Vành số nguyên của một trường bậc hai

Viết $\alpha=a+b\sqrt d$ với $a,b\in\mathbb Q$. Nếu $b=0$, $\alpha=a\in\mathbb Q$ là số nguyên đại số khi và chỉ khi $a\in\mathbb Z$ (định lý nghiệm hữu tỉ), đó là trường hợp $b=0$ của $\mathbb Z[\sqrt d]$. Nếu $b\neq0$, đa thức tối tiểu của $\alpha$ trên $\mathbb Q$ là $x^2-2ax+(a^2-db^2)$ (vết của nó là $2a$, chuẩn của nó là $a^2-db^2$), nên $\alpha$ nguyên khi và chỉ khi cả $2a\in\mathbb Z$ lẫn $a^2-db^2\in\mathbb Z$.

Viết $u=2a\in\mathbb Z$. Từ $a^2-db^2\in\mathbb Z$, nhân với $4$ cho $u^2-4db^2\in4\mathbb Z\subset\mathbb Z$, nên $4db^2\in\mathbb Z$. Viết $b=p/q$ tối giản ($\gcd(p,q)=1$); khi đó $4db^2=4dp^2/q^2\in\mathbb Z$ buộc $q^2\mid4dp^2$, và vì $\gcd(p,q)=1$ điều này buộc $q^2\mid4d$. Vì $d$ square-free, luỹ thừa đúng lớn nhất chia hết $4d$ nhiều nhất là $4$, nên $q^2\mid4$, tức $q\in\{1,2\}$; dù thế nào $v:=2b\in\mathbb Z$.

Bây giờ thay $u=2a$, $v=2b$ (cả hai đều nguyên) vào $a^2-db^2\in\mathbb Z$: điều này trở thành $\tfrac{u^2-dv^2}{4}\in\mathbb Z$, tức $u^2\equiv dv^2\pmod4$. Bình phương theo mod $4$ chỉ là $0$ (chẵn) hoặc $1$ (lẻ). Nếu $v$ chẵn, $dv^2\equiv0\pmod4$ buộc $u$ cũng chẵn (vì $u^2$ lẻ sẽ cho $1\not\equiv0$); vậy $u,v$ đều chẵn, nghĩa là $a,b\in\mathbb Z$ — nghiệm "tầm thường", luôn có sẵn, cho $\mathbb Z[\sqrt d]\subseteq\mathcal O_K$ luôn đúng.

Nếu $v$ lẻ, $dv^2\equiv d\pmod4$ (vì $v^2\equiv1$), nên cần $u^2\equiv d\pmod4$. Nếu $d\equiv2,3\pmod4$ (tức $d\equiv2,3\pmod4$), không bình phương $u^2\in\{0,1\}\pmod4$ nào bằng $2$ hay $3\pmod4$, nên trường hợp này bất khả thi — chỉ còn nghiệm tầm thường $u,v$ đều chẵn, cho đúng $\mathcal O_K=\mathbb Z[\sqrt d]$. Nếu thay vào đó $d\equiv1\pmod4$ ($d\equiv1\pmod4$), ta cần $u^2\equiv1\pmod4$, thoả mãn bất cứ khi nào $u$ lẻ — và vì $v$ đã lẻ sẵn, $u\equiv v\pmod2$ chính là điều kiện cho $\alpha=\tfrac{u+v\sqrt d}2$ với $u,v$ đều lẻ, chính là $\mathbb Z+\mathbb Z\cdot\tfrac{1+\sqrt d}2$ (kiểm tra: bản thân $\tfrac{1+\sqrt d}2$ có $u=v=1$, đều lẻ), nên trong trường hợp này $\mathcal O_K=\mathbb Z\!\left[\tfrac{1+\sqrt d}2\right]$, thực sự lớn hơn $\mathbb Z[\sqrt d]$ (chỉ số $2$).