Đề tài nghiên cứu khoa học: Bài giảng điện tử môn Lý thuyết Galoa theo hướng tích cực hóa nhận thức người học

- E/F được gọi là mở rộng đại số nếu mọi phần tử của E đều làphần tử đại số trên F.. Ta nói f x là đa thức tách được nếuii Cho E/F là mở rộng trường, khi đó α ∈ E được gọi là phần tửtách

- Mục tiêu của môn học Lý thuyết Galois là tìm hiểu kiến thức đểthấy được sự kết nối đó và đến được Định lý Lớn của Galois chính

là điều kiện cần và đủ để một đa thức giải được bằng căn thức

- Môn học Lý thuyết Galois là môn học rất hay, cần thiết và làmôn học khó Nó đòi hỏi sinh viên nắm vững các kiến thức củanhiều môn học: Đại số Đại cương, Đa thức, Lý thuyết nhóm, Lýthuyết trường Thời gian trên lớp quá ít cho việc giảng dạy và họctập của thầy và trò

- Vì vậy chúng tôi chọn đề tài thiết kế bài giảng điện tử cho mônhọc này để giảm bớt áp lực về thời gian và kiến thức Mong muốncác em có thể học tốt môn học và thấy yêu thích nó, thấy được sựđẹp đẽ của toán học trong mối quan hệ chặt chẽ giữa các lĩnh vựccủa toán học

1.1 Mở rộng trường

quy Khi đó K = F [x]/(f (x)) là trường và x = x + (f (x)) là mộtnghiệm của f (x) Hơn nữa ta có đơn cấu ϕ : F −→ K, do đó ta

có thể coi F là trường con của K

Chứng minh - Đặt I = (f (x)) Vì f (x) bất khả quy nên

K = F [x]/I là vành giao hoán khác 0 Lấy g(x) + I ∈ K sao chog(x) /∈ I Khi đó (g(x), f (x)) = 1 Suy ra tồn tại

q(x), p(x) ∈ F [x] sao cho 1 = q(x)g(x) + p(x)f (x) Từ đó

1 + I = q(x)g(x) + I = (q(x) + I)(g(x) + I) Chứng tỏ g(x) + Ikhả nghịch trong K, do vậy K là trường Ta thấy

ϕ : F −→ K, a 7−→ a + I là một đơn cấu Đặt x = x + I ∈ K Giả

sử f (x) =Pni=0aixi Khi đó f (x) =Pni=0aixi =Pni=0(aixi+ I)

= (Pni=0aixi) + I = f (x) + I = 0 Suy ra x là nghiệm của f (x)

Định nghĩa 1.2 Cho F là trường con của trường K Khi đó quan

hệ F ⊆ K được gọi là một mở rộng trường, nó còn được kí hiệubởi K/F Một dãy các mở rộng trường F1 ⊆ F2⊆ ⊆ Fn,thường được gọi là một tháp các trường

Chú ý 1.3 Nếu K/F là một mở rộng trường, thì K là một

F -không gian véctơ, trong đó phép nhân một phần tử của F vớimột véctơ của K xác định bởi F × K −→ K, (a, x) 7−→ ax Kí

K = F [x]/(f (x)) Khi đó K/F là một mở rộng trường và

[K : F ] = deg(f (x))

Chứng minh Đặt d = deg(f (x)) và I = (f (x)) Khi đó

K = F [x]/I là trường và là F -không gian véctơ.Đặt

b0(1 + I) + b1(x + I) + + bd−1(xd−1+ I) = 0, suy ra

b0+ b1x + + bd−1xd−1 chia hết cho f (x) Chứng tỏ

b0= b1 = = bd−1= 0 Vậy [K : F ] = deg(f (x))

Định nghĩa 1.5 Cho E/F là mở rộng trường và α1, , αn∈ E.Khi đó trường con bé nhất của E chứa F và α1, , αn, kí hiệu là

F (α1, , αn), và nó được gọi là mở rộng của F bằng cách ghépthêm các phần tử α1, , αn

Nhận xét 1.6 i) F (α1, , αn) là giao của mọi trường con của Echứa F và α1, , αn

ii) Khi n = 1 và α = α1, ta gọi F (α)/F là mở rộng đơn

iii) Mỗi phần tử của F (α1, , αn) có dạng f (α1, , αn)

g(α1, , αn), với

f (x1, , xn), g(x1, , xn) ∈ F [x1, , xn] và g(α1, , αn) 6= 0.iv) Giả sử E/F là mở rộng trường và α ∈ E Ta xét cấu trúc của

F (α)/F như sau

Trường hợp 1 α là phần tử đại số trên F

Lấy f (x) ∈ F [x] − {0} là đa thức có bậc bé nhất nhận α lànghiệm Khi đó f (x) là đa thức bất khả quy trên F Xét ánh xạ

δ : F [x] −→ F [α], g(x) 7−→ g(α), rõ ràng δ là toàn cấu và cóKer δ = (f (x)) Do đó F [x]/(f (x)) ∼= F [α], suy ra F (α) ∼= F [α].Trường hợp này ta nói F (α)/F là mở rộng đơn đại số.Ví dụ:Q(

Định nghĩa 1.7 Cho E/F là mở rộng trường Khi đó

- E/F được gọi là mở rộng hữu hạn nếu [E : F ] < ∞

- E/F được gọi là mở rộng đại số nếu mọi phần tử của E đều làphần tử đại số trên F

[E : F ] = [E : K][K : F ] Do đó E/F là mở rộng hữu hạn nếu vàchỉ nếu cả E/K và K/F là các mở rộng hữu hạn

và {βj}j∈J là một cơ sở của F -không gian vectơ K Khi đó tachứng minh được rằng {αiβj}(i,j)∈I×J là một cơ sở của F -khônggian vectơ E

Nhận xét 1.9 i) Mọi mở rộng hữu hạn E/F là mở rộng đại số.Thật vậy, giả sử [E : F ] = n Lấy α ∈ E Khi đó 1, α, , αn phụthuộc tuyến tính Nên ∃a0, a1, , an∈ F không đồng thời bằng 0

để a0+ a1α + a2α2+ + anαn= 0 Suy ra α đại số trên F

ii) Mọi mở rộng đơn đại số là mở rộng hữu hạn Thật vậy, giả sử

E = F (α) với α là phần tử đại số trên F Lấy f (x) ∈ F [x] là đathức bất khả quy bậc n nhận α là nghiệm Khi đó

E = F [x]/(f (x)) ∼= {Pn−1i=0 aiαi | ai∈ F }

là F −không gian véc tơ chiều n

iii) Giả sử E = F (α1, , αn) với α1, , α2 là phần tử đại số trên

F Khi đó E/F là mở rộng hữu hạn Thật vậy, có tháp trường

nhất của R chứa Q và S Khi đó, E/F là mở rộng đại số nhưngkhông là mở rộng hữu hạn

Định nghĩa 1.10 i) Cho F là trường, và f (x) ∈ F [x] phân tíchđược thành tích các nhân tử bất khả quy (không nhất thiết phânbiệt) f (x) = p1(x) pk(x) Ta nói f (x) là đa thức tách được nếu

ii) Cho E/F là mở rộng trường, khi đó α ∈ E được gọi là phần tửtách được nếu α siêu việt trên F hoặc đa thức tối tiểu của α (tức

là, đa thức bất khả quy, hệ tử cao nhất bằng 1 và nhận α lànghiệm) là đa thức tách được

iii) Mở rộng trường E/F được gọi là mở rộng tách được nếu mọiphần tử của E đều là phần tử tách được

Định nghĩa 1.11 Trường F được gọi là trường hoàn thiện nếu mọi

đa thức khác hằng trong F [x] đều là đa thức tách được

Nhận xét 1.12 Cho p(x) ∈ F [x] là đa thức bất khả quy Nếu đạohàm p0(x) 6= 0 thì deg(p0(x)) < deg(p(x)) Do đó

(p(x), p0(x)) = 1, vì thế tồn tại u(x), v(x) ∈ F [x] sao cho

không có nghiệm bội, tức là p(x) tách được

1.2 Trường phân rã của đa thức

Định nghĩa 1.13 Cho mở rộng trường E/F và f (x) ∈ F [x] Tanói f (x) phân rã trong E nếu f (x) được viết thành tích nhữngnhân tử tuyến tính trong E[x] Ta nói E là trường phân rã của

f (x) trên F nếu f (x) phân rã trong E và nó không phân rã trongmọi trường con thực sự của E (khi đó thường nói gọn là E/F làtrường phân rã của f (x))

trong R[x], do đó f (x) phân rã trong R Ta cũng thấy f (x) phân

Định lý 1.14Cho F là một trường và f (x) ∈ F [x] là đa thức cóbậc dương Khi đó luôn tồn tại trường phân rã E của f (x) trên F

Chứng minh Đặt n = deg(f (x)) Ta chứng minh bằng bằng quynạp theo n Khi n = 1, ta chọn E = F Giả sử n > 1 Ta lấy p(x)

là một ước bất khả quy của f (x), khi đó deg(p(x)) ≥ 1 Đặt

K = F [x]/(p(x)), ta thấy F ⊆ K là một mở rộng trường và p(x)

f (x) = (x − α1)g(x), với deg(g(x)) = n − 1 Áp dụng giả thiếtquy nạp đối với trường K và đa thức g(x), suy ra tồn tại trườngphân rã T của đa thức g(x) trên K Do đó g(x) có n − 1 nghiệm

α2, , αn∈ T (đây cũng là các nghiệm của f (x)) Đặt

E = F (α1, , αn), suy ra E là trường phân rã của f (x) trên F

Bổ đề 1.15Cho ϕ : F → F , a 7−→ a là một đẳng cấu trường Khi

đó ta có đẳng cấu vành cảm sinh ϕ∗: F [x] → F [x],

f (x) =Pn

i=0aixi7−→Pn

i=0ai xi = f (x) Giả sử p(x) ∈ F [x] là

đa thức bất khả quy trên F và gọi p(x) = ϕ∗(p(x)) ∈ F [x] Gọi α

và α thứ tự là nghiệm của p(x) và p(x) Khi đó có duy nhất đẳngcấu trườngϕ : F (α) → F (α) mở rộng ϕ vàb ϕ(α) = α.b

Chứng minh Ta có nhận xét p(x) và p(x) cùng có bậc và cùng bấtkhả quy Từ giả thiết ta có các đẳng cấu

u : F (α) ∼= F [x]/(p(x)), f (α) 7−→ f (x) + (p(x));

ϕ∗ : F [x]/(p(x)) → F [x]/(p(x)), f (x) + (p(x)) 7−→ f (x) + (p(x));

v : F (α) ∼= F [x]/(p(x)), f (α) 7−→ f (x) + (p(x))

Đặtϕ = vb −1 ϕ∗ u, khi đó ϕ : F (α) → F (α) thỏa mãn Bổ đề Giảb

sử tồn tại ψ : F (α) → F (α) là mở rộng của ϕ và ψ(α) = α Khi

đó, với mọi f (α) =Pni=0aiαi ∈ F (α), ta có

ψ(f (α)) = f (α) =ϕ(f (α)) Vậy ψ =b ϕ.b

Hệ quả 1.16Cho p(x) là đa thức bất khả quy và α, β là hainghiệm của p(x) Khi đó tồn tại duy nhất một đẳng cấu trườngb

rã của f (x) trên F Khi đó

(i) Tồn tại một đẳng cấu trườngϕ : E → E là mở rộng của ϕ.∼(ii) Nếu f (x) tách được thì có chính xác [E : F ] mở rộng∼ϕ của ϕ

Chứng minh Ta có nhận xét deg(f (x)) = deg(f (x)).

(i) Ta chứng minh bằng quy nạp theo [E : F ] ≥ 1 Nếu

[E : F ] = 1 thì E = F và f (x) phân rã trong F ; khi đó f (x) cũngphân rã trong F ; vì thế E = F Do đó ta lấyϕ = ϕ Giả sử∼[E : F ] > 1, khi đó tồn tại nhân tử bất khả quy p(x) của f (x) códeg(p(x)) ≥ 2 Gọi α ∈ E là một nghiệm của p(x) Lấy

đó theo Bổ đề 1.15, tồn tại đẳng cấuϕ : F (α) → F (α) là mở rộngb

phân rã của f (x) trên F (α) và của f (x) trên F (α) Vì

[E : F ] = [E : F (α)][F (α) : F ] và [F (α) : F ] = deg(p(x)) ≥ 2,nên [E : F (α)] < [E : F ] Từ đó theo giả thiết quy nạp, tồn tạiđẳng cấu trường∼ϕ : E → E là mở rộng củaϕ, do đób ϕ là mở rộng∼của ϕ

(ii) Ta cũng quy nạp theo [E : F ] Nếu [E : F ] = 1 thì E = F vàchỉ có duy nhất mở rộng∼ϕ của ϕ, chính là ϕ Giả sử [E : F ] > 1,

và p(x) là nhân tử bất khả quy của f (x) có deg(p(x)) = d ≥ 2

của p(x) Ta thấy∼ϕ(F (α)) = F (α), do đóϕ|∼F (α) : F (α) → F (α)

là một đẳng cấu trường, và là một mở rộng của ϕ Như vậy mỗi

thu được bằng cách mở rộng từ ϕ qua hai bước: thứ nhất ta mởrộng từ ϕ lên đẳng cấuϕ : F (α) → F (α) (trong đó α, α lần lượtb

là nghiệm của p(x), p(x)), thứ hai ta mở rộng từϕ lênb ϕ.∼

- Vì f (x) tách được nên p(x) có d nghiệm phân biệt α Khi đó, từ

của ϕ, tương ứng với d nghiệm α Lưu ý rằng E cũng là trườngphân rã của f (x) trên F (α), và E cũng là trường phân rã của

f (x) trên F (α); hơn nữa [E : F (α)] = [E : F ]/d < [E : F ] Từ đó

và từ giả thiết quy nạp ta suy ra rằng ứng với mỗi một trong số d

∼

d × ([E : F ]/d) = [E : F ] mở rộng của ϕ theo cách như trên

f (x) ∈ F [x] là đa thức có bậc dương Khi đó trường phân rã của

f (x) trên F là duy nhất sai khác một đẳng cấu giữ nguyên cácphần tử của F

Nhận xét 1.19 Từ chứng minh Định lý 1.14 và Hệ quả 1.18, tathấy: nếu f (x) ∈ F [x] có bậc n > 0 và có n nghiệm α1, , αnthìtrường phân rã của f (x) trên F là E = F (α1, , αn).

1.3 Cấu trúc trường hữu hạn

Định nghĩa 1.20 Trường F được gọi là trường nguyên tố nếu nókhông có trường con nào ngoài bản thân nó

Nhận xét 1.21 i) Cho F là trường nguyên tố Khi đó chỉ có thể

nếu F có đặc số p thì F ∼= Zp Trường hợp F ∼= Zp ta thường kíhiệu Fp thay cho F

ii) Cho E là một trường, đặt F là giao của mọi trường con của E,khi đó F là một trường con nhỏ nhất của E, vì thế F là mộttrường nguyên tố Trong trường hợp này, ta còn nói F là trườngcon nguyên tố của E Như vậy, mọi trường đều chứa một trườngcon nguyên tố

Hệ quả 1.22 (Cấu trúc trường hữu hạn)(i) Cho F là trườnghữu hạn có q phần tử Khi đó tồn tại số nguyên tố p sao cho

q = pn với số tự nhiên n nào đó

(ii) Với mỗi số nguyên tố p và số tự nhiên n 6= 0, tồn tại duy nhấtmột trường hữu hạn có pn phần tử (sai khác một đẳng cấutrường)

Chứng minh (i) Gọi p là đặc số của F , khi đó p là số nguyên tố.Gọi Fp là trường con nguyên tố của F , khi đó F là Fp-không gianvéctơ hữu hạn chiều Giả sử dimFp(F ) = n < ∞, và lấy một cơ sởcủa F là {e1, , en} Khi đó mỗi phần tử của F biểu diễn duynhất dưới dạng x =Pni=1aiei với a1, , an∈ Fp Từ đó ta được

|F | = |Fp× × Fp| (n lần) Do đó q = pn

(ii) Sự tồn tại của trường có q = pn phần tử Xét đa thức

f (x) = xq− x ∈ Fp[x] với Fp(∼= Zp) là trường nguyên tố có đặc sốnguyên tố p Gọi E là trường phân rã của f (x) trên Fp Đặt

K = {α ∈ E | f (α) = 0} Ta thấy K là một trường con của E(thật vậy, với mọi α, β ∈ K ta có (α − β)q = αq− βq = α − β,

(α−1)q= (αq)−1= α−1; suy ra α−1∈ K Ngoài ra, rõ ràng

rã của f (x) trên Fp, trường này có q = pn phần tử (lưu ý rằng đathức f (x) không có nghiệm bội)

Tính duy nhất của trường có q = pn phần tử Giả sử Fq là trường

có q = pn phần tử Khi đó Fq có đặc số là p (giả sử p1 là đặc sốcủa Fq thì theo (i) suy ra q = pn0

1 ; do đó pn= pn10, vì thế p1 = p)

Vì Fq∗= Fq\ {0} là nhóm với phép nhân nên αq−1 = 1 với mọi

α ∈ Fq∗; do đó αq= α với mọi α ∈ Fq Chứng tỏ mọi phần tử của

Fq đều là nghiệm của đa thức f (x) = xq− x ∈ Fp[x] với Fp làtrường nguyên tố của Fq Suy ra Fq chính là trường phân rã của

f (x) trên Fp Điều đó khẳng định tính duy nhất của Fq sai khácmột đẳng cấu trường (theo Hệ quả 1.18)

là trường Galoa cấp pn và thường kí hiệu là GF (pn) hoặc Fq hoặc

Hq

Bài tập Chương 1

1 Cho mở rộng trường E/F và α ∈ E là phần tử đại số trên F Gọi p(x) ∈ F [x] là đa thức tối tiểu của α Giả sử deg(p(x) = n,chứng tỏ rằng F (α) ∼= {Pn−1i=0 aiαi | ai∈ F, i = 0, , n − 1}

2 | p là số nguyên tố })/ Q là mở rộngđại số nhưng không là mở rộng hữu hạn

3 Chứng tỏ rằng đa thức f (x) có nghiệm bội nếu và chỉ nếu f (x)

4 Chứng minh rằng nếu trường F có đặc số 0 thì F là trườnghoàn hảo

5 Chứng minh rằng nếu F là trường hữu hạn thì F là trường hoànhảo

2.1 Định nghĩa và tính chất

Định nghĩa 2.1 Một đẳng cấu trường từ E vào chính nó được gọi

là một tự đẳng cấu của E Giả sử E/F là một mở rộng trường và

σ là tự đẳng cấu của E, khi đó ta nói σ cố định F theo từng điểm

tự đẳng cấu của E cố định F theo từng điểm và α là một nghiệmcủa f (x) Khi đó σ(α) cũng là một nghiệm của f (x)

Chứng minh Giả sử f (x) =Pni=0aixi, khi đó 0 =Pni=0aiαi Tatác động σ vào hai vế ta được

0 =Pni=0σ(ai)σ(α)i =Pni=0aiσ(α)i (do σ cố định F theo từngđiểm) Do đó σ(α) cũng là một nghiệm của f (x)

Định nghĩa 2.3 Cho E/F là một mở rộng trường Khi đó nhómGaloa của E/F , kí hiệu là Gal(E/F ), là nhóm được xác định bởiGal(E/F ) =

= {σ|σ là tự đẳng cấu của E cố định F theo từng điểm}

trong đó phép toán hai ngôi là phép hợp thành các ánh xạ Nếu

f (x) ∈ F [x] có trường phân rã trên F là E thì ta gọi Gal(E/F )

là nhóm Galoa của f (x)

phân rã E (của f (x) trên F ), thì nhóm Gal(E/F ) đẳng cấu vớimột nhóm con của nhóm đối xứng Sn, và do đó cấp của nó là ướccủa n!

Chứng minh Đặt X = {α1, , αn} là tập n nghiệm phân biệt của

f (x) trong E Theo Bổ đề 2.2, với mỗi σ ∈ Gal(E/F ), ta có σ|X

xác định bởi σ 7−→ σ|X Suy ra |Gal(E/F )| là ước của n!

Hệ quả 2.5Cho f (x) ∈ F [x] là đa thức tách được và trườngphân rã của f (x) trên F là E Khi đó |Gal(E/F )| = [E : F ].

Chứng minh Áp dụng Định lý 1.17 (ii) với F = F , E = E và

ϕ : F → F là ánh xạ đồng nhất idF Khi đó có chính xác [E : F ]

tự đẳng cấu của E cố định F theo từng điểm

2.5 suy ra |Gal(C /R)| = 2

ε2 = ε với ε = −1

√3

g(x) bất khả quy nên [E : Q] = deg(g(x)) = 2 Từ đó vì g(x) táchđược nên |Gal(E/ Q)| = [E : Q] = 2 (theo Hệ quả 2.5) Cụ thể,nhóm Gal(E/ Q) = {σ1, σ2}, trong đó σ1,2: a + bε 7−→ a ± bε

Ví dụ 3 Gọi E là trường phân rã của f (x) = x3− 2 trên Q Tathấy f (x) có ba nghiệm là α, αε, αε2 trong đó α =√3

2 và

√3

Ta thấy [Q(α) : Q] = deg(f (x)) = 3 (vì f (x) là đa thức tối tiểu

hai nghiệm ε, ε2 ∈ Q(α), nên g(x) bất khả quy trên Q(α) và nó là/

đa thức tối tiểu của ε trên Q(α) Do đó

[Q(α, ε) : Q(α)] = deg(g(x)) = 2 Vậy |Gal(E/ Q)| = 2 × 3 = 6.Suy ra Gal(E/ Q) ∼= S3 (theo Định lý 2.4)

Định lý 2.6Cho F ⊆ B ⊆ E là một tháp trường trong đó E làtrường phân rã của f (x) ∈ F [x] trên F , và B là trường phân rãcủa g(x) ∈ F [x] trên F Khi đó

(i) Gal(E/B) là nhóm con chuẩn tắc của nhóm Gal(E/F ), và(ii) Gal(E/F )/Gal(E/B) ∼= Gal(B/F )

Chứng minh Cho σ ∈ Gal(E/F ) Kí hiệu α1, , αn là các nghiệmphân biệt của g(x) trong E, khi đó B = F (α1, , αn) Ta cóσ(B) = σ(F (α1, , αn)) = F (σ(α1), , σ(αn)) = B Chứng tỏ

Ker ψ = Gal(E/B) Hơn nữa, lấy τ ∈ Gal(B/F ), chú ý rằng Ecũng là trường phân rã của f (x) trên B, khi đó từ Định lý 1.17suy ra tồn tại tự đẳng cấu τ : E → E là một mở rộng của τ ; do

đó ψ(τ ) = τ |B= τ Suy ra ψ là toàn cấu; do đó

2.2 Căn của đơn vị, một số cấu trúc nhóm Galois

Bổ đề 2.7Cho G =< a > là nhóm xyclic cấp n Khi đó với mỗiước dương d của n tồn tại duy nhất một nhóm con của G có cấp d

Chứng minh Giả sử n = dc Khi đó < ac> là nhóm con của G cócấp d (vì (ac)d= adc = an= 1; và giả sử 1 = (ac)r = acr suy ra

ii) Với mỗi số nguyên dương n, ta có công thức

có cấp n, trong G ta định nghĩa quan hệ a ∼ b nếu và chỉ nếu

< a >=< b > Ta thấy ∼ là quan hệ tương đương Suy ra G đượcphân thành các lớp tương đương rời nhau Ta kí hiệu g(C) là lớptương đương của a, khi đó g(C) bằng tập phần tử sinh của

C =< a > Từ đó, ta có G =S

cả các nhóm con xyclic C của G) Suy ra

Định lý 2.9Một nhóm G cấp n là nhóm xyclic nếu và chỉ nếu mỗiước dương d của n tồn tại nhiều nhất một nhóm con của G có cấpd.

Chứng minh Nếu G là xyclic thì kết quả suy ra từ Bổ đề ?? Ngược

Định lý 2.10Cho F là trường với nhóm nhân F∗= F − {0} Khi

đó mọi nhóm con hữu hạn G của F∗ đều là nhóm xyclic

Chứng minh Giả sử |G| = n và d|n Nếu C là một nhóm con xycliccủa G có cấp d thì mọi phần tử của C là nghiệm của đa thức

điều này là vô lý (vì ta đã biết đa thức xd− 1 chỉ có nhiều nhất dnghiệm trong một trường) Chứng tỏ với mỗi d|n có nhiều nhấtmột nhóm con xyclic của G có cấp d Từ đó suy ra G là nhómxyclic (theo Định lý 2.9)

Hệ quả 2.11Cho F là một trường và n là số tự nhiên khác 0 Khi

đó G = {a ∈ F | an= 1} là nhóm con xyclic của nhóm nhân F∗

nhóm xyclic, hơn nữa tồn tại phần tử α ∈ F sao cho F = Fp(α),trong đó Fp là trường con nguyên tố của F

Chứng minh Vì F là trường hữu hạn nên nó có đặc số nguyên tố p

và có trường con nguyên tố là Fp Đặt |F | = q Khi đó tồn tại số

trên Fp Do đó F = Fp(0, α1, , αq−1) = Fp(α1, , αq−1),trong đó 0, α1, , αq−1 là tất cả các nghiệm của f (x) Lưu ý

F∗; vì thế F∗ là nhóm xyclic cấp q − 1 (theo Định lý 2.10), giả sử

F∗ =< α > với α ∈ F∗ Khi đó mọi αi đều là lũy thừa của α (với

i = 1, , q − 1) Do vậy F = Fp(α)

Định nghĩa 2.13 Cho E/F là một mở rộng hữu hạn Một phần tử

α ∈ E được gọi là phần tử nguyên thủy của E nếu E = F (α).Nhận xét 2.14 Cho F là trường hữu hạn Khi đó

i) Theo chứng minh của Hệ quả 2.12, ta thấy mỗi phần tử sinh α

ii) Nếu α là phần tử nguyên thủy của F thì mọi phần tử của Fhoặc là 0 hoặc là lũy thừa của α

Bổ đề 2.15Xét mở rộng trường Fq/Fp, với q = pn Giả sử α làphần tử nguyên thủy của Fq Khi đó α là một nghiệm của một đathức bậc n bất khả quy trong Fp[x].Chứng minh Ta có

đại số, ta thấy [Fp(α) : Fp] = d, suy ra Fp(α) có pd phần tử Do

đó pd= |Fp(α)| = pn, kéo theo d = n

Định lý 2.16Đặt G = Gal(Fq/Fp), với q = pn Khi đó G ∼= Zn

và có phần tử sinh là σ : u 7−→ up (tự đẳng cấu Frobenius)

thức f (x) bất khả quy trong F [x] có bậc n (theo Bổ đề 2.15) Do

đó [F (α) : F ] = deg(f (x)) = n Mặt khác E là trường phân rã

ra |G| = [E : F ] Vậy |G| = n Bây giờ ta chứng minh

σ(uv) = (uv)p= upvp = σ(u)σ(v) với mọi u, v ∈ E;

∈ E sao cho σ(u) = w (do

wpn− w = 0 ) Suy ra σ là toàn cấu Ta lại có σ là đơn cấu (do

Cuối cùng ta thấy σ|F = idF (do với mọi a ∈ F đều thỏa mãn

chứng minh σj 6= idE với mọi 0 < j < n (vì hiển nhiên đã có

σn= idE) Giả sử trái lại rằng tồn tại 0 < j < n sao cho

σj = idE, khi đó với mọi u ∈ E ta có σj(u) = u hay upj− u = 0với mọi u ∈ E Suy ra mọi phần tử của E đều là nghiệm của đathức xp j

− x, đa thức này có bậc pj < pn, đây là điều mâu thuẫn.Chứng tỏ σ có cấp là n Vậy G là nhóm xyclic cấp n, vì thế

G ∼= Zn

hoặc là F có đặc số 0 hoặc là F có đặc số p không là ước của n.Khi đó đa thức f (x) = xn− 1 có n nghiệm phân biệt trong trườngphân rã của f (x) trên F

Chứng minh Giả thiết suy ra f0(x) 6= 0, do đó (f (x), f0(x)) = 1,nên có u(x), v(x) ∈ F [x] sao cho u(x)f (x) + v(x)f0(x) = 1 Vậy

f (x), f0(x) không có nghiệm chung, nên f (x) kh có nghiệm bội.Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng Lý thuyết Galois

Định nghĩa 2.18 Cho F là một trường và n là số nguyên dươngkhông chia hết cho đặc số của F Giả sử E là trường phân rã của

một phần tử sinh α của nhóm G được gọi là một căn nguyên thủybâc n của đơn vị

Chú ý 2.19 i) Một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị trong trường

Định lý 2.20Cho F là một trường và E = F (α) với α là một cănnguyên thủy bậc n của đơn vị Khi đó nhóm Gal(E/F ) đẳng cấuvới nhóm con của nhóm U (Zn) và do đó Gal(E/F ) là nhóm Abel.

Chứng minh Vì E = F (α) là mở rộng đơn đại số của F nên mỗiphần tử của E có dạngPm−1i=0 aiαi trong đó ai∈ F và

m = deg(f (x)) (với f (x) ∈ F [x] là đa thức tối tiểu của α, lưu ýrằng f (x)|(xn− 1)) Ta sẽ thiết lập ánh xạ

là nghiệm của f (x) và là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị

σ(α) = αi (vì nếu trái lại còn có j ∈ U (Zn) sao cho i 6= j và

αi = αj thì αj−i= 1, suy ra j − i chia hết cho n; do đó i = j,điều này mâu thuẫn)