(Luận văn thạc sĩ) biểu diễn số nguyên tố bởi các dạng toàn phương bậc hai nguyên

-1-

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
”””

NGUYỄN HUỲNH NGỌC XUÂN

BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN TỐ BỞI CÁC
DẠNG TOÀN PHƯƠNG BẬC HAI
NGUYÊN
Chuyên ngành: Đại số và lý thuyết số
Mã số: 604605

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học:
PGS.TS. Mỵ Vinh Quang

Thành phố Hồ Chí Minh, năm 2006


-2-

MỤC LỤC
Trang
Trang phụ bìa .............................................................................................................1
Mục lục .......................................................................................................................2
Mở đầu .......................................................................................................................3
Chương 1: Kiến thức cơ bản ....................................................................................4
1.1. Ký hiệu Legrendre ...........................................................................4

1.2 Ký hiệu Jacobi ...................................................................................10
1.3 vành các số nguyên đại số .................................................................11
Chương 2: Tình Euclide của vành các số nguyên đại số bậc hai..............................14
2.1 Miền Euclide .....................................................................................14
2.2 Ví dụ về miền Euclide .......................................................................15
2.3 Ví dụ về miền không Euclide ............................................................27
Chương 3: Biểu diễn số nguyên tố dưới dạng toàn phương bậc hai nguyên ............33
3.1 Bổ đề .................................................................................................33
3.2 Bổ đề..................................................................................................34
3.3 Định lý ...............................................................................................36
3.4 Định lý ..............................................................................................37
3.5 Định lý ..............................................................................................39
3.6 Một số hàm số học.............................................................................41
Tài liệu tham khảo .....................................................................................................47


-3-

MỞ ĐẦU
Một số nguyên n được gọi là biểu diễn được dưới dạng toàn phương bậc hai
nguyên: ax2 + bxy + cy2 (a, b, c ∈ Z) nếu có số nguyeân x, y sao cho n = ax2 + bxy + cy2.
Bài toán biểu diễn các số nguyên tố dưới dạng toàn phương bậc hai nguyên là
một trong những bài toán quan trọng và có nhiều ứng dụng của lý thuyết số. Trong luận
văn này chúng tôi nghiên cứu tính Euclide của các vành số nguyêncủa trường mở rộng
bậc 2, của trường các số hữu tỉ Q và sau đó ứng dụng nó để nghiên cứu một số cách
biểu diễn của số nguyên tố p bởi các dạng toàn phương bậc hai nguyên.
Luận văn gồm có 3 chương:
Chương 1: Kiến thức cơ bản.
Nêu định nghóa và tính chất của ký hiệu Legendre và Jacobi.
Định nghóa và mô tả vành số nguyên đại số của trường Q ( m )

Chương 2: Tính Euclide của vành các số nguyên đại số bậc hai.
Chúng tôi nghiên cứu khi nào vành số nguyên đại số bậc hai là miền
Euclide và không là miền Euclide.
Chương 3: Biểu diễn số nguyên tố dưới dạng toàn phương bậc hai nguyên.
Áp dụng chương 1 và chương 2 để xét xem khi nào số nguyên tố p biểu
diễn được dưới dạng toàn phương bậc hai nguyên và cho trước một số n ta
có thể tính được bao nhiêu ước d của n có thể biểu diễn được và tổng các
ước đó.
Tôi xin gởi lời cảm ơn đến các thầy, cô khoa toán trường ĐH Sư phạm TP.HCM
và các thầy cô đã tham gia giảng dạy tôi trong suốt quá trình học tập. Đặc biệt là
PGS.TS. Mỵ Vinh Quang đã nhiệt tình và dành nhiều thời gian để hướng dẫn, giúp đỡ
tôi trong việc chọn đề tài và thực hiện luận văn.


-4-

CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CƠ BẢN
1.1. Ký hiệu Legendre
1.1.1. Định nghóa
Đối với một phương trình đồng dư bậc 2 thì chúng ta hoàn toàn biết được phương
trình đó có nghiệm hay không và khi có thì có bao nhiêu nghiệm. Ta cũng có rằng
phương trình dạng Ax2 + Bx + C = 0 (mod P) (p là số nguyên tố lẻ) đều có thể đưa về
dạng x2 = a (modp) (1). Do đó chúng ta chỉ xét đến dạng (1).
Nếu phương trình (1) có nghiệm thì ta nó a là thặng dư bậc hai theo modun p còn
nếu phương trình (1) vô nghiệm thì ta nói a là bất thặng dư bậc hai theo modun p.
Trong một hệ thặng dư thu gọn theo modun p có
⎛ p −1 ⎞

2

đồng dư với các số 1, 22… ⎜
⎟ và
⎝ 2 ⎠

p −1
thặng dư bậc hai tương ứng
2

p −1
bất thặng dư bậc 2.
2

Ví dụ: Tìm thặng dư bậc hai theo modun 5.
⎧⎪ 2 2 ⎛ p − 1 ⎞2 ⎫⎪
2
2
Đặt s’ = ⎨1 ,2 ... ⎜
⎟ ⎬ = 1 ,2
⎝ 2 ⎠ ⎪⎭
⎪⎩

{ }

⇒ 1, 4 là thặng dư và 2, 3 là bất thặng dư bậc 2 theo modun 5.
Tìm thặng dư và bất thặng dư bậc 2 theo modun 7.

{

2

2

2

s’ = 1 ,2 ,3

}

⇒ Thặng dư bậc 2 theo modun 7 là 1, 4, 2 và 3, 5, 6 là bất thặng dư 2 theo modun 7.
Để xét xem phương trình x2 = a (modp), (a;p) = 1 có nghiệm hay không,
⎛a⎞

Legendre đã đưa vào ký hiệu ⎜ ⎟ (ký hiệu Legendre) được xác định như sau:
⎝p⎠
⎛a⎞
⎜ ⎟ = 1 nếu a là thặng dư bậc 2 theo modun p.
⎝p⎠
⎛a⎞
⎜ ⎟ = -1 nếu a là bất thặng dư bậc hai theo modun p.
⎝p⎠

1.1.2. Tính chất của ký hiệu Legendre
p −1
⎛a⎞
1. ⎜ ⎟ ≡ a 2 (modp)
⎝p⎠


-5⎛a⎞

* Nếu a là thặng dư bậc 2 theo modun p thì ta có ⎜ ⎟ = 1 hay có x0 sao cho a ≡
⎝p⎠
x (modp) ⇒ a
2
0

1 (modp) ⇒ a

p −1
2

p −1
2

≡ x 0p−1 (modp), mặt khác (xo, p) =1 nên theo định lý Fecma ta có x 0p−1 ≡
⎛a⎞

≡ x 0p−1 ≡ 1 (modp) maø ⎜ ⎟ = 1 nên a
⎝p⎠

p −1
2

⎛a⎞

≡ ⎜ ⎟ (modp)
p
⎝ ⎠

p −1

⎛a⎞
Vậy ⎜ ⎟ ≡ a 2 (modp)
⎝p⎠

⎛a⎞

* Nếu a là bất thặng dư bậc 2 theo modun p thì ta có: ⎜ ⎟ = -1
⎝p⎠
(a, p) = 1 ⇒ ap-1 ≡ 1 (modp)
⎛ p2−1 ⎞ ⎛ p2−1 ⎞
⇔ ⎜ a − 1⎟ ⎜ a + 1⎟ ≡ 0 (modp)
⎝
⎠⎝
⎠

Ta lại có mọi thặng dư đều thỏa Z
Nên a

p −1
2

p −1
2

≡ 1 (modp) bất thặng dư đều không thỏa

≡ -1 (modp) (Vì a là bất thặng dư theo modun p)

p −1
⎛a⎞

Vậy ⎜ ⎟ ≡ a 2 (modp)
⎝p⎠

⎛a⎞

⎛b⎞

2. Nếu a ≡ b (modp) thì ta coù ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟
⎝p⎠ ⎝p⎠
⎛1⎞

3. ⎜ ⎟ = 1 với mọi p nguyên tố lẻ.
⎝p⎠
Chứng minh: Thật vậy, phương trình x2 ≡ 1 (modp) bao giờ cũng có nghệim.
⎛ 1⎞

4. ⎜ − ⎟ = ( −1)
p
⎝

p −1
2

⎠

Chứng minh: Áp dụng tính chất (1) với a = -1. Ta có:
p −1
⎛ 1⎞
2
1

−
≡
−
(
)
⎜
⎟
⎝ p⎠

(modp)

Hai vế của đồng dư thức này chỉ lấy giá trị là 1 hoặc -1 và vì p là số nguyên tố lẻ
nên 1 và -1 là khác lớp nhau theo modun p do đó ta coù
p −1
⎛ 1⎞
⎜ − ⎟ = ( −1) 2
⎝ p⎠

⎛ a1a2 ...ak
p
⎝

5. ⎜

⎞ ⎛ a1 ⎞⎛ a2 ⎞ ⎛ a3 ⎞ ⎛ ak ⎞
⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ... ⎜ ⎟
⎠ ⎝ p ⎠⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠


-6-

Chứng minh:
⎛ a1a2 ...ak
p
⎝

p −1
⎞
a
a
...a
≡
⎟ ( 1 2 k ) 2 (modp) (tính chất 1)
⎠

⇔

⎛ a1a2 ...ak
⎜
p
⎝

p −1 p −1
p −1
p −1
⎞
⎛ ai ⎞
2
2
2

2
⎟ ≡ a1 .a2 ...ak (modp) maø ⎜ ⎟ ≡ ai (mod p)
p
⎠
⎝ ⎠

neân

⎛ a1a2 ...ak
⎜
p
⎝

⎞ ⎛ a1 ⎞ ⎛ a2 ⎞ ⎛ ak ⎞
⎟ ≡ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ... ⎜ ⎟ (modp)
⎠ ⎝ p ⎠⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠

⇒

⎛ a1a2 ...ak
⎜
p
⎝

⎞ ⎛ a1 ⎞ ⎛ a2 ⎞ ⎛ ak ⎞
⎟ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ... ⎜ ⎟
⎠ ⎝ p ⎠⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠

Ta coù: ⎜

⎛ b2 ⎞
⎛ b2 ⎞ ⎛ b ⎞ ⎛ b ⎞ ⎡1.1 = 1
Hệ quả: ⎜ ⎟ = 1 vì ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = ⎢
⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠ ⎣(−1)(−1) = 1
⎝ p ⎠

⎛ ab2 ⎞ ⎛ a ⎞ ⎛ b2 ⎞ ⎛ a ⎞
⎛ ab2 ⎞ a
⎛a⎞
⎟ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ .1 = ⎜ ⎟
⎜
⎟ = vì ⎜
⎝p⎠
⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠
⎝ p ⎠ p

6. Bổ đề Gao-xơ: Gọi μ là các số trong dãy a, 2a…
tuyệt đối nhỏ nhất theo modp là âm.

p −1
.a mà có thặng dư giá trị
2

⎛a⎞

Thế thì ta có: ⎜ ⎟ = (-1)μ
⎝p⎠
Chứng minh:
Đặt p1 =

p −1
2

– Ta xét các đồng dư thức:
1.a ≡ ε1r1 (modp)
2.a ≡ ε2r2 (modp)
…

(2)

p1a ≡ εp1rp1 (modp)
Trong đó: εi = ±1 vaø 1 ≤ ri ≤ p1.
Trong p1 số ε1 có μ số âm, còn lại p1 – μ số dương. Để chứng minh mệnh đề trên ta sẽ
⎛a⎞

chứng minh rằng ⎜ ⎟ = ε1.ε2… εp1
⎝p⎠


-7-

– Ta hãy xét dãy:
a, -a, 2a, -2a… p1a, -p1a
Đó là một hệ thặng dư thu gọn theo modp, các thặng dư giá trị tuyệt đối nhỏ nhất
theo mod p tương ứng là ε1r1, -ε1r1, ε2r2, -ε2r2… εp1rp1, -εp1rp1
Trong đó các thặng dư này phải trùng với các số 1, 2… p1 sai khác một thứ tự, như
vậy ta có:
r1.r2… rp = 1.2… p1 = p1! Nhân các đồng dư thức (2) từng vế với nhau ta được:
p1 !a ≡ ε1ε 2 ...ε p .p1 ! (mod p)
p1

1

⇒

ap1 ≡ ε1 ε2…εp1 (modp)
p −1
⎛a⎞
⎛a⎞
Maø ⎜ ⎟ ≡ a 2 = ap1 (modp) ⇒ ⎜ ⎟ ≡ ε1 ε2…εp1 (modp) vì hai vế của đống dư thức
⎝p⎠
⎝p⎠

chỉ là 1 hoặc -1 và p là số nguyên tố lẻ nên 1 và -1 là hai lớp khác nhau theo modun p
⎛a⎞

do đó ta coù: ⎜ ⎟ = ε1 ε2…εp1
⎝p⎠
p1

⎡ ka ⎤
p −1
⎛a⎞
(a −1)+ ∑ ⎢ ⎥
p⎦
7. ⎜ ⎟ = ( −1) 8
k =1 ⎣
⎝p⎠
2

Chứng minh: để chứng minh công thức này ta chứng minh:
p1
⎡ ka ⎤
p2 − 1
μ≡
(a − 1) + ∑ ⎢ ⎥ (mod 2)
8
k =1 ⎣ p ⎦

– Ta xét dãy các đẳng thức:
a = q1p + γ1
2a = q2p + γ2

(3)

…
P1a = qp1p + γp1, 0 ≤ γi < p
Nhö vậy trong p1 số γi có μ số lớn hơn
p – ri và vì thế ta có:
p1

p1

i =1

i =1

p −1
. Ta còn có γi hoặc bằng ri hoặc bằng
2

∑ γ i = ∑ εi ri + μp
Neáu εi >0 => γi = ri
εi <0 => γi = p - γi
– Như vậy cộng đẳng thức (3) từng vế ta được:


-8-

( p1 + 1) p1 a = p p1 ⎡ ka ⎤ +

( p1 + 1) p1 p 2 − 1
p −1
=
do đó
∑
⎢ ⎥ ∑ ε1ri + μp (*) vì p 1 = 2 neân
2
8
k =1 ⎣ p ⎦
i =1

2

(*) ⇔ a.
Đặt

A=

p1

p1
⎡ ka ⎤ p1
p2 − 1
= p∑ ⎢ ⎥ + ∑ ε1ri + μp
8
k =1 ⎣ p ⎦
i =1

∑ r ; -B = ∑ r

εi > 0

i

εi < 0

(4)

(A, B > 0)

i

p1 ( p1 + 1) p2 − 1
=
A + B = ∑ ri = 1 + 2 + ... + p1 =
2
8
i =1
p1

p1

∑ ε r = A − B = A + B − 2B =
i i

i =1

p2 − 1
− 2B
8

Thay kết quả này vào đẳng thức (4), ta được:
a.

⇔

p1
⎡ ka ⎤ p2 − 1
p2 − 1
= p∑ ⎢ ⎥ +
− 2B + μp
8
8
k =1 ⎣ p ⎦

( a − 1)

p1
p1

⎡ ka ⎤
⎡ ka ⎤
p2 − 1
+ p∑ ⎢ ⎥ = 2p∑ ⎢ ⎥ - B + μp
8
k =1 ⎣ p ⎦
k =1 ⎣ p ⎦

Ta lại có p là số nguyên tố lẻ nên p ≡ 1 (mod2). Lấy đồng dư thức theo modun 2 hai vế
của (4) ta được :
⎛ p2 − 1 ⎞ p1 ⎡ ka ⎤
⎟+∑⎢ ⎥
⎝ 8 ⎠ k =1 ⎣ p ⎦

μ ≡ (a – 1). ⎜

Áp dụng công thức 6 ta được:
p1

⎡ ka ⎤
p −1
⎛a⎞
.( a −1) + ∑ ⎢ ⎥
μ
8
⎣p⎦
1
1
=
−

=
−
(
)
(
)
=
k
1
⎜ ⎟
p
⎝ ⎠
2

⎛2⎞

8. ⎜ ⎟ = ( −1)
⎝p⎠

p2 −1
8

Chứng minh: Áp dụng công thức 7 với a = 2
Vì

k = 1, 2…
k<

⇒

p −1
neân
2

p −1
⇒ ak = 2k ≤ (p – 1) < p
2

⎡ ka ⎤
p −1
⎢ p ⎥ = 0, ∀k = 1, 2… 2
⎣ ⎦
p1

⎡ ka ⎤
p −1
p −1
⎛2⎞
.( 2 −1) + ∑ ⎢ ⎥
8
p ⎦ = ( −1) 8
⎣
1
=
−
(
)
=
k
1

⎜ ⎟
⎝p⎠
2

2

(mod2)


-9-

9. Nếu p, q là hai số nguyên tố lẻ phân biệt thì ta có
p −1 q −1
⎛q⎞
⎛p⎞
.
⎜ ⎟ = ( −1) 2 2 . ⎜ ⎟
⎝p⎠
⎝q⎠

Chứng minh:
⎛q⎞ ⎛p⎞

Ta sẽ chứng minh rằng ⎜ ⎟ . ⎜ ⎟ = ( −1)
⎝p⎠ ⎝q⎠

p −1 q −1
.
2 2

Theo công thức 7, ta coù:
⎛q⎞
⎜ ⎟ = ( −1)
⎝p⎠

p−1

p−1
2

2
⎡ kq ⎤
p2 −1
( q −1) + ⎢ ⎥
8
p⎦
k =1 ⎣

∑

q−1
2

⎛p⎞

⎡ kq ⎤

⎢ ⎥
p ⎦ (vì (q – 1) là số chẵn)
= ( −1)∑

k =1 ⎣

⎛q⎞ ⎛p⎞

⎡ lp ⎤

Tương tự: ⎜ ⎟ = ( −1)∑ ⎢⎣ q ⎥⎦ neân ⎜ ⎟ . ⎜ ⎟ = ( −1)
⎝p⎠ ⎝q⎠
⎝q⎠

p−1
q −1
2 ⎡ kq ⎤ 2 ⎡ lp ⎤
∑ ⎢ ⎥+ ∑ ⎢ ⎥
k =1 ⎣ p ⎦ l=1 ⎣ q ⎦

l=1

Ta chứng minh:
p −1

q −1

p − 1 q − 1 2 ⎡ kq ⎤ 2 ⎡ lp ⎤
= ∑⎢ ⎥+∑⎢ ⎥
.
2
2
k =1 ⎣ p ⎦
l =1 ⎣ q ⎦

Ta xét

p −1 q −1
p −1
q −1
số có dạng kq.lp với k = 1, 2…
; l = 1, 2…
.
2
2
2
2

Trong đó các số kq - lp đó hiển nhiên không có số nào bằng 0.
Gọi số các số dương trong đó là s1 và số các số âm là s2, ta có:
s1 + s 2 =

p −1 q −1
.
2
2

Mặt khác ta có s1 là số các số l sao cho kq – lp > 0 với k = 1, 2…
kq
p −1
các soá l sao cho l <
, k = 1, 2…
⇒ s1 =
p

2

p −1
2

⎡ kq ⎤

∑⎢ p ⎥
k =1

⎣

⎦

Và tương tự s2 là số các số k sao cho kq – lp < 0 với l = 1, 2…
các số k sao cho k <
p −1
2

lp
q −1
với l = 1, 2…
⇒ s2 =
q
2

⎡ kq ⎤
Vaäy s1 + s2 = ∑ ⎢ ⎥ +
k =1 ⎣ p ⎦

q −1
2

⎡ lp ⎤

∑⎢ q ⎥
l =1

⎣

⎦

p −1
nghóa là số
2

q −1
2

⎡ lp ⎤

∑⎢ q ⎥
l =1

⎣

⎦

q −1
nghóa là số

2


- 10 -

⇔

p −1 q −1
=
.
2
2

p −1
2

⎡ kq ⎤

∑⎢ p ⎥
k =1

⎣

⎦

⎛q⎞ ⎛p⎞

Do đó ta có: ⎜ ⎟ . ⎜ ⎟ = ( −1)
⎝p⎠ ⎝q⎠
⇒

+

q −1
2

⎡ lp ⎤

∑⎢ q ⎥
l =1

⎣

⎦

p −1 q −1
.
2 2

p −1 q −1
⎛q⎞
⎛p⎞
.
⎜ ⎟ = ( −1) 2 2 . ⎜ ⎟
⎝p⎠
⎝q⎠

1.2. Ký hiệu Jacobi
1.2.1. Định nghóa
Cho p là một số lẻ lớn hơn 1 và p = p1.p2… pr là dạng phân tích của p thành thừa

số nguyên tố (p1, p2… pr: có thể trùng nhau) và cho (a, p) = 1. Khi đó ký hiệu Jacobi
được xác định bởi đẳng thức:
⎛ a ⎞ ⎛ a ⎞⎛ a ⎞ ⎛ a ⎞
⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ... ⎜ ⎟
⎝ p ⎠ ⎝ p1 ⎠ ⎝ p2 ⎠ ⎝ p r ⎠
⎛a⎞
⎟ laø ký hiệu Legendre.
⎝ pi ⎠

Trong đó ⎜

1.2.2. Các tính chất
⎛a⎞ ⎛a ⎞

1. Nếu a ≡ a1 (modp) thì ta có ⎜ ⎟ = ⎜ 1 ⎟
⎝p⎠ ⎝ p ⎠
⎛1⎞

2. ⎜ ⎟ = 1
⎝p⎠
⎛ 1⎞

3. ⎜ − ⎟ = ( −1)
p
⎝

p −1
2

⎠

⎛ a1a2 ...an ⎞ ⎛ a1 ⎞⎛ a2 ⎞ ⎛ an ⎞
⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ... ⎜ ⎟
p
⎝
⎠ ⎝ p ⎠⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠

4. ⎜

⎛ b2 ⎞

⎛ ab2 ⎞ ⎛ a ⎞

Hệ quả: ⎜ ⎟ = 1; ⎜
⎟=⎜ ⎟
⎝ p⎠
⎝ p ⎠ ⎝p⎠
p −1
⎛2⎞
5. ⎜ ⎟ = ( −1) 8
⎝p⎠
2

6. Nếu P, Q là hai số lẻ nguyên tố cùng nhau thì ta có:
p −1 Q −1
⎛P⎞
.
⎛Q⎞
2
2 .

1
=
−
(
)
⎜ ⎟
⎜Q⎟
⎝P⎠
⎝ ⎠


- 11 -

1.3. Vành của các số nguyên đại số
1.3.1. Định nghóa số nguyên đại số
Một số là một số nguyên đại số nếu và chỉ nếu nó thỏa mãn trên Q một phương
trình đa thức đơn hệ với hệ số nguyên.
1.3.2. Định lý
Nếu d ≠ 1 là một số nguyên không có nhân tử bình phương thì trong trường hợp d
≡ 2 hoặc d ≡ 3 (mod 4) các số nguyên đại số trong Q d là các số a + b d với các hệ

( )

số là các số nguyên (hữu tỉ). Nhưng nếu d ≡ 1 (mod 4) thì các số nguyên của Q

( d ) là

⎛ 1+ d ⎞
⎟⎟ với a, b là số nguyên hữu tỉ.
2

⎝
⎠

các số a + b ⎜⎜
Chứng minh:

– Nhận xét:
Nếu a ≡ 1 (mod 2) => a = 2r + 1 ⇒ a2 = 4r2 + 4r + 1 ≡ 1 (mod 4)
Vaäy a ≡ 1 (mod 2) => a2 ≡ 1 (mod 4)
a ≡ 0 (mod 2) ⇒ a2 = 0 (mod 4) theo modun 4.
Chứng minh:
∀u∈Q

( d ) ⇒ u đều có thể viết dưới dạng

không có nhân tử chung nào cả.

a+ b d
trong đó a, b, c ∈ Z và
c

Ta giả sử b ≠ 0 để loại trừ trường hợp tầm thường của một số hữu tỉ. Khi đó
phương trình bậc hai đơn hệ bất khả quy cho u laø:
⎛
a + b d ⎞⎛
a−b d ⎞
2a
a2 − db2
2
=0

⎜⎜ x −
⎟⎟ ⎜⎜ x −
⎟⎟ = x − x +
c
c
c
c2
⎝
⎠⎝
⎠

Neáu u là số nguyên đại số thì các hệ số
4a2 4a2 − 4db2 4db2
,
, 2 ∈ Z.
c2
c2
c

Giả sử c được phân tích ra thừa số nguyên tố là:
c = p1α p2α ...pαr , αi ≥ 0
1

⇒

2

r

c2 = p12 α p22 α ...p2r α

1

2

r

Nếu trong sự phân tích trên có pi ≠ 2 thì:
pi|c,c|2a => pi|2a => pi ⏐a (vì pi ≠2)

2a a2 − db2
cũng phải là số nguyên ⇒
,
2
c2


- 12 -

pi|c => p2i c2 ; c2 4db2 => p2i 4db2 => pi b2 => pi b (vì d không có nhân tử bình
phương).
⇒ a, b, c có nhân tử chung là pi (vô lý với cách chọn a, b, c).
Vậy c = 2α, α ≥ 0
Ta chứng minh α = 0 ∨ α = 1
Neáu α ≥ 2 thì 4|c, c|2a ⇒ 4|2a ⇒ 2|a
4|c ⇒ 16|c2, c2|4db2 ⇒ 16|4db2

⇒ 4|db2 ⇒ 2|b2 ⇒ 2|b

Vaäy a, b, c có nhân tử chung là 2 (vô lý)
Vậy α chỉ có thể là 0 hoặc 1 hay c = 1 ∨ c = 2

Trường hợp d ≡ 2 hoặc d ≡ 3 (mod 4)
Nếu c = 2 thì

a2 − db2 a2 − db2
∈ Z ⇔ a2 – db2 ≡ 0 (mod 4) ⇔ a2 ≡ db2 (mod 4)
=
2
c
4

Neáu b ≡ 1 (mod 2) ⇒ b2 ≡ 1 (mod 4) ta lại có d ≡ 2 hoặc d ≡ 3 (mod 4) nên db2 ≡ 2 hoặc
db2 ≡ 3 (mod 4)
Do đó a2 ≡ 2 (mod 4) hoặc a2 ≡ 3 (mod 4) (trái với nhận xét)
Nếu b ≡ 0 (mod 2) ⇒ b2 ≡ 0 (mod 4) ⇒ db2 ≡ 0 (mod 4) maø a2 ≡ db2 (mod 4)
⇒

a2 ≡ 0 (mod 4) ⇒

a ≡ 0 (mod 2)

Trường hợp này a, b, c có nhân tử chung là 2 (vô lý với cách chọn a, b, c)
Vậy c không thể bằng 2 nên c chỉ có thể bằng 1.
Khi đó u được viết dưới dạng u = a + b d
Các số nguyên đại số trong Q

( d ) là các số a + b

d ; a, b ∈ Z

Ngược lại mọi số dạng a + b d ; a, b ∈ Z đều là số nguyên đại số trong Q

( d ) vì

nó thỏa phương trình có hệ số nguyên:
x2 – 2ax + a2 – db2 = 0
Trường hợp d ≡ 1 (mod 4)
Nếu c = 1 thì u = a + b d ∈ Z + Z d ⊂ Z + Z

1+ d
2

Nếu c = 2:
Ta có:

a2 − db2 a2 − db2
∈Z
=
c2
4

(vì d ≡ 1 (mod 4))

⇔ a2 – db2 ≡ 0 (mod 4) ⇔ a2 ≡ db2 ≡ b2 (mod 4)


- 13 -

Neáu a ≡ 0 (mod 2) ⇒ a2 ≡ 0 (mod 4) ⇒ b2 ≡ 0 (mod 4) ⇒ b ≡ 0 (mod 2)
⇒ a, b, c coù nhân tử chung là 2 (vô lý)
Nếu a ≡ 1 (mod 2) ⇒ a2 ≡ 1 (mod 4) ⇒ b2 ≡ 1 (mod 4) ⇒ b ≡ 1 (mod 2)

Vaäy a ≡ b ≡ 1 (mod 2), khi đó các số nguyên đại số trong Q d là các số
⎛ 1+ d ⎞
a+ b d a−b
1+ d
=
+ b ⎜⎜
⎟⎟ = a’ + b’.
2
2
2
⎝ 2 ⎠

(a’ =

a−b
∈ Z vì a ≡ b ≡ 1 (mod 2); b = b’)
2

Ngược lại các soá

a+ b d
, (a, b ∈ Z, a ≡ b ≡ 1 (mod 2), d ≡ 1 (mod 4))
2

Vì nó thỏa phương trình hệ số nguyên: x2 – ax +

a2 − db2
=0
4

(a ≡ b ≡ 1 (mod 2) ⇒ a2 ≡ b2 ≡ 1 (mod 4) ⇒ a2 – db2 ≡ 1 – d (mod 4)
a2 – db2 ≡ 0 (mod 4)

⇒

a2 − db2
∈ Z)
4


- 14 -

CHƯƠNG 2:

TÍNH EUCLIDE CỦA VÀNH CÁC SỐ NGUYÊN ĐẠI SỐ BẬC HAI
2.1. Miền Euclide
2.1.1. Định nghóa hàm Euclide
Cho D là một miền nguyên.
Ánh xạ φ: D → Z được gọi là hàm Euclide trên D nếu nó thỏa 2 tính chất sau:
i. φ (ab) ≥ φ (a), ∀ a, b ∈ D, b ≠ 0
ii. Neáu a, b ∈ D, b ≠ 0 thì tồn tại q, r ∈ D sao cho: a = qb + r vaø φ (r)<φ (b)
Ví dụ:
1. φ (a) = |a|, a ∈ Z là một hàm Euclide trên Z.
2. Cho D = F[x], F là trường.
D là miền đa thức ẩn x, hệ số trong F lấy p(x) ∈ D t hì:
φ (p(x)) =

deg p(x), p(x) ≠ 0
-1

, p(x) = 0

là một hàm Euclide trên D.
Trong trường hợp tổng quát, phần tử q, r trong ii) xác định không duy nhất.
2.1.2. Tính chất của hàm Euclide
Cho D là một miền nguyên có hàm Euclide φ , a, b ∈ D thì:
i. a ~ b ⇒ φ (a) = φ (b)
ii. a|b vaø φ (a) = φ (b) ⇒ a ~ b
iii. a ∈ U(D) ⇔ φ (a) = φ (1)
iv. φ (a) > φ (0), nếu a ≠ 0
Chứng minh:
i. a ~ b ⇒ ∃ u ∈ U(D): a = bu ⇒φ a) = φ (bu) > φ (b) (u ≠ 0) (1)
b = au-1 ⇒ φ (b) = φ (au-1) > φ (a) (2)
Từ (1) và (2) => φ (a) = φ (b)
ii
→ ∃ q, r: a = bq + r, φ (r) < φ (b) =φ(a)
ii. φ laø haøm Euclide ⎯⎯

Mặt khác a|b nên a|r
Nếu r ≠ 0 thì φ (a) ≤ φ (r) (vô lý) vậy r = 0
⇒

a = bq maø b = ac = bqc ⇒ b(1 – qc) = 0 ⇒ qc =1


- 15 -

⇒

c ∈ U(D) hay a ~ b {U(D) = các phần tử khả nghịch trong D}

iii. Chứng minh: a ∈ U(D) ⇔ φ (a) = φ (1)
i
a ∈ U(D) ⇔ a ~ 1 ⎯⎯
→ φ (a) = φ(1)

(⇐) 1/a, φ (a) = φ(1) ⇒ a ~ 1 ⇒ a ∈ U(D)
iv. Ta coù q, r ∈ D: 0 = aq + r, φ (r) < φ (a)
Neáu r ≠ 0 thì q ≠ 0, r = -aq ⇒ φ (r) = φ (-aq) ≥ φ (a) (vô lý)
Vậy r = 0 ⇒ φ (a) > φ (0)
2.1.3. Định nghóa miền Euclide
Cho D là một miền nguyên. Nếu D có hàm Euclide φ(a) thì D được gọi là miền
Euclide với hàm φ .
Nhận xét: Miền Euclide là miền Iđêan chính.
Chứng minh:
Giả sử D là miền Euclide với hàm φ , I ∇ D.
Nếu I = {0} thì I = <0>
I ≠ {0}

⇒

Đặt

s = {φ (a), a ≠ 0, a ∈ I}

Vì

I ≠ {0} nên s ≠ φ và ta coù φ (a) > φ (0), ∀ a ≠ 0

s bị chặn dưới ⇒ tồn tại phần tử nhỏ nhất.
Giả sử φ (a) = min S

0 ≠ a∈I

∀b ∈ I ⇒ ∃ q, r ∈ D: b = aq + r, φ (r) < φ (a)
Neáu r ≠ 0 ⇒ φ (r) ∈ S maø φ (r) < φ (a) mâu thuẫn với việc chọn a. Vậy r = 0 ⇒
b = aq hay I = <a>
Vậy I là Iđêan chính.
2.2. Ví dụ về miền Euclide
2.2.1. Định lý
a. Z là miền Euclide
b. Cho F là một trường, F[x] là một miền Euclide.
2.2.2. Hàm φ m
Cho m là số nguyên không chính phương.
Hàm φm: Q

( m ) → Q được định nghóa bởi:


- 16 -

(

)

φm r + s m = |r2 - ms2| ∀ r, s ∈ Q
2.2.3. Tính chất cơ bản cuûa φm
a. φm: Z + Z m → N ∪ {0}
⎛

b. Nếu m ≡ 1 (mod 4) thì φm: ⎜⎜ Z + Z
⎝

c. α ∈ Q

( m), φ

m(α)

1+ m ⎞
⎟ → N ∪ {0}
2 ⎟⎠

=0⇔α=0

d. φm(αβ) = φm(α). φ m(β), ∀ α, β ∈ Q

( m)

e. φm(αβ) ≥ φm(α), ∀ α, β ∈ Z + Z m , β ≠ 0
⎛l+ m ⎞
⎟⎟ ,β ≠ 0
⎝ 2 ⎠

f. Neáu m ≡ 1 (mod 4) thì φm(αβ) ≥ φm(α), ∀ α, β ∈ Z + Z. ⎜⎜
Chứng minh:
a.

α = r + s m ; r, s ∈ Z
φm(α) = |r2 – ms2| ∈ N ∪ {0}

b.

α=r+s

1+ m
s s
= r+ +
m ; r, s ∈ Z
2
2 2
2

s⎞
s2
s2
⎛
φm(α) = ⎜ r + ⎟ − m = r 2 + rs + (1 − m )
4
4
⎝ 2⎠

m ≡ 1 (mod 4) ⇒ (m – 1) # 4 ⇒ r 2 + rs + (1 − m )
c.

α=r+r m ∈Q

s2
∈ N ∪ {0}
4

( m)

φm(α) = |r2 – ms2| = 0 ⇔ r2 = ms2 ⇔ r = ±s m ; r, s ∈ Q
Vì m là số nguyên không chính phương nên r = s = 0 ⇒ α = 0
d.

α = r + s m ; r, s ∈ Q
β = a + b m ; a, b ∈ Q

(

)(

α.β = r + s m a + b m

)

= ra + bsm + ( rb + sa ) m
φm(αβ) = |(ra + bsm)2 – m(rb + sa)2|
φm (α). φm(β) = |r2 – ms2| |a2 – mb2|
= |r2a2 – r2b2m – ms2a2 + m2b2s2|


- 17 -

= |r2a2 + m2b2s2 + 2rsabm – m(r2b2 + 2rsba + ?
= |(ra + bs)2 – m(rb + sa)2|
Vaäy φm(αβ) = φm (α).φm (β)
e.

φm(αβ) ≥ φm (α), ∀ α, β ∈ Z + Z m , β ≠ 0

Ta coù: φm: Z + Z m → N ∪ {0}
β ≠ 0 ⇒ φm(β) ≠ 0 ⇔ φm(β) ≥ 1, φm (α) ≥ 0
φm(αβ) = φm(α). φm(β) ≥ 1. φm (α)
⇔

φm (αβ) ≥ φm (α)

f.

Neáu m ≡ 1 (mod 4) thì φm: Z + Z

1+ m
→ N ∪ {0}
2

φm (αβ) = φm (α).φm (β)
φm (α) ≥ 0

⇒ φm (αβ) ≥ φm (α), ∀ β ≠ 0

β ≠ 0 ⇒ φm (β) ≥ 1
2.2.4. Bổ đề
Cho m là số nguyên không chính phương.
Z + Z m là miền Euclide với hàm φm nếu và chỉ nếu mọi x, y ∈ Q thì tồn tại a,
b ∈ Z sao cho:

((

) (

φm x + y m − a + b m

)) < 1

Chứng minh:
(⇒)
Giả sử Z + Z m là miền Euclide với φm, ta chứng minh với mọi x, y ∈ Q

((

) (

tồn tại a,b ∈ Z sao cho φm x + y m − a + b m
∀ x, y ∈ Q, x + y m =

)) < 1

r+s m
; r, s, t ∈ Z
t

Vì Z + Z m là miền Euclide với φm → ∃ a, b, c, d ∈ Z

(

) (

)

(

)

r + s m = a + b m t + c + d m sao cho: φ m c + d m < φm(t)

(

⎛ r+s m
⎞
− a + b m ⎟⎟
t
⎝
⎠

)

Xeùt φm( x + y m − a + b m = φm ⎜⎜

(

)

φm c + d m
⎛ c+d m ⎞
<1
⎟⎟ =
t
φm (t)
⎝

⎠

= φm ⎜⎜

(

)


- 18 -

(⇐) Ngược lại nếu mọi x,y∈Q thì tồn taïi a,b∈Z: φm (x + y m - (a + b m ))<1 ta chứng
minh: Z + Z m là miền Euclide:
Ta có: φm: Z + Z m → N ∪ {0}
i. φm(αβ) ≥ φm(α), ∀ β ≠ 0, α, β ∈ Z + Z m
ii. ∀ r + s m , t + u m ∈ Z + Z m ; t + u m ≠ 0
r+s m
= x + y m ; Trong đó
t+u m

(

x=

rt − msu
∈Q
t 2 − mu2

y=

st − ru
∈Q
t − mu2
2

)

Vì t + u m ≠ 0 ⇒ φm t + u m ≠ 0 ⇔ t2 – mu2 ≠ 0

(

(

Theo giả thiết ⇒ ∃ a, b ∈ Z: φm x + y m − a + b m

(

)) < 1
)(

) (

Đặt c=r–at – bum, d = s – au – bt thì r + s m = a + b m t + u m + c + d m

(

)

(

Ta cần chứng minh: φm c + d m < φm t + u m

(

)

)

) = φ ⎛ c+d m ⎞ = φ x+ y m − a+ b m < 1
⎜⎜
⎟⎟
(
))
(
φ (t + u m )
⎝ t+u m ⎠
⇒ φ ( c + d m ) < φ ( t + u m ) ; (φ ( t + u m ) > 0)
φ c+d m

m

m

m

m

m

m

2.2.5. Bổ đề
Cho m là số nguyên không chính phưong m ≡ 1 (mod 4). Miền nguyên
⎛ 1+ m ⎞
⎟⎟ là miền Euclide với hàm φm nếu và chỉ nếu mọi x, y ∈ Q tồn tại a, b ∈ Z
⎝ 2 ⎠

Z + Z ⎜⎜

⎛

⎛

⎝

⎝

sao cho: φm ⎜ x + y m − ⎜⎜ a + b
⎜

1+ m ⎞ ⎞
⎟⎟ < 1
2 ⎟⎠ ⎟⎠


- 19 -

Chứng minh:
⎛ 1+ m ⎞
⎟⎟ là miền Euclide. Ta chứng minh mọi x,y∈Q. tồn tại

⎝ 2 ⎠

(⇒) Giả sử: Z + Z ⎜⎜
⎛

⎛

⎝

⎝

a,b ∈Z sao cho: φm ⎜ x+y m - ⎜⎜ a+b
⎜

1+ m ⎞ ⎞
⎟⎟ < 1:
2 ⎟⎠ ⎟⎠

Thật vậy
∀ x, y ∈ Q, giả sử x + y m =
Ta coù: Z + Z m ⊂ Z + Z
nên có a + b

r+s m
; r, s, t ∈ Z
t

⎛ 1+ m ⎞
1+ m
vì Z + Z ⎜⎜

⎟⎟ là miền Euclide với hàm φm
2
⎝ 2 ⎠

1+ m
1+ m
, c+d
sao cho:
2
2

⎛

r + s m = ⎜⎜ a + b
⎝

⇒ c+d

⎛
1+ m ⎞ ⎛
1+ m ⎞
1+ m ⎞
⎟⎟ t + ⎜⎜ c + d
⎟⎟ , φm ⎜⎜ c + d
⎟ < φm(t)
2 ⎠ ⎝
2 ⎠
2 ⎟⎠
⎝

1+ m
1+ m
= r + s m - a+b
t
2
2

⎛
1+ m
⎜ c+d
2
⇒⎜
t
⎜
⎜
⎝
⎛

⎛

⎝

⎝

⎞
⎟ r+s m
⎟=
t
⎟
⎟

⎠

φm ⎜ x + y m − ⎜⎜ a + b
⎜

1+ m ⎞⎞
⎟⎟
2 ⎟⎠ ⎟⎠

(

a+b

1+ m
2

)=

⎛
1+ m
⎜ c+d
2
= φm ⎜
t
⎜
⎜
⎝

x + y m − (a + b

1+ m
)
2

⎞ φ ⎛ c + d 1+ m ⎞
⎟
m⎜
⎟
2 ⎠
⎝
⎟=
<1
φm (t)
⎟
⎟
⎠

(⇐) Ngược lại mọi x , y ∈ Q tồn tại a, b ∈ Z sao cho :
⎛
⎛
1+ m ⎞ ⎞
1+ m
.
Ta
chứ
n
g
minh:
Z
+

Z
là miền Euclide với φm.
φm ⎜ x+y m - ⎜⎜ a+b
<
1
⎟
⎟
⎟⎟
⎜
2
2
⎝
⎠⎠
⎝

Thaät vaäy:
i. φm: Z + Z

1+ m
→ N ∪ {0} (m ≡ 1 (mod 4))
2

φm(αβ) ≥ φm(α), ∀ α, β ∈ Z + Z
ii. ∀ r + s

1+ m
,β≠0
2

1+ m

1+ m
1+ m
1+ m
,t+u
∈Z+Z
,t+u
≠0
2
2
2
2


- 20 1+ m
2r + s + s m
2
= x + y m ; trong đó:
=
1 + m 2t + u + u m
t+u
2
r+s

x=
y=

( 2r + s )( 2t + u ) − sum ∈ Q
2
( 2t + u ) − mu2
2 ( st − ru )

( 2t + u )

2

− mu2

∈Q
⎛

⎛

⎝

⎝

Theo giả thiết tồn tại a, b ∈ Z sao cho: φm ⎜ x + y m − ⎜⎜ a + b
⎜
Đặt

c = r – ta - bu

1+ m ⎞⎞
⎟⎟ < 1
2 ⎟⎠ ⎟⎠

m −1
∈ Z (vì m ≡ 1 (mod 4))
4

d = s – bt – au – bu ∈ Z
Ta có nhận xét: r + s

⎛
1+ m
1+ m ⎞⎛
1+ m ⎞
1+ m
= ⎜⎜ a + b
⎟⎟ ⎜⎜ t + u
⎟⎟ + c + d
2
2
2 ⎠⎝
2 ⎠
⎝

Thaät vaäy, ta coù:
VP

⎛

= ⎜⎜ a + b
⎝

1+ m ⎞⎛
1+ m ⎞
m −1
1+ m
+ (s – bt – au – bu)

⎟⎟ ⎜⎜ t + u
⎟⎟ + r − ta − bu
2 ⎠⎝
2 ⎠
4
2

= at + bu
+s

1+ m + 2 m
1+ m
1+ m
m −1
+ au
+ bt
+ r – ta – bu
4
2
2
4

1+ m
1+ m
1+ m
1+ m
1+ m
- bt
- au
- bu

=r+s
= VT
2
2
2
2
2

1+ m
1+ m
r+s
⎛
⎛
1+ m ⎞
1+ m ⎞
2
2
Ta coù:
=
− ⎜⎜ a + b
⎟
⎟⎟ = x + y m - ⎜⎜ a + b
2 ⎟⎠
2 ⎠
1+ m
1+ m ⎝
⎝
t+u
t+u
2

2
c+d

⎛
1+ m ⎞
⎛
1+ m
φm ⎜ c + d
⎟
⎜ c+d
2
⎝
⎠ =φ ⎜
2
m
⎛
⎞
+
1
m
1+ m
⎜
φm ⎜ t + u
⎜ t+u
⎟
⎝
2
2 ⎠
⎝
⎛

⇒ φm ⎜⎜ c + d
⎝

⎞
⎟
⎛
⎛
1+ m ⎞⎞
⎟ = φm ⎜ x + y m − ⎜ a − b
⎟⎟ < 1
⎜
⎜
2 ⎟⎠ ⎟⎠
⎟
⎝
⎝
⎟
⎠

⎛
1+ m ⎞
1+ m ⎞
⎟⎟ < φm ⎜⎜ t + u
⎟
2 ⎠
2 ⎟⎠
⎝

2.2.6. Định lý

- 21 -

Cho m là số nguyên âm, không có nhân tử chính phương. Khi đó vành các số
nguyên đại số Om của trường Q( m ) là vành Euclide khi và chỉ khi
m =-1, -2, -3, -7, -11
Chứng minh:
Trường hợp m = -1, -2
Khi đó:
Theo định lý 1.3.2, Vành các số nguyên đại số Om của trường Q( m ) laø vaønh
Z( m )={a + b m ; a, b ∈ Z} nếu m ≡ 2 hoặc m ≡ 3 (mod4)
Ta chứng minh: Z + Z m là miền Euclide ⇔ m = -1, m = -2
Với m = -1, -2, ta chứng minh Z + Z m là mieàn Euclide.
∀ x, y ∈ Q ⇒ ∃ a, b ∈ Z:

φm(x + y m - (a + b m ))

|x – a| ≤

1
2

|y – b| ≤

1
2

⇒

(x – a)2 ≤

1
4

(y – b)2 ≤

1
4

= |(x – a)2 – m(y – b)2|
= (x – a)2 + |m|(y – b)2 (vì m < 0)
≤

1
1 1
1 3
+ | m | < + 2. = < 1
4
4 4
4 4

Vaäy φm(x + y m - (a + b m )) < 1
Theo bổ đề 2.2.4, Z + Z m là miền Euclide với m = -1, -2.
Ngược lại: Z + Z m là miền Euclide. Chứng minh m = -1, -2
Thật vậy, ta chọn x = y =

1
∈Q
2

Z + Z m là miền Euclide nên có ∃ a, b ∈ Z, sao cho:
φm(x + y m - (a + b m )) < 1 (bổ đề 2.2.4)
⇔

|(x – a)2 – m(y – b)2| < 1

⇔

⎛1
⎞
⎛1
⎞
⎜ − a ⎟ + | m | ⎜ − b ⎟ < 1 (*)
⎝2
⎠
⎝2
⎠

2

2


- 22 2

1
1
⎛1
⎞ 1

Với mọi số nguyên a ta luôn coù: − a ≥ ⇒ ⎜ − a ⎟ ≥
2
2
⎝2
⎠ 4
2

2

1
1 ⎛1
1
1
⎞
⎛1
⎞
+ |m|. < ⎜ − a ⎟ + | m | ⎜ − b ⎟ < 1 ⇒ + |m|. < 1
4
4 ⎝2
4
4
⎠
⎝2
⎠

⇔ |m| < 3 ⇒ m = -1, -2 (vì m ∈ Z-)
Trường hợp m = -3, -7, -11
Theo định lý 1.3.2, vành các số nguyên đại số Om của trường Q( m ) là vành
Z+Z

1+ m
1+ m
= {a + b
; a, b ∈ Z} neáu m ≡ 1 (mod 4)
2
2

Ta chứng minh: Z + Z

1+ m
là miền Euclide ⇔ m = -3, -7, -11
2

(⇒)
Đầu tiên ta có nhận xét
Z+Z

1+ m
1+ m
a' b'
= {a + b
; a, b ∈ Z} = { +
m ; a’, b’ ∈Z, a’ – b’ # 2}
2
2
2 2

1+ m
là miền Euclide với haøm φm
2

1+ m
φm(x + y m - (a + b
)) < 1
2

Z+Z

⇔ φm(x + y m -(

Bổ đề 2.2.5
←⎯⎯⎯→
∀ x, y ∈ Q, ∃ a, b ∈ Z sao cho:

a' b'
+
m )) <1 (theo nhận xét)
2 2

2

2

2

2

a' ⎞
b' ⎞
⎛
⎛

⎛ 2x − a' ⎞
⎛ 2y − b' ⎞
⇔ ⎜ x − ⎟ +|m| ⎜ y − ⎟ = ⎜
⎟ +|m|⎜
⎟ < 1 (*) ; ∀x,y∈Q
2⎠
2⎠
⎝
⎝
⎝ 2 ⎠
⎝ 2 ⎠

Choïn x = y =
2

1
4
2

⎛1
⎞
⎛1
⎞
⎜ 2 − a' ⎟
⎜ 2 − b' ⎟
(*) ⎜
⎟ + |m| ⎜
⎟ < 1 (* *) với a’, b’ là số nguyên, ta luôn có:
⎜ 2 ⎟
⎜ 2 ⎟

⎝
⎠
⎝
⎠

|

1
1
1
1
1
1
- a’| ≥ ⇒ ( - a’)2 ≥ neân (* *) ⇔
< 1 ⇔ |m| < 15
+|m|
2
2
2
4
16
16

Maø m ≡ 1 (mod 4), m ∈ Z- ⇒ m = -3, -7, -11 (đpcm)
(⇐) ngược lại ta chứng minh Z + Z

1+ m
là miền Euclide với m = -3, -7, -11
2

- 23 -

∀ x, y ∈ Q ⇒ 2x, 2y ∈ Q ⇒ ∃ b’ ∈ Z: |2y – b’| ≤
⇒

1
2

∃ a’ ∈ Z: (a’ – b’) # 2, |2x – a’| ≤ 1
2

2

⎛
1
1
⎛ a' b '
⎞ ⎞ ⎛ 2x − a' ⎞
⎛ 2y − b ' ⎞
m ⎟⎟ = ⎜
φm ⎜ x + y m − ⎜ +
⎟ +|m|⎜
⎟ ≤ + |m |.
4
16
⎝2 2
⎠⎠ ⎝ 2 ⎠
⎝ 2 ⎠
⎝

⎛

1
1 15
⎛ a' b'
⎞⎞
+
<1
m ⎟⎟ ≤
+ 11. =
16 16
⎝2 2
⎠ ⎠ 14

φm ⎜ x + y m − ⎜
⎝

⎛

⎛

⎝

⎝

Vậy có a, b ∈ Z: φm ⎜ x + y m − ⎜⎜ a + b
⎜
Theo bổ đề 2.2.5, Z + Z

1+ m ⎞⎞
⎟⎟ < 1
2 ⎟⎠ ⎟⎠

1+ m
là miền Euclide với m = -3, -7, -11
2

Như vậy, đối với số nguyên âm m thì ta đã giải quyết được trọn vẹn bài toán khi
nào vành các số nguyên của Q( m ) là vành Euclide. Trường hợp m là số nguyên
dương thì như thế nào? Vấn đề này đã được các nhà toán học như E.H Barnes (18741953), H. Behrbohm, E. Berg, A.T. Brauer (1894-1985), H. Chatland, H. Davenport
(1907-1969), L.E. Dichson (1874-1954), P. Erdos (1913-1996), H.A. Heibronn (19081975), N. Hofreiter, L.K. Hua, K. Inkner, J.F. Keston, C. Ko, S.H. Min, A. Oppenheim,
O. Perron (1880-1975), L. Redei, R. Remak (1888-1942), L. Schuster, W.T. Sheh và
H.P.F. Swinnerton Dye, cuối cùng vào năm 1950, Chatland và Davenport đã đưa ra kết
quả sau:
2.2.7. Định lý
Cho m là số nguyên dương, không có ước chính phương thì vành các số nguyên
đại số Om của trường Q( m ) là vành Euclide với hàm φm nếu và chỉ nếu: m = 2, 3, 6,
7, 11, 19, 57, 5, 13, 17, 21, 29, 33, 37, 41, 73
Vì khuôn khổ của luận văn thạc sỹ, ta không thể chứng minh được đầy đủ các
kết quả trên mà ta chỉ xét một vài trường hợp riêng.
2.2.8. Định lý
Vành các số nguyên đại số Om là miền Euclide vớ hàm φm đối với m = 2, 3, 6.
Chứng minh:
Theo định lý 1.3.2, ta có Om = Z + Z m với m =2, 3, 6
” Neáu m = 2, 3
∀ x, y ∈ Q ⇒ ∃ a, b ∈ Z:

|x – a| ≤

1
2

=>

(x – a)2 ≤

1
4


- 24 1
2

|y – b| ≤

(y – b)2 ≤

1
4

Xeùt φm(x + y m - (a + b|)) = |(x – a)2 – m(y – b)2|
Vì (x – a)2, m(y – b)2 ≥ 0 neân |(x – a)2 – m(y – b)2| ≤ max{|x – a|2, m(y –b)2 }
φm(x + y m - (a + b m )) ≤ max{|x – a|2, m(y –b)2 } ≤

3
<1
4

⇔ φm(x + y m - (a + b m )) <1 theo bổ đề 2.2.4

⇒

Z + Z m là miền Euclide với m = 2, 3
” Nếu m = 6: Giả sử Z + Z 6 không là miền Euclide với φ6

(

(

)) ≥ 1; ∀ a, b ∈ Z

⇔

∃ x, y ∈ Q: φ6 x + y 6 − 6 a + b 6

⇔

|(x – a)2 – 6(y – b)2| ≥ 1; ∀ a, b ∈ Z

Choïn ε1 = ±1, u1 ∈ Z: 0 ≤ ε1x + u1 ≤

1
2

ε2 = ±1, u2 ∈ Z: 0 ≤ ε2y + u2 ≤

1
2

Đặt

r1 = ε1x + u1 ∈ Q

, 0 ≤ r1, r2 ≤

1
2

s1 = ε2y + u2 ∈ Q
x1 = ε1a + u1 ∈ Z
y1 = ε2b + u2 ∈ Z
|(r1 – x1)2 – 6(s1 – y1)2| = |(x – a)2 – 6(y – b)2| ≥ 1; ∀ x1, y1 ∈ Z
Chọn (x1, y1) lần lượt: (0, 0); (1, 0); (-1, 0) ta được:
r12 − 6s12 ≥ 1

( r1 − 1)

2

− 6s12 ≥ 1

( r1 + 1)

2

− 6s12 ≥ 1

– Ta lại có: 0 ≤ r1 ≤
0 ≤ s1 ≤

1
2

0 ≤ r12 ≤

1
2

−

1
4

3
2

⇒ − ≤ r12 − 6s12 ≤

3
≤ −6s12 ≤ 0
2

1
1
≤ 1 – r1 ≤ 1 ⇒ ≤ (1 – r1)2 ≤ 1
2
4

⇒−

1
4

5
≤ (1 – r1)2 - 6s12 ≤ 1
4


- 25 -

−

1 ≤ (1 + r1)2 ≤
−

9
4

3
≤ −6s12 ≤ 0
2

⇒-

3
≤ - 6s12 ≤ 0
2

1
9

≤ (1 + r1)2 - 6s12 ≤
2
4

– Kết hợp lại ta có:
−

3
1
≤ r12 - 6s12 ≤
2
4

−

5
≤ (1 – r1)2 - 6s12 ≤ 1
4

⇔

r12 − 6s12 ≥ 1

vaø

1
9
≤ (1 + r1)2 - 6s12 ≤
2
4

−

(1 − r1 )

2

− 6s12 ≥ 1

(1 + r1 )

2

− 6s12 ≥ 1

3
≤ r12 - 6s12 ≤ -1 (1)
2

(1 – r1)2 - 6s12 = 1 hoaëc −
1 ≤ (1 + r1)2 - 6s12 ≤

9
4

5
≤ (1 – r1)2 - 6s12 ≤ -1
4

(2)

(3)

Cộng vế theo vế của - (1) và (3) ta được:
2 ≤ 1 + 2r1 ≤
– Thế r1 =

15
1
11
1
⇔ ≤ r1 ≤
⇒ r1 =
4
2
8
2

1
vào (2):
2

1
1
1
- 6s12 = 1 ⇔ s12 = => s1 = ±
∉ Q (!)
4
8
8

5
5
1
5
– Neáu − ≤ (1 – r1)2 - 6s12 ≤ -1 ⇔ − ≤ - 6s12 ≤ -1 ⇒ s12 ≥
4
4
4
24
9
5
5
5
5
– Do (3) ta coù: 1 ≤ - 6s12 ⇔ 6s12 ≤ ⇔ s12 ≤
⇒ s12 = ⇒ s1 = ±
∉ Q (!)
24
4
4
24
24

– Neáu (1 – r1)2 - 6s12 = 1 thì

Vậy định lý đã chứng minh xong.