Chủ đề này có 3 trả lời

[cunkon]

Ai có thể giải giúp e với ạ.
C/m tập A= { a+3bi | a,b€ Z } là miền nguyên không phải là vành chính

[fghost]

Bạn chứng minh được phần miền nguyên chưa?

 

Còn về chứng minh đó không phải là vành chính, có lẽ 1 hướng đề thử là chứng minh đó không phải là vành Gauss (hay vành nhân tử hóa). Nếu bạn có thể chứng minh tồn tại $(a+3bi)(c+3di)=(a'+3b'i)(c'+3d'i)$ thì đó không phải là vành Gauss, nên không thể là vành chính.

 

Mò mò hoài không được mình viết 1 chương trình nhỏ để tìm, thì tìm ra vài cặp. Lấy 1 cặp tượng trưng.

$$-27+36i=(0+9i)(4+3i)=(3+6i)(3+6i)$$

Bây giờ bạn cần chứng minh từng nhân tử $9i, 4+3i, 3+6i$ "bất khả quy" trên miền $A$ là xong.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi fghost: 03-02-2015 - 09:08

[Nxb]

Ai có thể giải giúp e với ạ.
C/m tập R= { a+3bi | a,b€ Z } là miền nguyên không phải là vành chính

Ta có thể dùng mệnh đề: trong một miền nguyên chính, một phần tử khác 0 là nguyên tố nếu và chỉ nếu nó là bất khả quy. Ta xét phần tử 3i. 3i không là nguyên tố vì R/(3i)$\cong \mathbb{Z}/9\mathbb{Z}$ không là một miền nguyên. Nhưng 3i là bất khả quy trong R vì nếu 3i=ab thì N(a)N(b)=9 nhưng ta luôn có N(m) khác 3 với mọi phần tử m trong R. Mình đang băn khoăn là bằng cách này chứng minh được {a+kbi|a,b $\in \mathbb{Z}$} không là miền nguyên chính với mọi k không.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nxb: 30-04-2015 - 18:55

[fghost]

Ta có thể dùng mệnh đề: trong một miền nguyên chính, một phần tử khác 0 là nguyên tố nếu và chỉ nếu nó là bất khả quy. Ta xét phần tử 3i. 3i không là nguyên tố vì R/(3i)$\cong \mathbb{Z}/9\mathbb{Z}$ không là một miền nguyên. Nhưng 3i là bất khả quy trong R vì nếu 3i=ab thì N(a)N(b)=9 nhưng ta luôn có N(m) khác 3 với mọi phần tử m trong R. Mình đang băn khoăn là bằng cách này chứng minh được {a+kbi|a,b $\in \mathbb{Z}$} không là miền nguyên chính với mọi k không.

 

Trong vành chính, không nhất thiết tồn tại norm. Dĩ nhiên, trong trường hợp này bạn có thể đặt ra 1 hàm norm trên $Z[3i]$ như $N(a+3ib)=a^2+9b^2$ để đưa đến kết luận trên. Nhưng giả sử vành ta xét là $Z[ki]$, thì đến khúc đó, ta có $N(x)N(y)=k^2$, thì ta cần xét nhiều cách phân tích nhân tử của $k^2$ để đi đến kết luận là không có tồn tại phần tử cần tìm. Ví dụ, $k=6$, thì $N(x)N(y)=36$ nên có lẽ $N(x)=4, N(y)=9$ hoàn toàn tương ứng với $x=2, y=3$. Dĩ nhiên với $k$ nhỏ, thì việc loại trừ những trường hợp này khá dễ, nhưng với $k$ chung chung, thì biện luận cách này không đơn giản.

 

Uhm, để mình thử thêm 1 chút nữa, có lẽ đơn giản hơn như vậy. Vì $xy=ki$, nên với $x=a+bki, y=c+dki$. Gọi norm như trên. Đầu tiên ta nhận xét, $b,d$ không thể cùng bằng $0$. Sau đó, ta giả sử $b\ne 0$ và $d=0$, ta dễ thấy trường hợp này đưa đến kết quả, $x$ hoặc $y$ là unit. Nên ta có thể giả sử cả $b, d$ đều khác $0$.

 

Như vậy, ta sẽ có

$$k^2=(a^2+k^2b^2)(c^2+d^2k^2) \geq k^4 \Rightarrow 1 \geq k^2$$

như vậy cách của bạn có thể dùng để chứng minh cho mọi $k>1$, $Z[ki]$ không thể là UFD (vành nhân tử hóa). (ta đã biết, $Z[i]$ là vành Euclide)

 

Nhưng đến đây lại có 1 vài vấn đề cần nói rõ, vành $Z[\sqrt{-2}]$ là vành Euclide. Nên "proof" trên có chút vấn đề với $k=\sqrt{2}$. Nhìn kĩ lại, ta thấy chỗ $R/(3i)$, nếu $k=\sqrt{2}$, thì $R/(ki)=Z/2Z$ là miền nguyên (thậm chí là 1 trường). Nên $ki$ nguyên tố, nên việc chứng minh $ki$ bất khả qui không có ý nghĩa.

 

Tóm lại, cách của bạn chứng minh được với mọi $|k|>1$ và $k \in Z$ thì $Z[ki]$ không phải là vành nhân tử hóa (nên không thể là vành chính).

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi fghost: 07-05-2015 - 12:11