Luận văn Thạc sĩ Toán học: Phân tích vành thương trong vành các số nguyên Eisenstein Z

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:49

Thêm vào BST

Báo xấu

54
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Như chúng ta đã biết, vành các số nguyên Z là một miền Euclid, và do đó nó là một miền nhân tử hóa và là miền iđêan chính. Các iđêan của Z có dạng mZ={km|k∈Z}=(m) với m∈Z, m≥0. Nếu m>0 thì vành thương của Z có dạng Z/mZ∼=Zm, được gọi là vành các số nguyên modulo m. Trong vành các số nguyên Z, mọi phần tử khác 0 và không khả nghịch đều phân tích thành tích các phần tử nguyên tố.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Phân tích vành thương trong vành các số nguyên Eisenstein Z

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– ĐINH CAO THƯỢNG PHÂN TÍCH VÀNH THƯƠNG TRONG VÀNH CÁC SỐ NGUYÊN EISENSTEIN Z [ω] THÁI NGUYÊN, 05/2017
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– ĐINH CAO THƯỢNG PHÂN TÍCH VÀNH THƯƠNG TRONG VÀNH CÁC SỐ NGUYÊN EISENSTEIN Z [ω] CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN: GS.TS. LÊ THỊ THANH NHÀN THÁI NGUYÊN, 05/2017
Mục lục Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Lời cảm ơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Phần mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1 Vành các số nguyên Eisenstein 6 1.1 Tính chia hết và miền nhân tử hóa . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.2 Miền iđêan chính và miền Euclid . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.3 Iđêan nguyên tố và iđêan tối đại . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 1.4 Một số tính chất của kí hiệu Legendre . . . . . . . . . . . . . 20 1.5 Căn nguyên thủy của đơn vị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 1.6 Vành các số nguyên Eisenstein Z[ω] . . . . . . . . . . . . . . . 27 2 Số nguyên tố Eisenstein, vành thương của Z[ω] và sự phân tích 32 2.1 Số nguyên tố Eisenstein và vành thương của vành Z[ω] . . . . 32 2.2 Phân tích vành thương của vành Z[ω] . . . . . . . . . . . . . . 41 Kết luận 47 Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 2
3 LỜI CẢM ƠN Trước hết, tôi xin gửi lời biết ơn chân thành đến GS. TS. Lê Thị Thanh Nhàn đã hướng dẫn tôi hoàn thành bản luận văn này. Khi bắt đầu nhận đề tài thực sự tôi cảm nhận đề tài mang nhiều nội dung mới mẻ. Hơn nữa với vốn kiến thức ít ỏi cùng với kinh nghiệm làm đề tài lớn không nhiều nên tôi chưa thực sự tự tin để tiếp cận đề tài. Mặc dù rất bận rộn trong công việc nhưng Cô vẫn dành nhiều thời gian và tâm huyết trong việc hướng dẫn, động viên khuyến khích tôi trong suốt thời gian tôi thực hiện đề tài. Trong quá trình tiếp cận đề tài đến quá trình hoàn thiện luận văn Cô luôn tận tình chỉ bảo và tạo điều kiện tốt nhất nhất cho tôi hoàn thành luận văn. Cho đến bây giờ luận văn thạc sĩ của tôi đã được hoàn thành, xin cảm ơn Cô đã đôn đốc nhắc nhở tôi. Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, Khoa Toán - Tin và Phòng Đào tạo của trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên. Tôi xin trân trọng cảm ơn các Thầy, Cô đã tận tình truyền đạt những kiến thức quý báu cũng như tạo mọi điều kiện thuận lợi nhất để tôi hoàn thành luận văn này. Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu, các thầy cô giáo trường THPT Kim Sơn A - Ninh Bình nơi tôi công tác đã tạo điều kiện giúp đỡ tôi hoàn thành công việc chuyên môn tại nhà trường để tôi hoàn thành chương trình học tập cao học. Cuối cùng, tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn đến gia đình, bạn bè, những người không ngừng động viên, hỗ trợ tạo mọi điều kiện tốt nhất cho tôi trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn.
4 PHẦN MỞ ĐẦU Như chúng ta đã biết, vành các số nguyên Z là một miền Euclid, và do đó nó là một miền nhân tử hóa và là miền iđêan chính. Các iđêan của Z có dạng mZ = {km | k ∈ Z} = (m) với m ∈ Z, m ≥ 0. Nếu m > 0 thì vành thương của Z có dạng Z/mZ ∼ = Zm , được gọi là vành các số nguyên modulo m. Trong vành các số nguyên Z, mọi phần tử khác 0 và không khả nghịch đều phân tích thành tích các phần tử nguyên tố. Phân tích này là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các nhân tử nguyên tố và các nhân tử là ước của đơn vị. Do Z là miền iđêan chính nên mọi iđêan I của Z đều là iđêan chính. Giả sử I = (m) là iđêan sinh bởi m > 0. Nếu m = pα1 1 . . . pαt t là phân tích tiêu chuẩn của m thành tích các thừa số nguyên tố thì theo Định lý Trung Hoa ta có phân tích duy nhất Zm ∼ = Z/I = Zpα1 1 ⊕ . . . ⊕ Zpαt t . √ −1+i 3 Cho ω = là một căn nguyên thủy bậc ba của đơn vị. Đặt 2 Z[ω] = {a + bω|a, b ∈ Z}. Khi đó Z[ω] cùng với hai phép toán cộng và nhân (a + bω) + (c + dω) = (a + c) + (b + d)ω, (a + bω)(c + dω) = (ac − bd) + (ad + bc − bd)ω là một miền nguyên, được gọi là vành các số nguyên Eisenstein. Cấu trúc của vành Z[ω] và vành thương của nó được nghiên cứu bởi M. Misaghian trong bài báo [Mi]: "Factor rings and their decompositions in the Eisenstein integer ring Z[ω]" xuất bản năm 2013. Mục đích của luận văn này là trình bày lại các kết quả trong bài báo trên. Luận văn quan tâm khai thác tính chất Euclid của vành Z[ω], xác định các số nguyên tố Eisenstein, phân
5 tích các số nguyên Eisenstein thành thừa số nguyên tố Eisenstein và cấu trúc của vành thương của vành Z[ω]. Luận văn chia làm hai chương. Chương 1 trình bày một số kiến thức cơ bản về miền nhân tử hóa, miền iđêan chính, miền Euclid và mối quan hệ giữa chúng. Hơn thế nữa, luận văn trình bày một số tính chất của kí hiệu Legendre, căn nguyên thủy của đơn vị. Đặc biệt phát biểu và chứng minh tính chất Euclid của vành các số nguyên Eisenstein Z[ω]. Chương 2 gồm hai phần. Phần đầu trình bày tính chất của số nguyên tố Eisentein và cấu trúc vành thương của vành Z[ω], thể hiện trong Định lý 2.1.8 và Định lý 2.1.12. Phần cuối luận văn trình bày sự phân tích vành thương của vành Z[ω] (xem Định lý 2.2.4), đồng thời đưa ra một số ví dụ minh họa. Nếu phân tích của vành thương của vành Z là duy nhất thì Ví dụ 2.2.6 chỉ ra rằng sự phân tích của vành thương của vành các số nguyên Eisenstein Z[ω] không duy nhất.
Chương 1 Vành các số nguyên Eisenstein Mục đích của chương này là trình bày các tính chất cơ sở của vành các số nguyên Eisenstein. Tài liệu tham khảo chính của Chương là [H], [N], [M], [Mi]. 1.1 Tính chia hết và miền nhân tử hóa Trong suốt mục này ta luôn xét D là một miền nguyên. 1.1.1 Định nghĩa. Cho a, b là hai phần tử của D (i) Cho b 6= 0. Ta nói b là một ước của a (hay a là bội của b), kí hiệu là b|a, nếu tồn tại q ∈ D sao cho a = bq. Nếu b là ước của a thì ta còn nói b chia hết a hoặc a chia hết cho b. (ii) Nếu tồn tại q ∈ D để 1 = bq thì ta nói b là ước của đơn vị. (iii) Cho 0 6= a và 0 6= b. Ta nói a liên kết b, kí hiệu là a ∼ b, nếu a|b và b|a. Nếu a không liên kết với b thì ta kí hiệu a b. (iv) Cho b là một ước của a. Ta nói b là ước thực sự của a, kí hiệu b || a, nếu b 1 và b a. Các ước của a liên kết với 1 hoặc liên kết với a được gọi là các ước tầm thường của a. 1.1.2 Mệnh đề. Cho 0 6= a, b ∈ D. Khi đó a liên kết b khi và chỉ khi chúng chỉ sai khác nhau bởi một nhân tử là ước của đơn vị. 6
7 Chứng minh. Giả sử a và b là liên kết. Khi đó tồn tại c, d ∈ D sao cho a = cb và b = da. Suy ra a = cb = cda. Do D là miền nguyên và a 6= 0 nên 1 = cd. Vậy cả c và d là ước của đơn vị và do đó a và b chỉ khác nhau một nhân tử là ước của đơn vị. Ngược lại, giả sử a = cb với c là một ước của đơn vị. Khi đó b|a. Do c|1 nên tồn tại d ∈ D sao cho 1 = cd. Vì thế ta có ad = b(cd) = b. Suy ra a|b. Vậy a và b liên kết với nhau. 1.1.3 Định nghĩa. Cho p ∈ D là một phần tử khác không và khác ước của đơn vị. (i) p được gọi là phần tử bất khả quy nếu p không có ước thực sự. (ii) p được gọi là phần tử nguyên tố nếu p|ab kéo theo p|a hoặc p|b với mọi a, b ∈ D. Trong vành Z các số nguyên, các khái niệm phần tử bất khả quy và phần tử nguyên tố là tương đương. Trong trường hợp tổng quát, nhìn chung hai khái niệm này không tương đương. Tuy nhiên ta có tính chất sau đây. 1.1.4 Mệnh đề. Mọi phần tử nguyên tố đều bất khả quy. Chứng minh. Giả sử a|p. Khi đó tồn tại b ∈ D để p = ab. Suy ra p|ab. Do p nguyên tố nên p|a hoặc p|b. Nếu p|a thì a ∼ p. Nếu p|b thì p ∼ b và do đó p và b chỉ sai khác nhau nhân tử là ước của đơn vị, tức là a là ước của đơn vị. Ví dụ sau đây chỉ ra rằng điều ngược lại của Mệnh đề 1.1.4 là không đúng. √ 1.1.5 Ví dụ. Lấy D = {a + b −5 | a, b ∈ Z}. Vì D là vành con của trường √ số phức nên D là một miền nguyên. Ta khẳng định các phần tử 2, 3, 1 + −5 √ và 1 − −5 là bất khả quy nhưng không là phần tử nguyên tố. Thật vậy, với √ mỗi r = a + b −5 ∈ D, gọi r là số phức liên hợp với r. Ta định nghĩa chuẩn của r, kí hiệu là N (r) là số N (r) = rr = a2 + 5b2 . Do liên hợp của tích hai số phức bằng tích các liên hợp nên ta có N (rs) = rs.rs = rrss = N (r)N (s). Ta
8 √ √ có 6 = 2.3 = (1 + −5)(1 − −5). Trước hết ta chứng minh số 2 là phần tử bất khả quy nhưng không nguyên √ tố. Giả sử r = a + b −5 là một ước của 2. Khi đó tồn tại s ∈ D sao cho 2 = rs. Suy ra 4 = N (2) = N (r)N (s). Do đó N (r) chỉ có thể là 1, 2, 4. Nếu N (r) = 1 = a2 + 5b2 thì a = ±1 và b = 0, do đó r là ước của đơn vị. Nếu N (r) = 2 thì a2 + 5b2 = 2. Rõ ràng không xảy ra trường hợp này. Nếu N (r) = 4 = a2 + 5b2 thì a = ±2 và b = 0, do đó r liên kết với 2. Vậy số 2 là phần tử bất khả quy. Bây giờ ta chứng minh số 2 không là phần tử nguyên √ √ tố. Thật vậy, giả sử số 2 là phần tử nguyên tố. Vì 2|(1 + −5)(1 − −5) nên √ 2 là ước của một trong hai thừa số đó. Giả sử 2 là ước của 1 + −5. Khi đó √ √ tồn tại r = a + b −5 ∈ D sao cho 2r = 1 + −5. Suy ra √ 4(a2 + 5b2 ) = N (2)N (r) = N (2r) = N (1 + −5) = 6 Điều này là vô lý vì trong vành số nguyên, 4 không thể là ước của 6. Tương √ tự nếu 2 là ước của 1 − −5 thì ta cũng suy ra điều vô lý. Vậy 2 không là phần tử nguyên tố. √ √ Bằng cách tương tự, ta có thể kiểm tra được các phần tử 2, 1− −5, 1+ −5 cũng là bất khả quy nhưng không nguyên tố. 1.1.6 Định nghĩa. Một miền nguyên D được gọi là miền nhân tử hóa (vành nhân tử hóa) nếu mỗi phần tử khác 0 và khác ước của đơn vị của D đều phân tích được thành tích những phần tử bất khả quy và sự phân tích đó là duy nhất nếu không kể đến thứ tự và các nhân tử là ước của đơn vị. Ví dụ đơn giản nhất cho miền nhân tử hóa là vành Z các số nguyên. Từ đầu thế kỉ 19, nhà toán học người Đức C. F. Gauss đã chứng minh được rằng các vành đa thức nhiều biến Z[x1 , . . . , xn ] và Q[x1 , . . . , xn ] có hệ số tương ứng trong vành số nguyên và trường số hữu tỉ đều là những miền nhân tử hóa. Chính vì vậy, nhiều tài liệu đại số đã gọi miền nhân tử hóa là vành Gauss.
9 Cho a, b ∈ D. Phần tử 0 6= d ∈ D được gọi là một ước chung lớn nhất của a và b nếu d là một ước chung của a, b và là bội của mọi ước chung khác của a, b. Chú ý rằng với d, d0 là hai ước chung lớn nhất của a và b, thì tồn tại phần tử khả nghịch u ∈ D sao cho d = d0 u. Đặc biệt, trong vành Z các số nguyên, nếu d là ước chung lớn nhất của a, b thì −d cũng là ước chung lớn nhất của a, b. Miền nguyên D được gọi là thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn nhất nếu hai phần tử bất kỳ của D không đồng thời bằng 0 đều có ước chung lớn nhất. Chẳng hạn, vành các số nguyên Z thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn nhất. Miền nguyên D được gọi là thỏa mãn điều kiện dãy dừng các ước thực sự nếu với mọi phần tử a1 , a2 , a3 , . . . trong D thỏa mãn điều kiện a2 |a1 , a3 |a2 , . . . đều phải dừng. Chẳng hạn, vành các số nguyên Z thỏa mãn điều kiện dãy dừng những ước thực sự. Tiếp theo là một số tính chất của miền nguyên thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn nhất và điều kiện dãy dừng các ước thực sự. 1.1.7 Bổ đề. Cho D là miền nguyên thỏa mãn điều kiện dãy dừng các ước thực sự. Khi đó các phát biểu sau là đúng: (i) Mọi phần tử khác không và không khả nghịch đều có một ước bất khả quy. (ii) Mọi phần tử khác không và không khả nghịch đều phân tích được thành tích các nhân tử bất khả quy. Chứng minh. (i). Cho a ∈ D là phần tử khác không và không khả nghịch. Nếu a là bất khả quy thì a chính là ước bất khả quy của a. Nếu a không là bất khả quy thì a có ước thực sự là a1 . Nếu a1 là bất khả quy thì ta có điều cần chứng minh. Nếu a1 không bất khả quy thì a1 có ước thực sự là a2 . Tiếp tục quá trình trên ta được một dãy các ước thực sự. Dãy này phải dừng nên a có ước bất khả quy.
10 (ii). Cho a ∈ D là phần tử khác không và không khả nghịch. Nếu a là bất khả quy thì a = a là một sự phân tích. Nếu a không là bất khả quy thì a có một ước bất khả quy là p1 . Khi đó a = p1 a1 với a1 là ước thực sự của a. Nếu a1 là bất khả quy thì ta có điều cần chứng minh. Nếu a1 không là bất khả quy thì a1 có một ước bất khả quy là p2 . Giả sử a1 = p2 a2 thì a2 là ước thực sự của a1 . Nếu a2 là bất khả quy thì a = p1 p2 a2 là sự phân tích. Nếu a2 không là bất khả quy thì tiếp tục quá trình trên. Quá trình này phải dừng vì D thỏa mãn điều kiện dãy dừng các ước thực sự. Vậy ta có a = p1 p2 . . . pt là sự phân tích thành tích các nhân tử bất khả quy. 1.1.8 Bổ đề. Cho D là miền nguyên thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn nhất. Khi đó mọi phần tử bất khả quy đều nguyên tố. Chứng minh. Cho p là phần tử bất khả quy và p | ab. Vì D thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn nhất nên (p, ab) ∼ p, ta suy ra p | (pa, ab) = d 6= 0. Mặt khác a | (pa, ab) = d, khi đó tồn tại các phần tử x, y sao cho d = px = ay. Vì d | pa nên tồn tại v để pa = ayv, ta có y | p. Vì p là bất khả quy nên các ước của p liên kết với 1 hoặc liên kết với p. Nếu y ∼ 1 thì d ∼ a, tức là p | a. Nếu y ∼ p thì x ∼ a và pa ∼ px = d ta có pa | ab suy ra p | b. Vậy p | a hoặc p | b, do đó p là phần tử nguyên tố. Từ các bổ đề trên ta có đặc trưng tương đương của miền nhân tử hóa. 1.1.9 Mệnh đề. Miền nguyên D là miền nhân tử hóa nếu và chỉ nếu đó D thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn nhất và điều kiện dãy dừng các ước thực sự. Chứng minh. Giả sử D là một miền nhân tử hóa. Trước tiên ta sẽ chứng minh D thỏa mãn điều kiện dãy dừng các ước thực sự. Thật vậy, với mỗi phần tử a 6= 0 và khác ước của đơn vị, ta định nghĩa độ dài của a là số nhân tử bất khả quy xuất hiện trong sự phân tích của a thành tích các nhân tử bất khả quy. Khi đó nếu a = bc với b, c là ước thực sự của a thì độ dài của b, c đều
11 nhỏ hơn thực sự độ dài của a. Gọi a1 , . . . , a2 , . . . là một dãy tùy ý các phần tử của D sao cho a2 |a1 , a3 |a1 , . . . và giả sử dãy này là không dừng. Khi đó tồn tại vô hạn số tự nhiên 1 < n1 < n2 < . . . sao cho a1 an1 , an1 an2 , . . . . Vì thế an1 là ước thực sự của a1 , an2 là ước thực sự của an1 , . . . . Theo nhận xét trên tồn tại một dãy vô hạn các số nguyên dương độ dài a1 > độ dài an1 > độ dài an2 > . . . , điều này là vô lý. Vậy D thỏa mãn điều kiện dãy dừng các ước thực sự. Tiếp theo ta chứng minh D thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn nhất. Cho a, b ∈ D không đồng thời bằng 0. Nếu a hoặc b bằng 0 hoặc liên kết với 1 thì ta dễ dàng tìm được ước chung lớn nhất của a và b. Vì vậy ta giả thiết a và b khác 0 và khác ước của đơn vị. Giả sử {p1 , . . . , pk } là tập hợp các phần tử bất khả quy xuất hiện trong sự phân tích tiêu chuẩn của a và b. Ta có a = pr11 . . . prkk ; b = ps11 . . . pskk , ri , si ≥ 0, i = 1, . . . , k. Gọi ti = min{ri , si }, i = 1, . . . , k. Khi đó rõ ràng d = pt11 . . . ptkk là một ước chung lớn nhất của a và b. Ngược lại, giả sử D thỏa mãn điều kiện dãy dừng những ước thực sự và điều kiện có ước chung lớn nhất. Theo Bổ đề 1.1.7(ii) mọi phần tử khác không và không khả nghịch đều phân tích được thành tích các nhân tử bất khả quy. Ta chỉ cần chứng minh phân tích là duy nhất (sai khác nhân tử khả nghịch). Thật vậy, cho a = p1 p2 . . . pn = q1 q2 . . . qm là sự phân tích thành tích các nhân tử bất khả quy. Không mất tổng quát ta giả sử n ≥ m. Vì p1 là bất khả quy và D thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn nhất nên theo Bổ đề 1.1.8 thì p1 là phần tử nguyên tố. Do p1 |a nên tồn tại i sao cho p1 |qi . Bằng cách đánh lại chỉ số ta giả sử p1 |q1 . Vì q1 là bất
12 khả quy nên p1 ∼ q1 . Giả sử q1 = u1 p1 với u1 là ước của đơn vị. Khi đó p1 p2 . . . pn = u1 p1 q2 . . . qm . Do D là miền nguyên nên giản ước hai vế ta có p2 . . . pn = u1 q2 . . . qm . Tiếp tục quá trình trên ta được 1 = u1 . . . un qn+1 . . . qm . Do qi là bất khả quy nên chúng không là ước của đơn vị. Do đó suy ra n = m. Vậy phân tích là duy nhất nên D là miền nhân tử hóa. 1.2 Miền iđêan chính và miền Euclid Trong phần này ta luôn giả thiết D là miền nguyên. Nhắc lại rằng một iđêan I của D được gọi là iđêan chính nếu tồn tại một phần tử a ∈ D sao cho I = {ax | x ∈ D}. Trong trường hợp này ta kí hiệu I = (a). 1.2.1 Định nghĩa. Một miền nguyên D được gọi là miền iđêan chính nếu mọi iđêan của nó đều là iđêan chính. 1.2.2 Ví dụ. Vành Z các số nguyên là miền iđêan chính. 1.2.3 Tính chất. Cho D là miền iđêan chính. Khi đó D thỏa mãn điều kiện dãy dừng những ước thực sự. Chứng minh. Giả sử D là miền iđêan chính. Trước hết ta thấy rằng với a, b ∈ D, nếu a || b thì (b) ⊆ (a) và (b) 6= (a). Thật vậy, vì a|b nên tồn tại c ∈ D sao cho b = ac. Do đó b ∈ (a) vì thế (b) ⊆ (a). Giả sử (a) = (b). Khi đó a ∈ (b). Do đó b|a. Suy ra a không là ước thực sự của b. Điều này là vô lý. Vậy (a) 6= (b). Tiếp theo, giả sử a1 , a2 , . . . là một dãy tùy ý những phần tử của D sao cho a2 |a1 , a3 |a2 , . . .. Giả sử dãy này không là dãy dừng. Khi đó tồn tại một dãy con an1 , an2 , . . . sao cho an1 an2 , an2 an3 . . . . Vì thế an2 || an1 , an3 || an2 , . . .. Do đó ta có một dãy tăng các iđêan (an1 ) ⊆ (an2 ) ⊆ (an3 ) ⊆ ...
13 S∞ Đặt I = i=1 (ani ). Ta kiểm tra được I là một iđêan của D. Do D là miền iđêan chính nên tồn tại a ∈ D sao cho I = (a). Vì thế tồn tại i để a ∈ (ani ) và do đó (a) = (ani ). Suy ra I = (a) = (ani ) ⊆ (ani+1 ). Điều này mâu thuẫn với nhận xét trên. Vậy D thỏa mãn điều kiện dãy dừng những ước thực sự. 1.2.4 Tính chất. Cho D là miền iđêan chính. Khi đó D thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn nhất. Chứng minh. Giả sử D là miền iđêan chính. Cho a, b ∈ D không đồng thời bằng 0. Đặt I = {ax + by | x, y ∈ D}. Ta kiểm tra được I là iđêan của D. Do D là miền iđêan chính nên tồn tại d ∈ D sao cho I = (d). Ta sẽ chứng minh d là một ƯCLN của a và b. Do a = a.1 + b.0 nên a ∈ I. Do đó a ∈ (d), suy ra d|a. Tương tự d|b. Vì thế d là một ước chung của a và b. Giả sử t ∈ D sao cho t|a và t|b. Vì d ∈ (d) = I nên tồn tại x, y ∈ D sao cho d = ax + by. Do t|a, t|b nên t là ước của ax + by và do đó t là ước của d. Vậy d là ƯCLN của a và b. Từ hai tính chất trên và Mệnh đề 1.1.9 ta có hệ quả sau. 1.2.5 Hệ quả. Mọi miền iđêan chính đều là miền nhân tử hóa. Trước khi đưa ra ví dụ miền nhân tử hóa không nhất thiết là miền iđêan chính, chúng ta cần bổ đề sau. 1.2.6 Bổ đề. Cho D là một miền nguyên. Khi đó, vành đa thức D[x] là miền iđêan chính nếu và chỉ nếu D là một trường. Chứng minh. Giả sử D[x] là miền iđêan chính. Cho 0 6= a ∈ D là phần tử tùy ý. Đặt I = {af (x) + xg(x)}. Rõ ràng I là iđêan của D[x] sinh bởi hai phần tử a và x. Theo giả thiết tồn tại d(x) ∈ D[x] sao cho I = (d(x)). Vì a = a.1 + x.0 nên a ∈ I. Do đó tồn tại h(x) ∈ D[x] sao cho a = d(x).h(x). Vì D là miền nguyên nên
14 theo công thức bậc ta có deg d(x) = 0, nghĩa là d(x) = d ∈ D. Mặt khác, x = a.0 + x.1 nên x ∈ I. Do đó tồn tại k(x) ∈ D[x] sao cho x = d.k(x), trong đó k(x) = a0 + a1 x + . . . + an xn . Đồng nhất hệ số ta có 1 = d.a1 . Do đó 1 ∈ I. Vì thế tồn tại các đa thức f (x), g(x) ∈ D[x] sao cho 1 = a.f (x) + x.g(x). Đồng nhất hệ số tự do cả hai vế ta suy ra 1 = ab0 , trong đó b0 là hệ số tự do của f (x). Điều này chứng tỏ a là khả nghịch. Do đó D là một trường. Ngược lại, cho D là một trường và I là iđêan của D[x]. Nếu I = {0} thì I là iđêan chính. Giả sử I 6= (0). Khi đó ta chọn được d(x) là đa thức khác không có bậc bé nhất trong I. Ta sẽ chứng minh I = (d(x)). Thật vậy, vì d(x) ∈ I nên (d(x)) ⊂ I. Lấy tùy ý f (x) ∈ I. Theo Định lý phép chia với dư, tồn tại q(x), r(x) ∈ D[x] sao cho f (x) = d(x).q(x) + r(x), trong đó r(x) = 0 hoặc deg r(x) < deg d(x). Vì d(x), f (x) ∈ I nên r(x) = f (x) − d(x).q(x) ∈ I. Do đó theo cách chọn của d(x) ta suy ra r(x) = 0. Vì thế f (x) ∈ (d(x)). Vậy D[x] là miền chính. 1.2.7 Ví dụ. Xét vành đa thức Q[x1 , ..., xn ] với n ≥ 2. Khi đó C. F. Gauss đã chỉ ra rằng Q[x1 , ..., xn ] là miền nhân tử hóa. Vì n ≥ 2 nên vành đa thức D = Q[x1 , ..., xn−1 ] là miền nguyên nhưng không là trường. Theo Bổ đề 1.2.6 ta suy ra Q[x1 , ..., xn ] là miền nhân tử hóa, nhưng không là miền iđêan chính. Tuy nhiên vành đa thức một biến với hệ số trên một trường K luôn là miền iđêan chính. Tiếp theo là một số tính chất của miền Euclid. Trong suốt phần này ta luôn giả thiết E là miền nguyên, và kí hiệu E ∗ = E \ {0} và N là tập các số tự nhiên khác không.
15 1.2.8 Định nghĩa. Miền nguyên E được gọi là miền Euclid nếu tồn tại ánh xạ δ : E ∗ −→ N thỏa mãn các điều kiện sau: (i) δ(ab) ≥ δ(b), với mọi a, b ∈ E ∗ ; (ii) Với hai phần tử tùy ý a ∈ E, b ∈ E ∗ , luôn tồn tại q, r ∈ E sao cho a = bq + r trong đó r = 0 hoặc (r 6= 0 và δ(r) < δ(b)). 1.2.9 Ví dụ. Vành các số nguyên Z là miền Euclid với ánh xạ δ : Z∗ −→ N cho bởi δ(a) = |a| với mọi a ∈ Z. 1.2.10 Bổ đề. Cho E là miền Euclid và a, b ∈ E ∗ . Khi đó nếu b là ước thực sự của a thì δ(b) < δ(a). Chứng minh. Vì E∗ là miền Euclid nên tồn tại q, r ∈ E sao cho b = aq + r, với r = 0 hoặc (r 6= 0 và δ(r) < δ(a)). Nếu r = 0 thì a|b và do đó b không là ước thực sự của a. Điều này mâu thuẫn. Vậy r 6= 0 và δ(r) < δ(a). Vì b|a nên tồn tại e ∈ E ∗ sao cho a = be. Suy ra r = b − aq = b − beq = b(1 − eq). Do đó δ(b) ≤ δ(b(1 − eq)) = δ(r) < δ(a). 1.2.11 Tính chất. Mọi miền Euclid E đều thỏa mãn điều kiện dãy dừng những ước thực sự. Chứng minh. Cho a1 , a2 , a3 , ... là một dãy những phần tử của E sao cho a2 |a1 , a3 |a2 , .... Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp. Giả sử dãy này không là dãy dừng. Khi đó tồn tại vô hạn số tự nhiên n1 < n2 < n3 < ... sao cho an1 an2 , an2 an3 , .... Do đó an2 || an1 , an3 || an2 , ... Vì thế, theo Bổ đề 1.2.10, ta có dãy giảm gồm vô hạn số tự nhiên δ(an1 ) > δ(an2 ) > .... Điều này vô lý. 1.2.12 Tính chất. Mọi miền Euclid E đều thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn nhất.
16 Chứng minh. Giả sử E là một miền Euclid. Cho a, b ∈ E không đồng thời bằng 0. Nếu a = 0 hoặc b = 0 thì ta có (a, b) = b hoặc (a, b) = a. Vì thế ta giả thiết a, b ∈ E ∗ . Chia a cho b ta được a = bq0 + r1 , với r1 = 0 hoặc (r1 6= 0 và δ(r1 ) < δ(b)) Nếu r1 6= 0 thì tiếp tục chia b cho r1 ta được b = r1 q1 + r2 , với r2 = 0 hoặc (r2 6= 0 và δ(r2 ) < δ(r1 )) Nếu r2 6= 0 thì tiếp tục chia r1 cho r2 ta được r1 = r2 q2 + r3 , với r3 = 0 hoặc (r3 6= 0 và δ(r3 ) < δ(r2 )) Cứ tiếp tục quá trính trên, quá trình này phải dừng sau một số hữu hạn bước vì dãy giảm các số tự nhiên sau đây δ(b) > δ(r1 ) > δ(r2 ) > δ(r3 ) > ... không thể kéo dài vô hạn. Vì vậy đến bước thứ n nào đó ta phải có rn−2 = rn−1 qn−1 + rn , với rn 6= 0 và δ(rn ) < δ(rn−1 ), rn−1 = rn qn Ta khẳng định rn là ucln của a và b. Thật vậy, theo đẳng thức cuối cùng ta có rn |rn−1 . Vì thế rn |(rn−1 qn−1 + rn ) và do đó theo đẳng thức gần cuối cùng ta có rn |rn−2 . Tiếp tục quay ngược lên các đẳng thức trên, ta phải có rn |b và vì thế theo đẳng thức đầu tiên ta có rn |a. Vậy rn là một ước chung của a và b. Giả sử t là một ước chung của a và b. Khi đó theo đẳng thức đầu tiên ta có t|b và t|r1 . Lại theo đẳng thức thứ hai ta có t|r1 và t|r2 . Cứ tiếp tục đi xuống, ta có t|rn−2 và t|rn−1 và do đó đi đến đẳng thức gần cuối cùng ta có t|rn . Vậy rn là ước chung lớn nhất của a và b. Từ các Tính chất 1.2.11, Tính chất 1.2.12 và Mệnh đề 1.1.9 ta có kết quả sau.
17 1.2.13 Hệ quả. Mọi miền Euclid E đều là miền nhân tử hóa. 1.2.14 Mệnh đề. Cho E là miền Euclid. Khi đó E là miền iđêan chính. Chứng minh. Cho I là iđêan của E. Nếu I = 0 thì I = (0). Giả sử I 6= 0. Khi đó tồn tại những phần tử khác 0 trong I. Gọi a là phần tử khác 0 của I sao cho δ(a) bé nhất. Ta sẽ chứng minh I = (a). Vì a ∈ I nên (a) ⊆ I. Giả sử b ∈ I. Ta chia b cho a ta được b = aq + r, với r = 0 hoặc (r 6= 0 và δ(r) < δ(a)). Ta khẳng định r = 0. Thật vậy, nếu r 6= 0 thì δ(r) < δ(a). Hơn nữa ta lại có r = b − aq ∈ I. Điều này là mâu thuẫn với cách chọn phần tử a. Vì thế khẳng định được chứng minh và do đó b = aq ∈ (a). Tức là I là iđêan sinh bởi a, vậy E là miền iđêan chính. Theo Mệnh đề 1.2.14, ta cũng dễ dàng suy ra rằng mọi miền Euclid đều là miền nhân tử hóa. Tuy nhiên Tính chất 1.2.12 vẫn cần thiết được trình bày vì nó cho ta một thuật toán tìm ước chung lớn nhất của hai phần tử tùy ý trong miền Euclid. Trong phần tiếp theo chúng tôi trình bày lại hai lớp iđêan rất đặc biệt đó là iđêan nguyên tố và iđêan tối đại. Hai lớp iđêan này đóng vai trò quan trọng trong rất nhiều chuyên ngành. 1.3 Iđêan nguyên tố và iđêan tối đại Trong mục này ta luôn giả sử R là vành giao hoán và D là một miền nguyên. 1.3.1 Định nghĩa. Cho P là một iđêan của vành giao hoán R. (i) P được gọi là iđêan nguyên tố của R nếu P 6= R và thỏa mãn nếu xy ∈ P thì kéo theo hoặc x ∈ P hoặc y ∈ P ; (i) P được gọi là iđêan tối đại của R nếu P 6= R và nếu tồn tại iđêan J nào đó của R chứa thực sự P thì J = R.
18 Trong vành các số nguyên Z các iđêan nguyên tố là (0) và pZ với p là số nguyên tố. Các iđêan tối đại là và chỉ là pZ với p là số nguyên tố. Nếu K là một trường thì nó chỉ có hai iđêan là (0) và chính nó. Vì thế iđêan (0) vừa là nguyên tố, vừa là tối đại. Mệnh đề tiếp theo chỉ ra đặc trưng của iđêan nguyên tố, iđêan tối đại và mối quan hệ giữa chúng. 1.3.2 Mệnh đề. Cho P là một iđêan của vành giao hoán R. Khi đó các phát biểu sau là đúng: (i) P là iđêan nguyên tố của R nếu và chỉ nếu R/P là một miền nguyên; (ii) P là iđêan tối đại của R nếu và chỉ nếu R/P là một trường; (iii) P là iđêan tối đại của R thì P là iđêan nguyên tố. Chứng minh. (i) Cho P là nguyên tố và giả sử có (a + P )(b + P ) = 0 + P, nghĩa là ab ∈ P. Do P là iđêan nguyên tố nên kéo theo hoặc a ∈ P hoặc b ∈ P. Điều này tương đương với a + P = 0 + P hoặc b + P = 0 + P, nghĩa là R/P là một miền nguyên. Ngược lại, cho R/P là một miền nguyên và giả sử ab ∈ P. Khi đó suy ra (a + P )(b + P ) = ab + P = 0 + P. Do R/P là một miền nguyên nên hoặc a + P = 0 + P hoặc b + P = 0 + P. Điều này dẫn đến P là nguyên tố. (ii) Cho P là iđêan tối đại và a + P ∈ R/P là phần tử khác không. Suy ra a ∈ / P. Khi đó iđêan J = aR + P là iđêan chứa thực sự P. Do P là tối đại nên J = R, nghĩa là tồn tại b ∈ R, y ∈ P sao cho 1 = ab + y. Suy ra 1 + P = (a + P )(b + P ). Vậy R/P là một trường. Ngược lại, cho R/P là một trường và giả sử J là iđêan của R chứa P thực sự. Khi đó tồn tại a ∈ J\P, nghĩa là a ∈ / P. Vì R/P là một trường nên tồn tại b + P sao cho 1 + P = ab + P, nghĩa là 1 − ab ∈ P. Suy ra tồn tại y ∈ P sao cho 1 = ab + y. Vì a, y ∈ J nên 1 ∈ J. Vậy P là tối đại. (iii) Vì một trường luôn là một miền nguyên nên nếu P là iđêan tối đại của R thì P là iđêan nguyên tố. Chú ý rằng điều ngược lại trong Mệnh đề 1.3.2 (iii) là không đúng. Ví dụ
19 (0) là nguyên tố trong vành các số nguyên Z nhưng không là iđêan tối đại. Tiếp theo là đặc trưng của iđêan nguyên tố trong miền iđêan chính thông qua phần tử nguyên tố. Khi đó ta thấy rằng trong miền iđêan chính mọi iđêan nguyên tố khác không đều là tối đại. 1.3.3 Mệnh đề. Cho D là miền iđêan chính và 0 6= p ∈ D. Khi đó các phát biểu sau là tương đương: (i) p là phần tử bất khả quy; (ii) p là phần tử nguyên tố; (iii) (p) là iđêan nguyên tố; (iv) (p) là iđêan tối đại. Chứng minh. Rõ ràng ta có (ii) =⇒ (i). Trước tiên ta chứng minh (i) =⇒ (iv). Cho p là phần tử bất khả quy. Ta cần chứng minh R/(p) là một trường. Thật vậy, cho a + (p) 6= 0 + (p), nghĩa là a không thuộc (p). Suy ra a không là bội của p. Vì D là miền iđêan chính và p là bất khả quy nên gcd(a, p) = 1. Khi đó tồn tại x, y ∈ D sao cho ax + py = 1. Suy ra (a + (p))(x + (p)) = 1 + (p). Vậy R/(p) là một trường. (ii) ⇒ (iii). Vì p là phần tử nguyên tố nên p không khả nghịch. Do đó (p) 6= D. Giả sử ta có xy ∈ (p) thì p|xy. Do p là phần tử nguyên tố nên hoặc p|x hoặc p|y. Do đó hoặc x ∈ (p) hoặc y ∈ (p). Vậy (p) là iđêan nguyên tố. (iii) ⇒ (ii). Cho (p) là iđêan nguyên tố và giả sử p|xy, nghĩa là xy ∈ (p). Do tính chất của iđêan nguyên tố nên hoặc x ∈ (p) hoặc y ∈ (p). Suy ra hoặc p|x hoặc p|y. Vậy p là phần tử nguyên tố. (iii) ⇒ (iv). Do (p) là iđêan nguyên tố nên (p) 6= D. Giả sử J là iđêan của D thỏa mãn (p) ⊂ J và (p) 6= J. Khi đó tồn tại phần tử a ∈ J\(p). Do đó p không là ước của a. Vì p là nguyên tố nên a, p là nguyên tố cùng nhau. Do đó tồn tại x, y ∈ D sao cho 1 = ax + py. Vì a, p ∈ J nên 1 ∈ J. Do đó (p) là tối đại. (iv) ⇒ (i). Vì (p) là tối đại nên (p) 6= D. Suy ra, p không là ước của đơn vị.