Tài liệu Vành euclide các số nguyên đại số

  • Số trang: 45 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 117 |
  • Lượt tải: 0
okyeuniterd

Tham gia: 20/08/2016

Mô tả:

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------- VŨ THỊ PHƯƠNG THẢO VÀNH EUCLIDE CÁC SỐ NGUYÊN ĐẠI SỐ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------- VŨ THỊ PHƯƠNG THẢO VÀNH EUCLIDE CÁC SỐ NGUYÊN ĐẠI SỐ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS. ĐÀM VĂN NHỈ THÁI NGUYÊN - 2017 1 LỜI CẢM ƠN Trong quá trình học tập và nghiên cứu tại Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên, tôi được nhận đề tài nghiên cứu “ Vành Euclide các số nguyên đại số ” dưới sự hướng dẫn của PGS.TS Đàm Văn Nhỉ. Đến nay, luận văn đã được hoàn thành. Có được kết quả này là do sự dạy bảo và hướng dẫn tận tình và nghiêm khắc của Thầy. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới Thầy và gia đình! Tôi cũng xin gửi lờn cảm ơn chân thành đến Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo sau đại học và Khoa Toán – Tin của Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên đã tạo mọi điều kiện thuận lợi giúp đỡ tôi trong quá trình học tập tại trường và trong thời gian nghiên cứu hoàn thành luận văn này. Sự giúp đỡ nhiệt tình và thái độ thân thiện của các thầy, cô giáo, các cán bộ thuộc Phòng Đào tạo, Khoa Toán – Tin đã đã để lại trong lòng mỗi chúng tôi những ấn tượng tốt đẹp. Không biết nói gì hơn, một lần nữa tôi xin trân trọng cảm ơn. Tôi xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp và các thành viên trong lớp cao học Toán K9N (Khóa 2015-2017) đã quan tâm, tạo điều kiện, cổ vũ và động viên để tôi có thể hoàn thành nhiệm vụ của mình. Thái Nguyên, ngày 15 tháng 5 năm 2017 Tác giả Mục lục MỞ ĐẦU 3 1 Vành Euclide và bao đóng nguyên √ √ √ 1.1 Vành Z[ d] và Z[ p, q] . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 5 1.2 Vành Euclide . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.3 Vành các số nguyên đại số. . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.4 Chuẩn và vết. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 2 Một số vận dụng 28 2.1 Chứng minh tồn tại nghiệm trong Z[α] . . . . . . . . . . 28 2.2 Số nguyên đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 KẾT LUẬN 42 2 MỞ ĐẦU Vành Euclide là khái niệm quen thuộc nhưng khá trừu tượng trong lý thuyết vành. Lớp vành đặc biệt này có những tính chất quan trọng được ứng dụng rất nhiều trong toán phổ thông, đặc biệt là trong các kỳ thi học sinh giỏi trong và ngoài nước. Hiện nay đã xuất hiện nhiều bài toán khó trong các kỳ thi học sinh giỏi mà nếu giải theo kiến thức phổ thông thì ta phải cần nhiều kết quả phụ và những mẹo mực. Nhưng xét bài toán ấy theo con mắt của toán cao cấp thì ta có những cách giải hệ thống hơn. Do vậy vấn đề nhìn bài toán sơ cấp dưới con mắt toán cao cấp cũng rất đáng được quan tâm. Luận văn này đặt vấn đề nghiên cứu về vành Euclid, mở rộng vành, bao đóng nguyên, phần tử nguyên đại số, chuẩn và vết, để từ đó có thể truyền tải một số kết quả của toán cao cấp vào toán sơ cấp. Cấu trúc luận văn được chia làm 2 chương cụ thể như sau. Chương 1 trình bày về vành Euclide và bao đóng nguyên. Trong √ chương này, Tiết 1.1 quan tâm đến hai loại vành đặc biệt là vành Z[ d] √ √ và Z[ p, q] với d, p, q là các số nguyên không có ước chính phương. Tiết 1.2 nghiên cứu khái niệm vành Euclide và đưa ra một số ví dụ √ về vành Euclide như vành Z[ d] với d = −1, 2, 3 (xem Mệnh đề 1.2.8) và vành đa thức một biến với hệ số trên một trường (Định lí 1.2.11). Tiết 1.3 quan tâm đến khái niệm số nguyên đại số, bao đóng nguyên √ đại số, và chỉ ra rằng vành các số nguyên đại số của trường Q( d) với 3 4 d = −11, −7, −3, −2 là vành Euclide (Định lí 1.3.8), đồng thời xác định √ vành các số nguyên đại số của trường Q( d) (Định lí 1.3.26). Phần cuối Chương 1 nghiên cứu về chuẩn và vết của các số đại số. Chương 2 trình bày việc vận dụng kiến thức lí thuyết trong Chương 1 để giải một số dạng toán sơ cấp. Trong phần đầu Chương 2, chúng tôi khai thác các tính chất về chuẩn, vết của các phần tử trong các vành √ √ √ √ √ Euclid Z[i], Z[ 2], Z[ 3], Z[ −2] cũng như các vành Z[ −11], Z[ −7], √ √ √ Z[ 5], Z[ 6], Z[ −6] để giải quyết các bài toán đại số sơ cấp, nhiều √ trong số đó có thể quy về bài toán về sự tồn tại nghiệm trong Z[ d]. Tiết cuối Chương 2 là hệ thống những bài toán sơ cấp mà lời giải của chúng sử dụng các kết quả về vành các số nguyên đại số, đặc biệt là tính đóng của các phép cộng, trừ, nhân trong tập các số nguyên đại số. Do thời gian và kiến thức hạn chế nên chắc chắn luận văn còn có những thiếu sót nhât định, kính mong quý thày cô và các bạn đóng góp ý kiến để tác giả tiếp tục hoàn thiện luận văn này. Chương 1 Vành Euclide và bao đóng nguyên Mục đích của chương 1 là trình bày các kết quả về vành Euclide, trong đó quan tâmhđếni3 lớp n vành√Euclide đặco biệt sau đây: √ - Vành Z d = a + b d |a, b ∈ Z với d ∈ {−1, 2, 3}. - Một số vành các số nguyên đại số. - Vành đa thức một biến trên một trường. 1.1 √ √ √ Vành Z[ d] và Z[ p, q] Nhiều khi để giải một bài toán ta phải sử dụng một vành nào đó. √ Trong mục này chúng tôi sử dụng vành Z[ d] với d là một số nguyên không chứa nhân tử chính phương. Mệnh đề 1.1.1. Cho số nguyên d > 1 không là số chính phương. Khi đó √ √ (1) Tập Z[ d] = {a+b d | a, b ∈ Z} cùng phép cộng và nhân lập thành √ √ một vành giao hoán có đơn vị và ánh xạ f : Z[ d] → Z[ d] cho bởi √ √ f (a + b d) = a − b d, là một tự đẳng cấu. √ √ (2) Tập Z[ −d] = {a + ib d | a, b ∈ Z} cùng phép cộng và nhân lập √ thành một vành giao hoán có đơn vị và ánh xạ f từ vành Z[ −d] √ √ √ đến vành Z[ −d] cho bởi f (a + ib d) = a − ib d là một tự đẳng cấu. 5 6 √ √ √ √ Với z = a + b d ∈ Z[ d], u = a + ib d ∈ Z[ −d], ta ký hiệu N (z) = a2 − db2 , N (u) = a2 + db2 . Ta gọi N (z) là chuẩn của z và N (u) là chuẩn của u. Khi đó ta có tính chất sau đối với chuẩn. √ √ Hệ quả 1.1.2. Với z1 , z2 , . . . , zn ∈ Z[ d] và u1 , u2 , . . . , un ∈ Z[ −d] ta luôn có hệ thức N (z1 z2 . . . zn ) = N (z1 )N (z2 ) . . . N (zn ) N (u1 u2 . . . un ) = N (u1 )N (u2 ) . . . N (un ). √ √ Chứng minh. Giả sử zk = ak + bk d ∈ Z[ d] với k = 1, . . . , n, và viết n √ √ Q tích (ak + bk d) = a + b d. Qua tự đẳng cấu liên hợp ta có ngay n Q k=1 √ √ (ak − bk d) = a − b d. Vì k=1 2 2 a −b d= n Y k=1 √ (ak + bk d) n Y (ak − bk √ n Y d) = (a2k − b2k d) k=1 k=1 Nên ta suy ra N (z1 z2 . . . zn ) = N (z1 )N (z2 ) . . . N (zn ). Tương tự, ta cũng có N (u1 u2 . . . un ) = N (u1 )N (u2 ) . . . N (un ). Sử dụng định nghĩa của đẳng cấu vành, ta có thể kiểm tra được tính chất sau đây. Mệnh đề 1.1.3. Giả thiết p, q là hai số nguyên dương không có nhân tử chính phương sao cho (p, q) = 1. Khi đó tập √ √ √ √ √ Z[ p, q] = {a + b p + c q + d pq | a, b, c, d ∈ Z} cùng phép cộng và nhân thông thường lập thành một vành giao hoán √ √ √ √ có đơn vị và các ánh xạ φi : Z[ p, q] → Z[ p, q] cho ứng phần tử 7 √ √ √ z = a + b p + c q + d pq với phần tử  √ √ √  φ (z) = a + b p + c q + d pq 1    √ √ √ φ (z) = a − b p + c q − d pq 2 √ √ √  φ3 (z) = a + b p − c q − d pq    φ (z) = a − b√p − c√q + d√pq 4 là những tự đẳng cấu, với i=1,2,3,4. √ √ Với z ∈ Z[ p, q], đặt N (z) = φ1 (z)φ2 (z)φ3 (z)φ4 (z). Ta gọi N (z) là chuẩn của z. Khi đó, sử dụng các đẳng cấu trong mệnh đề trên ta có tính chất sau của chuẩn. √ √ Hệ quả 1.1.4. Nếu z1 , z2 ∈ Z[ p, q] thì N (z1 z2 ) = N (z1 )N (z2 ). √ √ √ √ Chứng minh. Với z1 , z2 ∈ Z[ p, q], ta có z1 z2 ∈ Z[ p, q]. Hơn nữa, φi (z1 z2 ) = φi (z1 )φi (z2 ). Vậy N (z1 z2 ) = 4 Y i=1 φi (z1 ) 4 Y φi (z2 ) = N (z1 )N (z2 ). i=1 Cho α ∈ C. Ký hiệu Q[α] = {f (α) | f (x) ∈ Q[x]}; n f (α) o Q(α) = | f (x), g(x) ∈ Q[x], g(α) 6= 0 . g(α) Khi đó Q [α] là vành con nhỏ nhất của C chứa Q và α. Hơn nữa, Q (α) là trường con nhỏ nhất của C chứa Q và α. Rõ ràng Q (α) chứa Q [α]. Nếu α là số đại số (tức α là nghiệm của một đa thức khác không với hệ số trong Q) thì Q (α) = Q [α] (xem Định lý 1.3.15). Với α, β ∈ C, đặt Q (α, β) = (Q (α)) (β). Khi đó Q (α, β) là trường con nhỏ nhất của C chứa Q, α, β. 8 Mệnh đề 1.1.5. Cho p, q là hai số nguyên dương không có nhân tử chính √ √  √ √  phương sao cho (p, q) = 1. Khi đó Q p, q = Q p + q .Hơn nữa √ √  √ √  p, q = Q p, q . Q √ √  √ √  √ √  √ √ Chứng minh. Vì p+ q ∈ Q p, q nên Q p+ q ⊆ Q p, q . √ √ Đặt u = p + q. Khi đó ta có hệ (√ √ p+ q =u √ √ (p + 3q) p + (q + 3p) q = u3 . Suy ra √ √ p, q ∈ Q(u). Như vậy √ Q Tóm lại Q √  √ √  q ⊇ Q p, q . √ √  √ √  p, q = Q p + q . Dễ dàng chỉ ra Q 1.2 p+ √ √  √ √  p, q = Q p, q . Vành Euclide Trước tiên ta nhắc lại một vài khái niệm. Phần tử p 6= 0 và không khả nghịch thuộc miền nguyên R được gọi là phần tử bất khả quy nếu nó không có ước thực sự. Phần tử p 6= 0 không khả nghịch được gọi là phần tử nguyên tố nếu với mọi a, b ∈ R và p|ab thì p|a hoặc p|b. Chú ý rằng trong mọi miền nguyên, mỗi phần tử nguyên tố đều là một phần tử bất khả quy. Miền nguyên R được gọi là một vành chính nếu mỗi iđêan của nó là iđêan chính. Định nghĩa 1.2.1. Miền nguyên R được gọi là một vành Euclide nếu tồn tại một ánh xạ (Euclide) δ : R∗ = R \ {0} → N thỏa mãn hai điều kiện dưới đây: (i) Với a, b ∈ R∗ , a 6= 0 và b|a, có δ(b) 6 δ(a). 9 (ii) Với a, b ∈ R, b 6= 0, luôn có hai phần tử q, r ∈ R sao cho a = bq + r và δ(r) < δ(b) khi r 6= 0. Ví dụ 1.2.2. Z là vành Euclide với ánh xạ g : Z∗ → N cho tương ứng g (n) = |n|, trong đó Z∗ = Z\ {0}. Ví dụ 1.2.3. Nếu K là một trường thì K là vành Euclide với ánh xạ g : K ∗ → N cho bởi g (a) = 1, với mọi a ∈ K ∗ = K \ {0}. Thật vậy, ta có g (ab) = 1 = g (a) với mọi a, b ∈ K ∗ . Với b ∈ K ∗ , a ∈ K ta luôn có  a = b b−1 a + 0. Thực tế với một số nguyên dương n tùy ý, ánh xạ cho ứng mỗi phần tử của K ∗ với n cũng là ánh xạ Euclide. Mệnh đề 1.2.4. Mỗi vành Euclide đều là một vành chính. Chứng minh. Giả sử R là một miền nguyên và là vành Euclide với ánh xạ Euclide δ : R∗ = R \ {0} → N. Giả sử I là một iđêan của R. Nếu I = (0) thì I là iđêan chính sinh bởi 0. Nếu I 6= (0) thì có a ∈ I, a 6= 0, sao cho δ(a) là số nhỏ nhất trong tập δ(I ∗ ), trong đó I ∗ = I \ {0}. Giả sử x ∈ I. Vì R là vành Euclide nên tồn tại q, r ∈ R sao cho x = aq + r. Vì a, x ∈ I nên r ∈ I. Nếu r 6= 0 thì δ(r) < δ(a), điều này mâu thuẫn với giả thiết về cách chọn phần tử a. Vậy r = 0 và do đó I = (a). Vành Z[i] = {a + bi | a, b ∈ Z} được gọi là vành các số nguyên Gauss. Chuẩn của phần tử z = a + bi là N (z) = a2 + b2 . Mệnh đề 1.2.5. Vành Z[i] là vành Euclide. Chứng minh. Giả sử z = a + bi và z1 = a1 + b1 i 6= 0. Ta chỉ ra có z2 = a2 + b2 i ∈ Z[i] sao cho N (z − z1 z2 ) < N (z1 ). Thật vậy, từ biến đổi sau z a + bi (a + bi)(a1 − b1 i) (aa1 + bb1 ) − (ab1 − a1 b)i = = = z1 a1 + b 1 i a21 + b21 a21 + b21 và chọn a2 , b2 ∈ Z với aa + bb 1 a b − ab 1 1 1 1 1 − a2 6 , 2 − b2 6 . 2 2 2 a1 + b 1 2 a1 + b1 2 10 Suy ra z   aa + bb  1 1 1 a1 b − ab1 1 1 N − z2 = N − a2 + 2 i − b2 i 6 + = . z1 a21 + b21 a1 + b21 4 4 2 Như vậy  z  z  N (z − z1 z2 ) = N z1 − z2 = N (z1 )N − z2 < N (z1 ) z1 z1 và suy ra Z[i] là một vành Euclide. Bổ đề 1.2.6. Nếu N (α) = p là số nguyên tố thì α là phần tử nguyên tố. Chứng minh. Nếu α không là phần tử nguyên tố thì α = ab với a, b không là nhân tử tầm thường. Khi đó p = N (α) = N (ab) = N (a)N (b) với N (a), N (b) > 1. Điều này là mâu thuẫn. Ví dụ 1.2.7. Nếu N (α) = 2 thì 1 + i là phần tử nguyên tố và ta có 1 − i = (−i)(1 + i) không là phần tử nguyên tố. Lời giải. Vì N (1 + i) = 2 nên 1 + i là phần tử nguyên tố theo Bổ đề 1.2.6. Hiển nhiên 1 − i = (−i)(1 + i) với N (−i) = 1. Mệnh đề 1.2.5 chỉ ra rằng vành Z[i] = {a + bi | a, b ∈ Z} là vành Euclide. Mệnh đề tiếp theo cho thêm một số ví dụ về vành Euclide. Mệnh đề 1.2.8. Vành Z[α] = {a + bα | a, b ∈ Z}, trong đó α2 thuộc { − 1, 2, 3} là vành Euclide. Chứng minh. Ánh xạ N : Z[α] → N, a + bα 7→ |a2 − γb2 |, là chuẩn trong Z[α]. Hiển nhiên N (a + bα) = 0 khi và chỉ khi a = b = 0. Giả sử u = a + bα và v = c + dα thuộc vành Z[α] với N (u) > N (v) > 0. Ta chỉ ra z, t ∈ Z[α] thỏa mãn u = zv + t với N (v) > N (t). Biến đổi thương uv (a + bα)(c − dα) ac − γbd bc − ad u = = = + α v vv vv vv vv r + sα = m + nγ + với m.n.r.s ∈ Z. vv 11 Như vậy ( ac − γbd = mvv + r với |r|, |s| 6 1 N (v). Bây giờ ta chọn 2 bc − ad = nvv + s r + sα z = m + nα và t = = u − vz ∈ Z[α]. Hiển nhiên v |r2 − γs2 | |1 − γ| N (t) = 6 N (v) < N (v) N (v) 4 với γ = −1, 2, 3. Vậy vành Z[α] là vành Euclide. Mệnh đề 1.2.9. Cho vành Z[α]như trong Mệnh đề 1.2.8. Nếu u ∈ Z[α] có chuẩn N (u) = 1 thì u là phần tử khả nghịch trong Z[α]. Chứng minh. Giả sử u = a + bα với a2 − b2 α2 = 1. Xét x + yα ∈ Z[α] thỏa mãn (a + bα)(x + yα) = 1. Khi đó ax + bα2 y = 1, bx + ay = 0. Giải hệ phương trình tuyến tính hai ẩn x, y. Vì N (u) = 1 nên dễ dàng suy ra x, y ∈ Z. Vậy u là phần tử khả nghịch trong Z[α]. Mệnh đề 1.2.10. Với vành Z[α] như trong Mệnh đề 1.2.8, nếu u ∈ Z[α] có chuẩn N (u) là số nguyên tố thì u là phần tử bất khả qui trong Z[α]. Chứng minh. Giả sử u là phần tử khả qui trong Z[α]. Khi đó ta có phân tích thành tích u = u1 u2 trong Z[α]. Vì N (u1 )N (u2 ) = N (u1 u2 ) = N (u) là số nguyên tố nên N (u1 ) = 1 hoặc N (u2 ) = 1. Vậy điều giả sử là sai. Ngoài các vành Euclide Z [i] ,Z √  √  2 ,Z 3 trong Mệnh đề 1.2.8, chúng ta còn có một vành rất quan trọng, đó là vành đa thức một biến với hệ số trên một trường. Định lý 1.2.11. Nếu K là một trường thì vành đa thức một biến K [x] là vành Euclide và là vành Gauss. Chứng minh. Xét ánh xạ ϕ : K[x]∗ → N cho bởi ϕ(g) = deg (g), trong đó K[x]∗ = K[x] \ {0}. Với g, f ∈ K[x] ta luôn có ϕ(gf ) = deg (gf ) = deg g + deg f ≥ deg g = ϕ (g) . 12 Cho g ∈ K[x], f ∈ K[x]∗ . Khi đó theo tính chất chia với dư, tồn tại 2 đa thức q(x), r(x) ∈ K[x] sao cho g = f q + r với r = 0 hoặc ϕ(r) = deg r < deg f = ϕ(f ). Do đó K[x] là vành Euclide. Vì thế K[x] là vành Gauss. 1.3 Vành các số nguyên đại số. Một trong những lớp vành Euclide quan trọng trong lý thuyết số đại số là vành các số nguyên đại số. Trong tiết này, chúng tôi trình bày khái niệm bao đóng nguyên và một số kêt quả về bao đóng nguyên, từ đó đưa ra một số tiêu chuẩn cho vành các số nguyên đại số là vành Euclide (xem Định lý 1.3.8). 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 1.3.1. Phần tử α ∈ S được gọi là phần tử đại số trên R nếu α là nghiệm của một đa thức khác 0 với hệ số trên R. Phần tử α ∈ S được gọi là phần tử nguyên trên R nếu tồn tại các phần tử a1 , . . . , an ∈ R sao cho αn + a1 αn−1 + · · · + an−1 α + an = 0. Đặt f (x) = xn + a1 xn−1 + · · · + an−1 x + an = 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]. Hơn nữa, nếu α là phần tử nguyên trên R thì α là phần tử đại số trên R. Điều ngược lại không đúng, chẳng hạn 1 phần tử ∈ Q là đại số trên Z vì nó là nghiệm của đa thức khác không 2 f (x) = 2x − 1 nhưng nó không là nghiệm của đa thức khác 0 với hệ 1 số nguyên và hệ số cao nhất bằng 1. Vì thế là phần tử đại số trên Z 2 nhưng không là phần tử nguyên trên Z. 13 Định lý 1.3.2. 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 và f (x) có hệ số cao nhất bằng 1. 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) = xn + a1 xn−1 + · · · + an−1 x + an . Vì β là phần tử nguyên trên R[α] nên có đa thức g(x) ∈ R[α][x] nhận β làm nghiệm và có hệ số cao nhất bằng 1. Giả sử g(x) = xm + b1 (α)xm−1 + · · · + bm−1 (α)x + bm (α), bi (α) ∈ R[α]. Do α là nghiệm của f (x) nên ta có αn = −a1 αn−1 − · · · − an−1 α − an . Thay vào mỗi bi (α), nếu cần thiết, ta có thể giả thiết các lũy thừa của α trong mỗi bi (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 g(x) = p11 (x) + p12 (x)α + · · · + p1n (x)αn−1 , p1i (x) ∈ R[x] với p11 (x) là đa thức bậc n của x với hệ số cao nhất bằng 1, trong khi các đa thức còn lại có bậc thấp hơn n. Nhân hai vế của đa thức g(x) = p11 (x) + p12 (x)α + · · · + p1n (x)αn−1 và thế αn bằng −a1 αn−1 − · · · − an−1 α − an ta lại có g(x)α = p21 (x) + p22 (x)α + · · · + p2n (x)αn−1 , p2i (x) ∈ R[x]. Cứ thế lặp lại, ta có g(x)αs = ps1 (x) + ps2 (x)α + · · · + psn (x)αn−1 , psi (x) ∈ R[x]. Chú ý rằng, mỗi đa thức pss (x) đều là đa thức bậc m của x với hệ tử cao nhất bằng 1; các đa thức psi (x) còn lại có bậc nhỏ hơn m. Vì g(β) = 0 nên ta nhận được hệ phương trình ( ps1 (β) + ps2 (β)α + · · · + psn (β)αn−1 = 0 s = 1, 2, . . . , n. 14 Do hệ phương trình này có nghiệm không tầm thường là (1, α, . . . , αn−1 ) nên định thức phải bằng 0 hay det(psi (β)) = 0. Như vậy, β là nghiệm của đa thức det(psi (x)) ∈ R[x] \ {0}. Do đó β là nguyên trên R. Bổ đề 1.3.3. 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) = xn + a1 xn−1 + · · · + an−1 x + an = 0. Gọi γ và δ là nghiệm của h(x) = (x − β)n + a1 (x − β)n−1 + · · · + an−1 (x − β) + an = 0 k(x) = xn + a1 βxn−1 + · · · + an−1 β n−1 x + an β n = 0 tương ứng. Vì h(x), k(x) thuộc R[α][x] nên γ, β là những phần tử nguyên trên vành R[α]. Vậy, γ, δ nguyên trên vành R theo Định lý 1.3.2. Định lý 1.3.4. 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 1.3.3. Như vậy, α + β và αβ thuộc R khi α và β thuộc R. Suy ra R là một vành con của vành S chứa vành R. Định nghĩa 1.3.5. Vành con R gồm các phần tử của S nguyên trên R 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. Mệnh đề 1.3.6. Z là vành đóng nguyên trong trường Q. 15 a Chứng minh. Ta có Z = { ∈ Q | a, b ∈ Z}. Rõ ràng Z ⊆ Z. a b a Ngược lại, cho ∈ Z với tối giản, b > 0. Khi đó tồn tại các số nguyên b b a1 , ..., an ∈ Z sao cho  a n  a n−1 a + an = 0. + a1 + ... + an−1 b b b Quy đồng mẫu số ta có  an = a1 ban−1 + ... + an−1 bn−1 a + an bn . a Vì vế phải của đẳng thức trên là bội của b nên an là bội của b. Do tối b a giản nên b=1. Suy ra ∈ Z. b Định lý 1.3.7. 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 6= 0. Vì y là nguyên trên R nên có đa thức f (x) = xn + a1 xn−1 + · · · + an−1 x + an ∈ R[x], an 6= 0 để f (y) = 0. Vì R là một trường và an 6= 0 nên có n−1 y −1 = a−1 + a1 y n−2 + · · · + an−1 ) ∈ S. n (y Vậy S là một trường. Ngược lại, giả thiết S là một trường. Giả sử r ∈ R, r 6= 0. Vì S là một trường và r 6= 0, r ∈ R ⊆ S nên có r−1 ∈ S. Vì S = R nên r−1 nguyên trên R. Khi đó ta có phương tình đa thức (r−1 )m + b1 (r−1 )m−1 + · · · + bm−1 (r−1 ) + bm = 0. Từ đây suy ra r−1 = −(b1 + b2 r + · · · + bm rm−1 ) ∈ R. Vậy R là một trường. 16 Số phức α được gọi là số nguyên đại số nếu nó là nguyên trên Q. Đặt √ √ Q[ d] = {a + b d | a, b ∈ Q}. √ Khi đó chú ý rằng Q[ d] là một trường chứa Q. √ Định lý 1.3.8. Vành R các số nguyên đại số của Q[ d] với d thuộc {−11, −7, −3, −2} là vành Euclide với ánh xạ ϕ : R → N, α 7→ αα. Chứng minh. Cho các phần tử khác không α và β, ta có thể viết √ √ αβ −1 = x + iy −d thuộc Q[ d]. Giả sử x, y thuộc các đoạn [u1 , u2 ] và [v1 , v2 ], trong đó ui , vj là những số nguyên. Ta xét hai trường hợp. √ 1 Trường hợp d = −2. Ta có thể chọn a+ib 2 thuộc R sao cho |x−a| 6 2 √ 1 và |y − b| 6 . Khi đó α = (x + iy 2)β có thể viết được thành dạng 2 √ √ α = (u + iv 2)β + ((x − u) + i(y − v) 2)β √  với ϕ ((x − u) + i(y − v) 2)β < ϕ(β). √ Trường hợp d = −11, −7, −3. Ta có thể chọn a + ib 2 thuộc R sao cho 1 1 |x − a| 6 và |y − b| 6 . Chia đoạn [u1 , u2 ] ra làm hai đoạn bằng nhau 2 4 và chia đoạn [v1 , v2 ] ra làm bốn đoạn bằng nhau. Nếu x thuộc nửa thứ nhất (thứ hai), tương ứng y thuộc phần tư thứ nhất (thứ tư), thì ta chọn u = u1 , (u = u2 ), tương ứng v = v1 , (v = v2 ), Nếu y thuộc đoạn phần tư u1 + u2 v1 + v2 và v = . Khi thứ hai hay thứ ba thì ta có thể chọn u = 2 2 √ đó α = (x + iy −d)β. Do đó ta có thể biểu diễn √ √ α = (u + iv −d)β + ((x − u) + i(y − v) −d)β √  với ϕ ((x − u) + i(y − v) −d)β < (|x − u)2 − |y − v|2 )d)ϕ(β). Từ đó suy ra √  4−d ϕ ((x − u) + i(y − v) −d)β = ϕ(β) < ϕ(β). 16 Vậy, vành R là một vành Euclide. 17 Phần tiếp theo chúng ta nghiên cứu tính chất của số đại số trên một trường. Một trường K được gọi là đóng đại số nếu mỗi đa thức bậc dương với hệ số trên K đều có nghiệm trong K. Chẳng hạn C là trường đóng đại số (theo Định lý cơ bản của đại số ), R không đóng đại số vì đa thức x2 + 1 có bậc dương nhưng không có nghiệm trong R. Cho K là một trường trung gian giữa C và Q. Ta nói K là một trường số nếu K là một Q–không gian vec tơ hữu hạn chiều. Chẳng √ √ hạn, Q[ d] = {a + b d | a, b ∈ Q} (với d là một số không chứa nhân tử chính phương) là một trường số vì nó là một Q-không gian chiều 2. Chú ý rằng trên một trường, phần tử đại số và phần tử nguyên là như nhau. Thật vậy, nếu α đại số trên K thì α là nghiệm của một đa thức an xn + ... + a1 x + a0 ∈ K [x] với an 6= 0. Do an khả nghịch trong K nên ta có thể nhân đa thức trên với an −1 ∈ K, ta được một đa thức với hệ số cao nhất bằng 1 nhận α làm nghiệm. Vì vậy phần tử α ∈ C là đại số trên K nếu và chỉ nếu nó là nguyên trên K. Nếu α là đại số trên K thì có đa thức ϕ (x) = xn + a1 xn−1 + ... + an−1 x + an nhận α làm nghiệm và phương trình xn + a1 xn−1 + ... + an−1 x + an = 0 được gọi là phương trình đại số của α trên K. √ √ Ví dụ 1.3.9. Số α = 2 + 3 là số đại số nguyên vì nó là một nghiệm của đa thức f (x) = x4 − 10x2 + 1 ∈ Z[x]. Ví dụ 1.3.10. Số sin 100 là một số đại số trên Z vì nó là một nghiệm của đa thức f (x) = 8x3 − 6x + 1 ∈ Z[x]. Định nghĩa 1.3.11. Phần tử α ∈ C được gọi là siêu việt trên K nếu nó không đại số trên K. 18 Định lý 1.3.12. Nếu phần tử α ∈ C là đại số trên K thì nó là nghiệm của một đa thức bất khả quy duy nhất f (x) ∈ 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 là bội của f (x). Chứng minh. Vì α là phần tử đại số trên K nên tồn tại f (x) ∈ K[x] nhận α làm nghiệm và f (x) 6= 0. Trong số các đa thức khác 0 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 dương và hệ tử cao nhất cũng bằng 1. Khi đó f (x) = g(x)h(x) với 0 < deg g, deg h < deg f. Vì f (α) = 0 nên g(α)h(α) = 0. Vì C là một trường nên ta có thể giả thiết g(α) = 0. Như thế có đa thức g(x) với deg g < deg f nhận α làm nghiệm, điều này mâu thuẫn với việc chọn của f (x). Do đó 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) 6= 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 1.3.13. 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 α1 , . . . , αn của đa thức tối tiểu của α được gọi là các liên hợp của α trên K. Từ Định lý 1.3.7, ta có ngay kết quả sau đây. Định lý 1.3.14. Với K là trường trung gian giữa Q và C, vành các số đại số trên K là một trường chứa K. Giả thiết α ∈ C là số đại số (trên Q) với đa thức tối tiểu f (x) = xn + a1 xn−1 + · · · + an .
- Xem thêm -