Bài này, liên quan đến một bài viết khác của tôi, vấn đề đặt ra là như thế sau

Với $\alpha=\frac{1+\sqrt 5}{2}$, xét vành $R = \left\{ {a + b\alpha :\;a,{\mkern 1mu} {\kern 1pt} b \in \mathbb Z} \right\}$, ta cần đi tìm các số nguyên tố $p$ để $I(p)=\{pr:\;r\in R\}$ là một ideal nguyên tố. Nghĩa là, cần tìm $p$ sao cho cứ từ $xy\in I(p)$ thì phải có $x\in I(p)$ hoặc $y\in I(p)$.

Bởi vì $5=\left(\sqrt 5\right)^2$, và nếu đặt $
\frac{1-\sqrt 5}{2}=\beta$ thì $\beta\in R$ thêm nữa $-2\alpha\beta=2$ cho nên ta chỉ cần xét các số nguyên tố lẻ và khác $5$.

Lấy số nguyên tố $p$ sao cho $\left(\frac{5}{p}\right)=1$, khi đó sẽ tồn tại số nguyên $a$ sao cho \[p\mid \left( {a – \sqrt 5 } \right)\left( {a + \sqrt 5 } \right).\]Từ đó để mà thấy các số nguyên tố ở dạng $5k\pm 1$ không thỏa mãn yêu cầu.

Giờ, ta xét các số nguyên tố $p$ ở dạng $5k\pm 2$, khi đó với $a,\,b$ là các số nguyên không đồng thời chia hết cho $p$ thì $2a+b,\,b$ cũng vậy, và vì 5 là bất thặng dư bậc hai mod $p$ kết hợp $$4\left(a^2-b^2-ab\right)=(2a+b)^2-5b^2,$$ để thấy là $p\nmid \left(a^2-b^2-ab\right)$. Giả sử $T$ là nghịch đảo của $\left(a^2-b^2-ab\right) $ theo mod $p$, lúc đó có\[\left( {a + b
\alpha } \right)\left( {a + b \beta } \right)T = \left( {{a^2} – {b^2} – ab} \right)T \equiv 1\pmod p.\]Như vậy, nếu ta lấy $x,\,y\in R$ với $x=a+b\alpha,\,y=c+d\alpha$ sao cho $xy\in I(p)$ thì hễ $x\notin I(p)$ sẽ có\[0 \equiv \left( {a + b\beta } \right)Txy \equiv \left( {a + b \alpha } \right)\left( {a + b \beta } \right)Ty \equiv y\pmod{I(p)}.\]Cho thấy là: cứ với $x,\,y\in R$ thỏa mãn $xy\in I(p)$ thì hoặc $x\in I(p)$ hoặc $y\in I(p)$, tức là $I(p)$ là ideal nguyên tố.