ứng dụng trường C . . . . . . . . . . . 7
2 Số đại số và vận dụng 11

2.1 Số đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.1.1 Bao đóng nguyên của vành . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.1.2 Khái niệm số đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.1.3 Chuẩn và vết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.1.4 Một vài ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.2 Vành Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.2.1 Vành Euclid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.2.2 Vành Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.3 Vận dụng trong Số học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
2.3.1 Chuẩn trong vành Z[
√
d] và Z[
√
p,
√
q] . . . . . . . . . . 34
ii
2.3.2 Tồn tại nghiệm nguyên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
iii
Lời cảm ơn
Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học Thái Nguyên
dưới sự hướng dẫn tận tình của Phó giáo sư Tiến sĩ Đàm Văn Nhỉ. Tác giả xin
bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc về sự tận tâm và nhiệt tình của thầy
trong suốt quá trình tác giả thực hiện luận văn.
Trong quá trình học tập và làm luận văn, từ bài giảng của các giáo sư, tiến
sĩ đang công tác tại Viện toán học, Trường Đại học khoa học tự nhiên, trường
Đại học sư phạm Hà Nội, trường Đại học Thái Nguyên, tác giả đã trau dồi
thêm rất nhiều kiến thức để nâng cao trình độ của mình. Từ đáy lòng mình,

tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới tất cả các thầy, cô.
Tác giả xin chân thành cám ơn Ban Giám hiệu, phòng Đào tạo Khoa học
và Quan hệ quốc tế, Khoa Toán tin trường Đại học Khoa học, Đại học Thái
Nguyên đã quan tâm và giúp đỡ tác giả trong suốt thời gian học tập tại trường.
Tác giả xin chân thành cảm ơn Sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Sơn La, Ban
giám hiệu, các tổ chức Đoàn thể, tổ chuyên môn, nhóm toán trường THPT
Chiềng Sơn, huyện Mộc Châu cùng bạn bè đồng nghiệp và gia đình đã tạo mọi
điều kiện giúp đỡ, động viên tác giả hoàn thành luận văn này.
Thái Nguyên, tháng 04 năm 2014
Tác giả
Vũ Thị Hằng
iv
Mở đầu
Số học là một trong những lĩnh vực cổ xưa nhất của Toán học, và cũng là
lĩnh vực tồn tại nhiều bài toán, những giả thuyết chưa có câu trả lời. Trên con
đường tìm kiếm lời giải cho những giả thuyết đó, nhiều tư tưởng lớn, nhiều lý
thuyết lớn của toán học đã được nẩy sinh. Hơn nữa, trong những năm gần đây,
Số học không chỉ là một lĩnh vực của toán học lý thuyết, mà còn là lĩnh vực
có rất nhiều ứng dụng, đặc biệt trong lĩnh vực bảo mật thông tin. Do đó, đây
chính là lĩnh vực thuận lợi để đưa học sinh tiếp cận nhanh với các môn khoa
học khác. Tuy nhiên trong chương trình số học ở trường phổ thông hiện nay,
môn Số học chưa được giành nhiều thời gian. Cũng vì thế mà học sinh thường
lúng túng khi giải các bài toán về Số học, đặc biệt là trong các kỳ thi học sinh
giỏi.
Luận văn này nhằm mục đích tìm hiểu và trình bày lại các kết quả đã có về
vành các số nguyên. Từ đó mở rộng vành các số nguyên để xây dựng các chuẩn
và tự đẳng cấu tương ứng. Vận dụng các kết quả đạt được để giải một số bài
toán về phương trình nghiệm nguyên. Luận văn gồm lời nói đầu, hai chương,
kết luận và danh mục các tài liệu tham khảo.
Chương 1 là phần kiến thức chuẩn bị. Chương này tập trung nhắc lại một

số khái niệm cơ bản về vành, trường và đồng cấu. Tiếp đó, tác giả có trình bày
lại khái niệm mở rộng vành và chứng minh tính đóng đại số của trường các số
phức. Cuối cùng là việc vận dụng tính đóng đại số của trường C để xây dựng
và giải một số bài toán.
Chương 2 tập trung trình bày phân tử nguyên và số đại số. Trong chương
này, đã định nghĩa phần tử nguyên, bao đóng nguyên của vành. Tiếp theo, tác
giả đã trình bày về vành Euclid, vành Gauss và khái niệm chuẩn. Cuối cùng là
việc vận dụng các kết quả đã đạt được để xét một số bài toán số học, chẳng hạn
như: Sử dụng vành Z[
√
d] và Z[
√
p,
√
q] với chuẩn tương ứng để chứng minh sự
tồn tại nghiệm nguyên.
v
Do thời gian và kiến thức còn hạn chế nên chắc chắn luận văn còn có những
thiếu sót nhất định, kính mong quý thầy cô và các bạn đóng góp ý kiến để tác
giả tiếp tục hoàn thiện luận văn này.
1
Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
Chương này tập trung nhắc lại một vài khái niệm cơ bản về vành, trường và
đồng cấu.
1.1 Khái niệm vành, trường và đồng cấu
1.1.1 Vành và đồng cấu
Giả sử tập R = ∅ với hai phép toán hai ngôi là phép cộng và phép nhân. Nếu
(R, +) lập thành một nhóm giao hoán, (R, .) lập thành một nửa nhóm và phép
cộng, phép nhân thỏa mãn luật phân phối, có nghĩa: a(b+c) = ab+ac, (b+c)a =

ba + ca, ∀a, b, c ∈ R, thì R được gọi là một vành. Vành R được gọi là một vành
giao hoán nếu ab = ba với ∀a, b ∈ R.
Cho hai vành R và S. Nếu R là vành con của vành S thì S được gọi là vành
mở rộng của vành R.
Giả sử K là một vành giao hoán với đơn vị 1. K được gọi là một trường nếu
mọi phần tử khác phần tử không 0 của K đều có phần tử nghịch đảo, có nghĩa:
Nếu a ∈ K, a = 0, thì có b ∈ K để ab = ba = 1.
Cho hai trường K và F. Nếu K là trường con của trường F thì F được gọi là
trường mở rộng của trường K.
Chú ý rằng, các phần tử đơn vị lập thành một nhóm với phép nhân. Ví dụ, các
phần tử khả nghịch thuộc vành thương Z
n
lập thành nhóm nhân U(n) với cấp
ϕ(n).
2
1.1.2 Iđêan và vành thương
Giả thiết R là một vành giao hoán với đơn vị 1. Giả sử I là một iđêan của
vành R. Xét tập thương R/I = {r + I|r ∈ R}. Định nghĩa hai phép toán cộng
và nhân: Với mọi phần tử r + I, s + I ∈ R/I ta định nghĩa phép cộng và phép
nhân:
(r + I) + (s + I) = r + s + I
(r + I).(s + I) = rs + I.
Khi đó R/I cùng hai phép toán cộng và nhân lập thành một vành giao hoán
với đơn vị 1 + I. Vành này được gọi là vành thương của R theo I và ánh xạ
ϕ : R → R/I, r → r + I, là một toàn cấu.
1.2 Tính đóng đại số của trường C
1.2.1 Đa thức bất khả quy trên Q
Qua các kết quả trên ta chỉ còn phải xét đa thức bất khả quy trên trường Q.
Trước tiên ta xét nghiệm hữu tỷ của đa thức với hệ số nguyên.
Bổ đề 1.2.1. Cho đa thức f(x) = a

0
x
n
+ a
1
x
n−1
+ ···+ a
n
∈ Z[x], a
0
= 0. Nếu
số hữu tỷ
p
q
với (p, q) = 1 là nghiệm của phương trình f(x) = 0 thì
(i) p là một ước của a
n
và q là một ước của a
0
.
(ii) p − mq là một ước của f(m) cho mọi số nguyên m.
Chứng minh: (i) Giả sử số hữu tỷ
p
q
với (p, q) = 1 là nghiệm của f(x) = 0.
Khi đó
a
0
p

n
+ a
1
p
n−1
q + ···+ a
n
q
n
= 0.
Vì (p, q) = 1 nên p là một ước của a
n
và q là một ước của a
0
.
(ii) Khai triển f(x) theo các luỹ thừa của x − m ta được
f(x) = a
0
(x −m)
n
+ b
1
(x −m)
n−1
+ ···+ b
n−1
(x −m) + f(m) ∈ Z[x].
3
Cho x =
p

q
và quy đồng a
0
(p−mq)
n
+b
1
(p−mq)
n−1
q +···+b
n−1
(p−mq)q
n−1
+
f(m)q
n
= 0. Vì (p, q) = 1 nên p −mq là một ước của f(m) cho mọi số nguyên
m.
Hệ quả 1.2.2. Nghiệm hữu tỷ của đa thức f(x) = x
n
+a
1
x
n−1
+···+a
n
∈ Z[x]
phải là số nguyên.
Bổ đề Gauss về đa thức nguyên bản, đã chỉ ra rằng, việc xét đa thức bất khả
quy trên Q tương đương với việc xét đa thức bất khả quy trên Z và việc phân

tích đa thức thành tích các đa thức bất khả quy trên Z và trên Q là hoàn toàn
như nhau.
Bổ đề 1.2.3. Đa thức với hệ số nguyên là bất khả quy trên Z khi và chỉ khi nó
là bất khả quy trên trường Q.
Định lý 1.2.4. [Gauss] Đa thức f(x) thuộc Z[x] được phân tích trong Q[x]
thành tích các đa thức bất khả quy thì f(x) cũng có sự phân tích như thế trong
Z[x].
Chính vì lý do này mà ta chỉ xét đa thức bất khả quy trên Z. Một số tiêu
chuẩn sau đây để có thể kiểm tra khi nào một đa thức với các hệ số nguyên là
bất khả quy.
Định lý 1.2.5. [Tiêu chuẩn Eisenstein] Cho f(x) = a
n
x
n
+a
n−1
x
n−1
+···+
a
0
, a
n
= 0, là đa thức với các hệ số nguyên và p là số nguyên tố sao cho a
n
không chia hết cho p và các a
i
, i < n, chia hết cho p nhưng a
0
không chia hết

cho p
2
. Khi đó f(x) là đa thức bất khả qui trên Z.
Chứng minh: Giả sử f = gh = (
r

i=0
b
i
x
i
)(
s

j=0
c
j
x
j
) với g, h ∈ Z[x] và r =
deg g, s = deg h > 0, r + s = n. Vì b
0
c
0
= a
0
chia hết cho p nên tối thiểu một số
b
0
hoặc c

0
phải chia hết cho p, chẳng hạn b
0
chia hết cho p. Vì a
0
không chia
hết cho p
2
nên c
0
không chia hết cho p. Nếu tất cả các b
i
đều chia hết cho p
thì a
n
cũng phải chia hết cho p : mâu thuẫn với giả thiết. Vậy phải có một b
i
không chia hết cho p. Gọi i là chỉ số nhỏ nhất để b
i
không chia hết cho p. Khi
đó 0 < i  r. Vì a
i
= b
i
c
0
+ b
i−1
c
1

+ ··· + b
0
c
i
chia hết cho p với tất cả các
4
số hạng b
i−1
c
1
, . . . , b
0
c
i
đều chia hết cho p nên b
i
c
0
cũng chia hết cho p : mâu
thuẫn. Điều này chứng tỏ f là đa thức bất khả qui trên Z.
Ví dụ 1.2.6. Với bất kỳ số nguyên dương n đa thức f(x) = 1+x+
x
2
2!
+···+
x
n
n!
là bất khả quy trên Q.
Bài giải: Ta phải chứng minh n!f(x) = n! + n!x +

x
2
2!
+ ··· + x
n
là bất khả
qui trên Z. Ta chọn số nguyên tố p với p  n < 2p và n chia hết cho p, nhưng
n! không chia hết cho p
2
. Theo tiêu chuẩn Eisenstein, đa thức n!f là bất khả
qui trên Z.
Ví dụ 1.2.7. Với bất kỳ số nguyên tố p đa thức f(x) = 1 + x + ··· + x
p−1
là
bất khả quy trên Z.
Bài giải: Theo Tiêu chuẩn Eisenstein, đa thức f(x + 1) = x
p−1
+

p
1

x
p−2
+
···+

p
p−1


là bất khả qui trên Z. Do đó f là bất khả qui trên Z.
1.2.2 C là trường đóng đại số
Bây giờ ta sẽ chỉ ra rằng, mọi đa thức bậc dương thuộc C[x] đều có nghiệm
trong C. Đó chính là nội dung Định lý cơ bản của đại số. Người đầu tiên chứng
minh định lý này là nhà toán học C. Gauss (1777-1855).
Định nghĩa 1.2.8. Trường K được gọi là một trường đóng đại số nếu mọi đa
thức bậc dương thuộc K[x] đều có nghiệm trong K.
Như vậy, trong K[x] mọi đa thức bậc dương đều phân tích được thành tích các
nhân tử tuyến tính khi K là một trường đóng đại số.
Bổ đề 1.2.9. Mỗi đa thức bậc lẻ thuộc R[x] đều có ít nhất một nghiệm thực
thuộc R.
Chứng minh: Giả sử f(x) = a
0
x
2s+1
+ a
1
x
2s
+ ··· + a
2s
x + a
2s+1
∈ R[x] với
a
0
= 0. Dễ dàng thấy rằng a
0
f(x) sẽ tiến ra +∞ khi x → +∞ và a
0

f(x) sẽ tiến
ra −∞ khi x → −∞. Từ đây suy ra sự tồn tại của các số thực α > 0 và β < 0
thỏa mãn a
0
f(α) > 0, a
0
f(β) < 0. Do vậy a
2
0
f(α)f(β) < 0 hay f(α)f(β) < 0.
Vì đa thức f(x) là hàm xác định và liên tục trên R thỏa mãn f(α)f(β) < 0
5
nên, theo Định lý Weierstrass, đa thức f(x) có ít nhất một nghiệm thực thuộc
(α, β).
Bổ đề 1.2.10. Mỗi đa thức bậc hai thuộc C[x] đều có hai nghiệm thuộc C.
Chứng minh: Trước tiên ta chỉ ra, với mỗi số phức z đều có hai số phức z
1
, z
2
để z
2
1
= z, z
2
2
= z. Thật vậy, giả sử z = a + bi = 0 và giả sử z
1
= x + yi với
a, b, x, y ∈ R để z
2

1
= z hay



x
2
− y
2
= a
2xy = b.
Ta chỉ cần xét trường hợp b = 0 vì trường hợp b = 0 được xét tương tự. Vì
b = 0 nên x = 0. Khi đó





y =
b
2x
4x
4
− 4ax
2
− b
2
= 0
hay






x
1,2
= ±

a +
√
a
2
+ b
2
2
= 0
y =
b
2x
.
Ta có z
1
= x
1
+
bi
2x
1
và z
2

= x
2
+
bi
2x
2
thỏa mãn z
2
1
= z
2
2
= z.
Theo lập luận ở trên, có hai số phức z
1
và z
2
để z
2
1
= z
2
2
= b
2
− 4ac. Khi đó
nghiệm của phương trình
−b + z
1
2

và
−b + z
2
2
.
Định lý 1.2.11. [d’Alembert-Gauss, Định lý cơ bản của đại số] Mọi đa
thức bậc dương thuộc C[x] đều có ít nhất một nghiệm thuộc C.
1.2.3 Đa thức bất khả quy trên C và trên R
Từ Định lý 1.2.11 suy ra kết quả sau đây về đa thức bất khả quy trong C[x] :
Hệ quả 1.2.12. Mọi đa thức thuộc C[x] với bậc n > 0 đều có n nghiệm trong
C và các đa thức bất khả quy trong C[x] là các đa thức bậc nhất.
Bổ đề 1.2.13. Cho f(x) ∈ R[x] \R. f(x) là đa thức bất khả qui khi và chỉ khi
hoặc f(x) = ax+b với a = 0 hoặc f(x) = ax
2
+bx+c với a = 0 và b
2
−4ac < 0.
Chứng minh: Hiển nhiên, nếu f(x) = ax+b với a = 0 hoặc f(x) = ax
2
+bx+c
với a = 0 và b
2
− 4ac < 0 thì f(x) là bất khả qui. Ta chứng minh điều
ngược lại. Giả thiết f(x) ∈ R[x] là bất khả quy với deg f(x)  1. Trường hợp
deg f(x) = 1 thì f(x) = ax + b với a = 0. Xét trường hợp deg f(x) = 2. Khi đó
6
f(x) = ax
2
+ bx + c với a = 0. Nếu ∆ = b
2

− 4ac  0 thì f(x) có hai nghiệm
α
1
, α
2
∈ R và ta có f(x) = a(x − α
1
)(x − α
2
) : mâu thuẫn với giả thiết. Vậy
b
2
− 4ac < 0. Xét trường hợp deg f(x) > 2. Vì C là trường đóng đại số nên
f(x) = 0 có nghiệm α ∈ C theo Định lý 1.2.11 và như vậy nó còn có nghiệm α.
Khi đó f(x) có nhân tử (x −α)(x −α) ∈ R[x] hay f(x) là khả quy : mâu thuẫn
giả thiết. Tóm lại, nếu f(x) là đa thức bất khả qui thì hoặc f(x) = ax + b với
a = 0 hoặc f(x) = ax
2
+ bx + c với a = 0 và b
2
− 4ac < 0.
Sử dụng các kết quả đã đạt được ở trên để chỉ ra dạng phân tích một đa thức
thuộc R[x] thành tích các nhân tử bất khả quy.
Định lý 1.2.14. Mỗi đa thức f(x) ∈ R[x] \ R đều có thể phân tích được một
cách duy nhất thành dạng
f(x) = a(x − a
1
)
n
1

. . . (x −a
s
)
n
s
(x
2
+ b
1
x + c
1
)
d
1
. . . (x
2
+ b
r
x + c
r
)
d
r
với các b
2
i
− 4c
i
< 0 cho i = 1, . . . , r khi r  1.
Chứng minh: Vì vành R[x] là vành nhân tử hóa nên f(x) có thể phân tích

được một cách duy nhất thành tích các nhân tử bất khả quy trong R[x]. Vì
các đa thức bất khả qui trong R[x] chỉ có dạng hoặc ax + b với a = 0 hoặc
ax
2
+ bx + c với a = 0, b
2
− 4ac < 0 theo Bổ đề 1.2.13 nên mỗi đa thức f(x)
đều có thể phân tích được một cách duy nhất thành dạng
f(x) = a(x − a
1
)
n
1
. . . (x −a
s
)
n
s
(x
2
+ b
1
x + c
1
)
d
1
. . . (x
2
+ b

r
x + c
r
)
d
r
với các b
2
i
− 4c
i
< 0 cho i = 1, . . . , r khi r  1.
Đôi khi để tìm mối liên hệ giữa các nghiệm hay một tính chất nào đó của
nghiệm đa thức ta thường xét bài toán trên C và sử dụng kết quả sau đây:
Định lý 1.2.15. [Viét] Giả sử x
1
, . . . , x
n
là n nghiệm của đa thức bậc n sau
đây: f(x) = x
n
− δ
1
x
n−1
+ δ
2
x
n−2
− ··· + (−1)

n
δ
n
. Khi đó có các hệ thức

















δ
1
= x
1
+ x
2
+ ···+ x
n
δ

2
= x
1
x
2
+ x
1
x
3
+ ···+ x
n−1
x
n
···
δ
n
= x
1
x
2
. . . x
n
.
7
Chứng minh: Từ f(x) = x
n
−δ
1
x
n−1

+ ···+ (−1)
n
δ
n
= (x −x
1
) . . . (x −x
n
),
vì x
1
, . . . , x
n
là n nghiệm của f(x), suy ra ngay δ
1
= x
1
+ x
2
+ ··· + x
n
, . . . ,
δ
n
= x
1
x
2
. . . x
n

.
1.2.4 Một vài ví dụ về ứng dụng trường C
Nhiều bài toán sẽ trở nên đơn giản khi xét bài toán đó trên trường C.
Ví dụ 1.2.16. Giả sử dãy số nguyên (a
n
) xác định như sau:



a
1
= 0, a
2
= 2, a
3
= 3
a
n+3
= a
n+1
+ a
n
, n  1.
Khi đó a
p
chia hết cho p khi p là số nguyên tố.
Bài giải: Đây là bài toán về dãy các số nguyên, nhưng được xét trên C. Phương
trình f(x) = x
3
− x − 1 = 0. Gọi ba nghiệm của nó trong C là x

1
, x
2
, x
3
. Đặt
a
0
= 3. Dễ dàng kiểm tra x
0
1
+x
0
2
+x
0
3
= a
0
, x
1
+x
2
+x
3
= a
1
, x
2
1

+x
2
2
+x
2
3
= a
2
,
tổng quát
a
n
= x
n
1
+ x
n
2
+ x
n
3
, n  0.
Từ a
p
= x
p
1
+ x
p
2

+ x
p
3
= (x
1
+ x
2
+ x
3
)
p
−
i+j+k=p

0i,j,k<p

p
i,j,k

x
i
1
x
j
2
x
k
3
. Với bộ ba i, j, k
cố định, nhưng hoán vị cho nhau, trong a

p
có tổng con
p!
i!j!k!
(x
i
1
x
j
2
x
k
3
+ x
i
1
x
k
2
x
j
3
+ x
j
1
x
i
2
x
k

3
+ x
j
1
x
k
2
x
i
3
+ x
k
1
x
j
2
x
i
3
+ x
k
1
x
i
2
x
j
3
)
là đa thức đối xứng của x

1
, x
2
, x
3
. Tổng này được viết thành đa thức với hệ
số nguyên của x
1
+ x
2
+ x
3
= 0, x
1
x
2
+ x
2
x
3
+ x
3
x
1
= −1 và x
1
x
2
x
3

= 1. Vậy
i+j+k=p

0i,j,k<p

p
i,j,k

x
i
1
x
j
2
x
k
3
là số nguyên chia hết cho p. Do đó a
p
≡ 0(mod p).
Ví dụ 1.2.17. Cho số tự nhiên n > 1 và số nguyên tố p. Chứng minh rằng đa
thức x
n
− p là bất khả quy trong Q[x]. Từ đó suy ra
n
√
p là một số vô tỉ.
Bài giải: Đa thức x
n
− p là bất khả quy theo tiêu chuẩn Eisenstein. Đa thức

này không có nghiệm hữu tỷ. Vậy
n
√
p là một số vô tỉ.
8
Một số bài toán tiếp theo dưới đây được xét trong Z[x], nhưng mang chúng
đặt trong C[x] để giải dễ dàng hơn.
Ví dụ 1.2.18. [USA 1976] Bốn đa thức f(x), g(x), h(x) và k(x) thuộc Z[x]
thỏa mãn đồng nhất thức f(x
5
) + xg(x
5
) + x
2
h(x
5
) = (x
4
+ x
3
+ x
2
+ x +
1)k(x). Khi đó f(x), g(x), h(x) chia hết cho x − 1 và ước chung lớn nhất

f(2013), g(2013), h(2013)

 2012.
Bài giải: Gọi z là một căn nguyên thủy bậc 5 của đơn vị trong C. Khi đó
z = 1 và z

5
= 1. Vậy z
4
+ z
3
+ z
2
+ z + 1 = 0. Ta có hệ phương trình sau











f(1) + zg(1) + z
2
h(1) = 0
f(1) + z
2
g(1) + z
4
h(1) = 0
f(1) + z
3
g(1) + z

6
h(1) = 0.
Vì định thức








1 z z
2
1 z
2
z
4
1 z
3
z
6








= 0 nên f(1) = g(1) = h(1) = 0 và ta có f(x), g(x), h(x)

chia hết cho x−1. Với x = 2013 ta có các số thỏa mãn f(2013), g(2013), h(2013)
đều chia hết cho 2012. Như vậy, ước chung lớn nhất thỏa mãn

f(2013), g(2013), h(2013)


2012.
Ví dụ 1.2.19. Với số nguyên n  2, đa thức f = 1 + 4
2n

j=1
x
j
có thể biểu diễn
thành f = g
2
với g ∈ Z[x] hay không?
Bài giải: Tích (x − 1)(f − 1) = 4x(x
2n
− 1). Vậy ta nhận được biểu diễn
(x − 1)f(x) = 4x
2n+1
− 3x − 1 := h(x). Giả sử có f (x) = g
2
(x) hay h(x) =
(x −1)g
2
(x). Đạo hàm hai vế h

(x) = g

2
(x) + 2(x − 1)g(x)g

(x). Gọi α ∈ C là
một nghiệm của g(x). Khi đó h(α) = 0 và h

(α) = 0 vì g(α) = 0. Ta có ngay



4α
2n+1
= 3α + 1
8nα
2n+1
= −1.
Cộng hai hệ thức (8n + 4)α
2n+1
= 3α. Do đó (−1)(8n + 4) = 3α8n. Vậy
α = −
2n + 1
6n
và từ đây suy ra (8n + 4)

−
2n + 1
6n

2n
= 3 hay

4

2n + 1

2n+1
= 3.6
2n
.n
2n
.
9
Vì n  2 nên vế phải chia hết cho 16, vế trái không chia hết cho 16. Từ mâu
thuẫn này, f(x) = g
2
(x) với g(x) ∈ Z[x] là không thể xảy ra.
Ví dụ 1.2.20. Có thể phân tích đa thức x
2011
−2011 ra thành tích hai đa thức
với bậc  1 và các hệ số nguyên không?
Bài giải: Giả sử phân tích được x
2011
−2011 = f(x)g(x) với f(x), g(x) ∈ Z[x]
và deg f, deg g  1. Gọi deg f(x) = k < 2011. Xét f(x) trên C và gọi k
nghiệm của f(x) là α
1
, . . . , α
k
. Theo Định lý Viét, ta có α
1
. . . α

k
∈ Z. Vì α
j
cũng là nghiệm của x
2011
− 2011 nên α
j
có dạng
2011
√
2011(cos γ + i sin γ).Vậy
|α
1
. . . α
k
| =

2011
√
2011

k
với k < 2011. Do

2011
√
2011

k
không là số nguyên

,còn |α
1
. . . α
k
| là số nguyên nên ta gặp mâu thuẫn. Vậy không thể phân tích đa
thức x
2011
−2011 ra thành tích hai đa thức với bậc  1 và các hệ số nguyên.
Ví dụ 1.2.21. Với số nguyên dương n và góc α có x
2n
− 2x
n
cos α + 1 =
(x
2
−2x cos
α
n
+ 1) (x
2
−2x cos
2π + α
n
+ 1) ···(x
2
−2x cos
(2n −2)π + α
n
+ 1)
khi cos α = ±1.

Bài giải: Xét phương trình x
n
= cos α±i sin α. Hai phương trình có 2n nghiệm
x. Vậy x
2n
−2x
n
cos α+1 = (x
2
−2x cos
α
n
+1)(x
2
−2x cos
2π + α
n
+1) ···(x
2
−
2x cos
(2n −2)π + α
n
+ 1).
Ví dụ 1.2.22. Với số nguyên dương n và góc α có












±sin
α
2
= 2
n−1
sin
α
2n
sin
2π + α
2n
···sin
(2n −2)π + α
2n
cos
α
2
= 2
n−1
sin
π + α
2n
sin
3π + α

2n
···sin
(2n −1)π + α
2n
tan
α
2
= (−1)
n−1
2
tan
α
2n
tan
2π + α
2n
···tan
(2n −2)π + α
2n
.
Từ đây suy ra





n = 2
n−1
sin
π

n
sin
2π
n
···sin
(n −1)π
n
1 = 2
n−1
sin
π
2n
sin
3π
2n
···sin
(2n −1)π
2n
.
Bài giải: Vì x
2n
−2x
n
cos α + 1 = (x
2
−2x cos
α
n
+ 1)(x
2

−2x cos
2π + α
n
+ 1)
···(x
2
− 2x cos
(2n −2)π + α
n
+ 1) nên khi cho x = 1 ta được
2 −2 cos α = (2 − 2 cos
α
n
)(2 −2 cos
2π + α
n
) ···(2 − 2 cos
(2n −2)π + α
n
)
10
hay 4 sin
2
α
2
= 4
n
sin
2
α

2n
sin
2
2π + α
2n
···sin
2
(2n −2)π + α
2n
. Khi đó ta nhận
được











±sin
α
2
= 2
n−1
sin
α
2n

sin
2π + α
2n
···sin
(2n −2)π + α
2n
cos
α
2
= 2
n−1
sin
π + α
2n
sin
3π + α
2n
···sin
(2n −1)π + α
2n
tan
α
2
= (−1)
n−1
2
tan
α
2n
tan

2π + α
2n
···tan
(2n −2)π + α
2n
.
Giới hạn











2
n−1
sin
π
n
sin
2π
n
···sin
(n −1)π
n
= lim

α→0
sin
α
2
sin
α
2n
= n
2
n−1
sin
π
2n
sin
3π
2n
···sin
(2n −1)π
2n
= lim
α→0
cos
α
2
= 1.
11
Chương 2
Số đại số và vận dụng
2.1 Số đại số
2.1.1 Bao đóng nguyên của vành

Trong mục này S được ký hiệu là một vành giao hoán với phần tử đơn vị 1 và
R là một vành con của S cũng chứa phần tử 1.
Định nghĩa 2.1.1. Phần tử α ∈ S được gọi là phần tử nguyên trên R nếu tồn
tại các phần tử a
1
, . . . , a
n
∈ R sao cho α
n
+ a
1
α
n−1
+ ···+ a
n−1
α + a
n
= 0. Đặt
f(x) = x
n
+ a
1
x
n−1
+ ··· + a
n−1
x + a
n
= 0. Phương trình f(x) = 0 được gọi
là phương trình phụ thuộc nguyên của α trên R. Vành S được gọi là mở rộng

nguyên của R nếu mỗi α ∈ S đều là nguyên trên R.
Hiển nhiên, mọi phần tử s ∈ R đều là nguyên trên R vì s là nghiệm của đa
thức x −s ∈ R[x].
Định lý 2.1.2. Giả sử α, β ∈ S. Nếu α là nguyên trên R và β là nguyên trên
R[α] thì β là nguyên trên R.
Chứng minh: Vì α là phần tử nguyên trên R nên tồn tại đa thức f (x) ∈ R[x]
nhận α làm nghiệm. Trong số các đa thức nhận α làm nghiệm ta chọn đa thức
f(x) bậc thấp nhất với hệ tử cao nhất bằng 1. Giả sử f(x) = x
n
+a
1
x
n−1
+···+
a
n−1
x + a
n
. Vì β là phần tử nguyên trên R[α] nên có đa thức g(x) ∈ R[α][x]
nhận β làm nghiệm. Giả sử
g(x) = x
m
+ b
1
(α)x
m−1
+ ···+ b
m−1
(α)x + b
m

(α), b
i
(α) ∈ R[α].
12
Bằng cách thay α
n
bằng −a
1
α
n−1
−···− a
n−1
α −a
n
trong mỗi b
i
(α), nếu cần
thiết, ta có thể giả thiết các lũy thừa của α trong mỗi b
i
(α) có bậc không vượt
quá n −1. Sắp xếp theo lũy thừa tăng dần của α trong g(x), có thể viết lại đa
thức g(x) thành dạng sau đây:
g(x) = p
11
(x) + p
12
(x)α + ··· + p
1n
(x)α
n−1

, p
1i
(x) ∈ R[x].
Nhân hai vế của g(x) = p
11
(x) + p
12
(x)α + ··· + p
1n
(x)α
n−1
và thế α
n
bằng
−a
1
α
n−1
− ··· − a
n−1
α −a
n
ta lại có
g(x)α = p
21
(x) + p
22
(x)α + ··· + p
2n
(x)α

n−1
, p
2i
(x) ∈ R[x].
Cứ thế lặp lại, ta có
g(x)α
s
= p
s1
(x) + p
s2
(x)α + ··· + p
sn
(x)α
n−1
, p
si
(x) ∈ R[x].
Chú ý rằng, mỗi đa thức p
ss
(x) đều là đa thức bậc m của x với hệ tử cao nhất
bằng 1; các đa thức p
si
(x) còn lại có bậc nhỏ hơn m. Vì g(β) = 0 nên ta nhận
được hệ phương trình sau đây:



p
s1

(β) + p
s2
(β)α + ···+ p
sn
(β)α
n−1
= 0
s = 1, 2, . . . , n.
Do hệ phương trình này có nghiệm không tầm thường là (1, α, . . . , α
n−1
) nên
định thức phải bằng 0 hay det(p
si
(β)) = 0. Như vậy, β là nghiệm của đa thức
det(p
si
(x)) ∈ R[x] \{0}. Điều này chứng tỏ β là nguyên trên R.
Bổ đề 2.1.3. Giả sử α, β ∈ S. Nếu α và β là nguyên trên R thì γ = α + β và
δ = αβ cũng là nguyên trên R.
Chứng minh: Giả sử phương trình phụ thuộc nguyên của α trên R là f(x) =
x
n
+ a
1
x
n−1
+ ···+ a
n−1
x + a
n

= 0. Khi đó γ và δ là nghiệm của phương trình
h(x) = (x − β)
n
+ a
1
(x −β)
n−1
+ ···+ a
n−1
(x −β) + a
n
= 0
k(x) = x
n
+ a
1
βx
n−1
+ ··· + a
n−1
β
n−1
x + a
n
β
n
= 0
tương ứng. Vì h(x) và k(x) thuộc R[α][x] nên γ và β là những phần tử nguyên
trên vành R[α]. Từ đây suy ra γ và δ nguyên trên vành R theo Định lý 2.1.2.
13

Định lý 2.1.4. Giả sử R là một vành con của vành S. Khi đó, tập tất cả các
phần tử thuộc S nguyên trên R lập thành một vành con của S chứa R.
Chứng minh: Ký hiệu R là tập tất cả các phần tử thuộc S nguyên trên R.
Vì mỗi phần tử r ∈ R đều thỏa mãn phương trình x − r = 0 nên R ⊆ R. Nếu
α và β thuộc S là nguyên trên R thì α + β và αβ cũng là nguyên trên R theo
Bổ đề 2.1.3. Như vậy, α + β và αβ thuộc R khi α và β thuộc R. Từ đó suy ra:
R là một vành con của vành S chứa vành R.
Định nghĩa 2.1.5. Vành con R của S được gọi là bao đóng nguyên của R
trong S. Nếu R = R thì R được gọi là vành đóng nguyên trong S. Nếu S = R
thì S được gọi là vành nguyên trên R hay mở rộng nguyên của R
Định lý 2.1.6. Giả sử R là bao đóng nguyên của R trong S. Khi đó R là đóng
nguyên trong S.
Chứng minh: Giả sử α ∈ S là nguyên trên R. Khi đó có đa thức f(x) =
x
n
+ c
1
x
n−1
+ ···+ c
n−1
x + c
n
∈ R[x] thỏa mãn f(α) = 0. Vì các c
i
∈ R nên c
i
là nguyên trên R. Vậy α là nguyên trên R[c
1
, . . . , c

n
]. Vận dụng Định lý 2.1.2,
bằng quy nạp ta chỉ ra được α là phần tử nguyên trên R. Do đó α ∈ R. Do đó
R là đóng nguyên trong S.
Hệ quả 2.1.7. Cho R là một vành con của trường các số thực R và R chứa
vành Z. Giả sử f(x) và g(x) là hai đa thức với hệ tử cao nhất bằng 1 và cùng
thuộc R[x]. Khi đó, nếu đa thức tích h(x) = f(x)g(x) có các hệ số nguyên trên
Z thì các hệ số của f(x) và g(x) cũng nguyên trên Z.
Chứng minh: Vì C là trường đóng đại số nên ta có thể viết f(x) =
n

i=1
(x−α
i
)
và g(x) =
m

j=1
(x − β
j
) với các α
i
, β
j
∈ C. Ký hiệu S là bao đóng nguyên của
Z trong C. Vì đa thức tích h(x) = f(x)g(x) có các hệ số nguyên trên Z nên
h(x) ∈ S[x]. Vì h(α
i
) = 0 và h(β

j
) = 0 nên α
i
và β
j
nguyên trên S. Vì S là
bao đóng nguyên của Z trong C nên tất cả các α
i
và β
j
đều phải thuộc S theo
Định lý 2.1.6. Do các hệ số của f(x) và của g(x) chỉ là tổng và tích các α
i
và
β
j
tương ứng nên các hệ số của f(x) và của g(x) thuộc S. Như vậy, các hệ số
của f(x) và g(x) là nguyên trên Z.
14
Định lý 2.1.8. Giả sử R là một vành con của miền nguyên S và S = R. Khi
đó, S là một trường khi và chỉ khi R là một trường.
Chứng minh: Giả thiết R là một trường. Giả sử y ∈ S, y = 0. Vì y là nguyên
trên R nên có đa thức f(x) = x
n
+ a
1
x
n−1
+ ··· + a
n−1

x + a
n
∈ R[x], a
n
= 0
để f(y) = 0. Vì R là một trường và a
n
= 0 nên có y
−1
= a
−1
n
(y
n−1
+ a
1
y
n−2
+
··· + a
n−1
) ∈ S. Vậy S là một trường. Ngược lại, giả thiết S là một trường.
Giả sử r ∈ R, r = 0. Vì S là một trường và r = 0, r ∈ R ⊆ S nên có
r
−1
∈ S. Vì S = R nên r
−1
nguyên trên R. Khi đó ta có phương trình đa
thức (r
−1

)
m
+ b
1
(r
−1
)
m−1
+ ··· + b
m−1
(r
−1
) + b
m
= 0. Từ đây suy ra r
−1
=
−(b
1
+ b
2
r + ···+ b
m
r
m−1
) ∈ R. Vậy R là một trường.
2.1.2 Khái niệm số đại số
Trong mục này K được ký hiệu là trường con của trường đóng đại số C và K
chứa trường các số hữu tỷ Q. Ta gọi K là một trường số.
Định nghĩa 2.1.9. Số α ∈ C được gọi là phần tử đại số trên K nếu nó

là nguyên trên K. Trái lại, α được gọi là số siêu việt trên K. Đặt f(x) =
x
n
+ a
1
x
n−1
+ ···+ a
n−1
x + a
n
. Đa thức f(x) được gọi là phương trình đại số
của α trên K.
Khi K = Q thì phần tử đại số trên Q được gọi đơn giản là số đại số. Hiển
nhiên mọi số hữu tỷ s đều là số đại số vì s là nghiệm của đa thức x −s ∈ Q[x];
số e, π là những số siêu việt trên Q.
Định lý 2.1.10. Mỗi phần tử đại số α trên K đều là nghiệm của một đa thức
bất khả quy duy nhất f(x) thuộc vành K[x] với hệ số cao nhất bằng 1. Hơn nữa,
tất cả các đa thức p(x) ∈ K[x] nhận α làm nghiệm đều phải chia hết cho f(x).
Chứng minh: Vì α là phần tử đại số trên K nên tồn tại đa thức f(x) ∈ K[x]
nhận α làm nghiệm. Trong số các đa thức nhận α làm nghiệm ta chọn đa thức
f(x) bậc thấp nhất với hệ tử cao nhất bằng 1. Nếu f(x) là đa thức khả qui thì
f(x) phân tích được thành tích của hai đa thức g(x) và h(x) với bậc > 0 và hệ
tử cao nhất cũng bằng 1. Khi đó f(x) = g(x)h(x) với 0 < deg g, deg h < deg f.
15
Vì f(α) = 0 nên g(α)h(α) = 0. Vì C là một trường nên g(α) = 0, chẳng hạn.
Như thế có đa thức g(x) với deg g < deg f nhận α làm nghiệm : mâu thuẫn với
việc chọn của f(x). Điều này chỉ ra f(x) là bất khả qui. Tiếp theo, giả thiết
đa thức p(x) ∈ K[x] nhận α làm nghiệm. Nếu p(x) bằng 0 thì p(x) chia hết
cho f(x). Nếu p(x) = 0 thì viết p(x) = q(x)f(x) + r(x) với q(x), r(x) ∈ K[x]

và deg r < deg f. Vì f(α) = 0 và p(α) = 0 nên r(α) = 0. Từ việc chọn f(x)
suy ra r(x) = 0 hay p(x) chia hết cho f(x).
Định nghĩa 2.1.11. Đa thức bất khả quy f(x) ∈ K[x] với hệ số cao nhất bằng
1 nhận α làm nghiệm được gọi là đa thức tối tiểu của α trên K. Các nghiệm
α
1
, . . . , α
n
của đa thức tối tiểu của α được gọi là các liên hợp của α trên K.
Từ Định lý 2.1.8, ta có ngay kết quả sau đây:
Định lý 2.1.12. Tập tất cả các số đại số trên K là trường chứa K.
Giả thiết α ∈ C là số đại số trên Q với đa thức tối tiểu f(x) = x
n
+a
1
x
n−1
+
···+ a
n
. Ký hiệu Q[α] = {g(α) | g(x) ∈ Q[x]}. Định lý sau đây chỉ ra vành đa
thức Q[α] của α không những là một trường mà còn là một Q-không gian véc
tơ n chiều.
Định lý 2.1.13. Q[α] là một trường và là Q-không gian véc tơ n chiều.
Chứng minh: Vành Q[α] là một miền nguyên vì nó là vành con của trường
C. Lấy t ∈ Q[α] với t = 0. Khi đó có đa thức g(x) ∈ Q[x] đề t = g(α) = 0. Vì
g(α) = 0 nên (g(x), f(x)) = 1 và như thế tồn tại hai đa thức p(x), q(x) ∈ Q[x]
để g(x)p(x) + f(x)q(x) = 1. Dễ dàng suy ra g(α)p(α) = 1. Điều này chứng tỏ
t có nghịch đảo t
−1

= p(α) ∈ Q[α]. Vậy Q[α] là một trường.
Vì đa thức tối tiểu f(x) của α có bậc n nên 1, α, . . . , α
n−1
là độc lập tuyến
tính trên Q. Từ α
n
= −a
n
− a
n−1
α − ··· − a
1
α
n−1
và trong mỗi phần tử
t = g(α) ∈ Q[α] số α
n
được thay qua −a
n
− a
n−1
α − ··· − a
1
α
n−1
ta suy ra
1, α, . . . , α
n−1
là một hệ sinh của Q[α]. Vậy Q[α] là Q-không gian véc tơ n
chiều.

Trường Q(α) = {
g(α)
hα)
| g(α), h(α) ∈ Q[α], h(α) = 0} là trường con nhỏ nhất
của C chứa đồng thời cả Q và α.
16
Hệ quả 2.1.14. Ta có Q(α) = Q[α]
∼
=
Q[x]/(f).
Chứng minh: Hiển nhiên Q[α] ⊂ Q(α). Vì Q[α] là trường chứa Q và α nên
Q[α] ⊃ Q(α). Tóm lại Q[α] = Q(α). Từ toàn cấu φ : Q[x] → Q[α], g(x) → g(α),
với Ker(φ) = (f) suy ra Q[α]
∼
=
Q[x]/(f).
Định nghĩa 2.1.15. Giả sử K là trường mở rộng của Q và K ⊆ C. Số α ∈ K
được gọi là số đại số nguyên nếu α là nghiệm của một đa thức thuộc Z[x] với
hệ tử cao nhất bằng 1.
Từ Bổ đề Gauss về đa thức nguyên bản và Bổ đề Bezout về ước chung lớn nhất
của hai đa thức ta dễ dàng suy ra hai kết quả:
(1) Đa thức với hệ số nguyên là bất khả quy trên Z khi và chỉ khi nó là bất
khả quy trên Q.
(2) Nếu đa thức f(x) ∈ Z[x], deg f  1, với hệ tử cao nhất bằng 1 được biểu
diễn thành tích hai đa thức f(x) = g(x)h(x) với hệ tử cao nhất của g(x)
và h(x) đều bằng 1 thì g(x), h(x) ∈ Z[x].
Vận dụng kết quả này ta suy ra:
Bổ đề 2.1.16. Phần tử α thuộc một trường mở rộng K của Q là một số đại
số nguyên khi và chỉ khi đa thức tối tiểu của α là một đa thức thuộc Z[x].
Định lý 2.1.17. Giả sử α và β là hai số đại số nguyên và ϕ(x, y) là một đa

thức bất kỳ với hệ số nguyên. Khi đó ϕ(α, β) cũng là một số đại số nguyên.
Chứng minh: Theo Bổ đề 2.1.16, có hai đa thức g(x), h(x) ∈ Z[x] với hệ số
cao nhất bằng 1 là đa thức tối tiểu của α và β, tương ứng. Gọi α
1
= α, α
2
, . . . , α
n
là những liên hợp của α và gọi β
1
= β, β
2
, . . . , β
m
là những liên hợp của β. Xét
đa thức
F (x) =
n

i=1
m

j=1
(x −ϕ(α
i
, β
j
)).
Hiển nhiên, các hệ số của đa thức F (x) đều là những đa thức đối xứng của
các số α

i
và β
j
nên F(x) ∈ Z[x] có hệ số cao nhất bằng 1. Theo nhận xét (2)
ở trên, có nhân tử bất khả quy của F (x) thuộc Z[x] nhận ϕ(α, β) làm nghiệm.
Do vậy, ϕ(α, β) cũng là một số đại số nguyên.
17
Từ định lý này hay Định lý 2.1.4 ta suy ra ngay hệ quả sau đây:
Hệ quả 2.1.18. Nếu α và β là hai số đại số nguyên thì α ±β và α.β cũng là
những số đại số nguyên.
Hệ quả 2.1.19. Tập tất cả các số đại số nguyên thuộc K lập thành một vành
con O
K
của trường C.
Chú ý 2.1.20. Vành O
K
có thể không là một trường.
Giả sử d ∈ Z không chứa nhân tử chính phương. Ta xác định O
K
với
K = Q(
√
d) qua định lý sau đây:
Định lý 2.1.21. Giả sử K = Q(
√
d). Khi đó O
K
= Z[α], ở đó α =
√
d khi

d ≡ 2 hoặc d ≡ 3 (mod 4) và α =
1 +
√
d
2
khi d ≡ 1(mod 4).
Chứng minh: Vì α thỏa mãn α
2
− d = 0 khi d ≡ 2(mod 4) hoặc khi d ≡
3(mod 4) và α
2
− α +
1 −d
4
= 0 khi d ≡ 1(mod 4) nên α là số đại số nguyên.
Do vậy Z[α] ⊆ O
K
.Giả sử γ = a + b
√
d ∈ Q(
√
d) và γ là một số đại số
nguyên. Nếu b = 0 thì γ = a ∈ Q và như vậy γ = a ∈ Z ⊆ Z[α]. Nếu
b = 0 thì phương trình đa thức bậc thấp nhất nhận γ làm một nghiệm là
x
2
− 2ax + a
2
− b
2

d = 0. Theo Bổ đề 2.1.16, ta có 2a, a
2
− b
2
d ∈ Z. Từ đây
suy ra 4(a
2
− b
2
d) = (2a)
2
− (2b)
2
d ∈ Z. Như vậy (2b)
2
d ∈ Z. Vì d không chứa
nhân tử chính phương nên 2b ∈ Z. Ta có thể biểu diễn a =
n
2
và b =
m
2
với
m, n ∈ Z. Vì a
2
− b
2
d ∈ Z nên n
2
− m

2
d ≡ 0(mod 4). Do chỉ có hai số 0 và 1
là bình phương của số nguyên theo modulo 4 và d không chia hết cho 4 nên có
hai khả năng:
(1) d ≡ 2(mod 4) hoặc d ≡ 3(mod 4) và m, n là hai số chẵn.
(2) d ≡ 1(mod 4) và m, n là hai số cùng chẵn hoặc cùng lẻ.
Trong khả năng (1): Ta có a, b ∈ Z và γ ∈ Z[
√
d] = Z[α]. Trong khả năng (2):
Ta có γ = a + b
√
d = r + sα với r =
n −m
2
và s = m ∈ Z. Do vậy, γ cũng
thuộc Z[α].
18
Ví dụ 2.1.22. Khi d = −3 ta có d ≡ 1(mod 4). Số α =
1 +
√
−3
2
∈ Q(
√
−3) =
K là số đại số nguyên vì nó là nghiệm của đa thức x
2
− x + 1. Tập tất cả các
số đại số nguyên thuộc trường K = Q(
√

−3) là vành O
K
= Z

1 +
√
−3
2

theo
Định lý 2.1.21.
Ví dụ 2.1.23. Khi d = 7 ta có d ≡ 3(mod 4). Số α =
√
7 ∈ Q(
√
7) = K là
số đại số nguyên vì nó là nghiệm của đa thức x
2
− 7. Tập tất cả các số đại số
nguyên thuộc trường K = Q(
√
7) là vành O
K
= Z

√
7

theo Định lý 2.1.21. Số
√

7 ∈ Z

√
7

= O
K
,
√
7 = 0, nhưng
√
7
−1
/∈ O
K
. Như vậy, O
K
không là một
trường.
2.1.3 Chuẩn và vết
Bây giờ ta xét một số tính chất về chuẩn và vết của một phần tử. Gọi γ
1
, . . . , γ
n
là một cơ sở của Q-không gian véc tơ Q[α]. Cho số y ∈ Q[α]. Vì Q[α] là một
trường nên yγ
i
∈ Q[α]. Vì Q[α] là một Q-không gian véc tơ nên mỗi tích yγ
i
có thể biểu diễn thành một tổ hợp tuyến tính






yγ
i
=
n

j=1
a
ij
γ
j
a
ij
∈ Q, i, j = 1, . . . , n.
Định nghĩa 2.1.24. Giả sử y ∈ Q[α]. Số N(y) = det(a
ij
) và Sp(y) =
n

i=1
a
ii
được gọi là chuẩn và vết, tương ứng, của y; còn F
y
(x) = det[xE − (a
ij

)] được
gọi là đa thức đặc trưng của y đối với mở rộng Q[α].
Ví dụ 2.1.25. Với a ∈ Q ta có biểu diễn





aγ
i
=
n

j=1
a
ij
γ
j
a
ii
= a, a
ij
= 0 cho mọi i = j.
Khi đó N(a) = a
n
và Sp(a) = na.
Định lý sau đây chỉ ra chuẩn, vết và đa thức đặc trưng của một số không phụ
thuộc vào việc chọn cơ sở cho Q-không gian véc tơ Q[α].
Định lý 2.1.26. Định nghĩa chuẩn, vết và đa thức đặc trưng của một số không
phụ thuộc vào việc chọn cơ sở cho Q-không gian véc tơ Q[α].