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

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC KHOA TOÁN TIN NGÔ THỊ NGOAN BÀI GIẢNG ĐIỆN TỬ MÔN “LÝ THUYẾT GALOIS” THEO HƯỚNG TÍCH CỰC HÓA NHẬN THỨC NGƯỜI HỌC Thái Nguyên, năm 2011 TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC KHOA TOÁN TIN BÀI GIẢNG ĐIỆN TỬ MÔN “LÝ THUYẾT GALOIS” THEO HƯỚNG TÍCH CỰC HÓA NHẬN THỨC NGƯỜI HỌC ĐỀ TÀI NGHIÊN CỨU KHOA HỌC CẤP CƠ SỞ NĂM 2010 Chủ nhiệm đề tài: Ngô Thị Ngoan Thành viên tham gia: Nguyễn Văn Hoàng Thái Nguyên, năm 2011 Mục lục Chương 1 Mở rộng trường 4 1.1 Mởrộngtrường 4 1.2 Trườngphânrãcủađathức 8 1.3 Cấutrúctrườnghữuhạn 12 Chương 2 Nhóm Galois 14 2.1 Địnhnghĩavàtínhchất 14 2.2 Căncủađơnvị,mộtsốcấutrúcnhómGalois 16 Chương 3 Giải được bằng căn thức 23 3.1 Nhómgiảiđược 23 3.2 Đathứcgiảiđượcbằngcănthức 27 Chương 4 Mở rộng Galois, Định lý cơ bản của lý thuyết Galois 33 4.1 Tínhđộclậptuyếntính 33 4.2 MởrộngGalois 37 4.3 ĐịnhlýcơbảncủalýthuyếtGalois 39 4.4 Mộtsốápdụng 42 4.5 ĐịnhlýlớncủaGalois 44 Tài liệu tham khảo 52 2 Lời mở đầu Lý thuyết Galois là sự phiên dịch và kết nối của lý thuyết về đa thức, lý thuyết trường và lý thuyết nhóm. Công thức nghiệm (chỉ sử dụng các phép toán đại số trên các hệ số của đa thức) của đa thức bậc hai đã được con người biết từ rất lâu. Đến giữa thế kỉ 16, công thức nghiệm của đa thức bậc ba được hình thành, sau đó khoảng ba trăm năm, dựa trên ý tưởng của Largrange và Cauchy, Abel đã chứng minh không có công thức nghiệm của đa thức bậc năm. Đến năm 1829, Abel đã đưa ra điều kiện đủ để một đa thức với bậc tùy ý có công thức nghiệm. Ngay sau đó, năm 1831 Galois phát minh ra sự kết nối giữa nhóm với mỗi đa thức, sử dụng các tính chất của nhóm này, đưa ra điều kiện cần và đủ để một đa thức có công thức nghiệm. Mục tiêu của môn học Lý thuyết Galois là tìm hiểu kiến thức để thấy 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 là môn học khó. Nó đòi hỏi sinh viên nắm vững các kiến thức của nhiều môn học: Đại số Đại cương, Đa thức, Lý thuyết nhóm, Lý thuyết trường. Thời gian trên lớp quá ít cho việc giảng dạy và học tập của thầy và trò. Vì vậy chúng tôi chọn đề tài thiết kế bài giảng điện tử cho môn học này để giảm bớt áp lực về thời gian và kiến thức. Mong muốn các em có thể học tốt môn học và thấy yêu thích nó, thấy được sự đẹp đẽ của toán học trong mối quan hệ chặt chẽ giữa các lĩnh vực của toán học. 3 Chương 1 Mở rộng trường 1.1 Mở rộng trường Bổ đề 1.1. Cho F là trường và f(x) ∈ F [x] là đa thức bất khả quy. Khi đó K = F [x]/(f(x)) là trường và x = x +(f(x)) là một nghiệm của f(x).Hơn nữa ta có đơn cấu ϕ : F −→ K,dođótacóthểcoiF là trường con của K. Chứng minh. Đặt I =(f(x)),suyraK = F[x]/I.Vìf(x) bất khả quy nên I = F [x] và do đó K là vành giao hoán khác 0.Lấytùyýg(x)+I là phần tử khác 0 của K. Khi đó g(x) /∈ I hay f(x) khônglàướccủag(x). Mặt khác do f(x) bất khả quy, suy ra (g(x),f(x)) = 1 ,nêntồntạiq(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)+I là phần tử khả nghịch của K.VậyK là trường. Xét ánh xạ ϕ : F −→ K, a −→ a + I.Tadễthấyϕ là đồng cấu vành và là đơn ánh, do đó nó là đơn cấu. Vì thế ta có thể đồng nhất mỗi a ∈ F với ảnh ϕ(a)=a + I ∈ K. Như vậy F được coi như một trường con của K. Cuối cùng, giả sử f(x)=  n i=0 a i x i ,vàđặtx = x + I ∈ K. Khi đó f( x)= n  i=0 a i x i = n  i=0 a i (x+I) i = n  i=0 (a i x i +I)=( n  i=0 a i x i )+I = f(x)+I =0. Suy ra x là một 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 hiệu là K/F. Nếu có một dãy các mở rộng trường F 1 ⊆ F 2 ⊆ ⊆ F n , khi đó ta thường gọi đó là một tháp các trường. 4 Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 5 Chú ý 1.3. Giả sử K/F là một mở rộng trường. Khi đó K có cấu trúc của một F-không gian véc tơ, trong đó phép nhân một phần tử của F với một véc tơ của K xác định bởi F ×K −→ K (a, x) −→ ax Ta kí hiệu [K : F ]=dim F K và được gọi là bậc của mở rộng trường. Định lý 1.4. Cho F là một trường và f(x) ∈ F [x] là đa thức bất khả quy. Đặt 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)) (rõ ràng d>0)vàI =(f(x)).Khi đó K = F [x]/I làtrườngvàtacóF -không gian véc tơ K.ĐặtS = {1+I,x + I, ,x d−1 + I}. Ta sẽ chứng tỏ S là cơ sở của K.Lấytùyý g(x) ∈ F[x], khi đó theo định lý phép chia với dư, tồn tại q(x),r(x) ∈ F [x] sao cho g(x)=f(x)q(x)+r(x), trong đó deg(r(x)) <d(nếu r(x) =0). Vì thế r(x)=a 0 + a 1 x + + a d−1 x d−1 ,dođó g(x)+I = r(x)+I = a 0 (1 + I)+a 1 (x + I)+ + a d−1 (x d−1 + I). Chứng tỏ S là một hệ sinh của K. Mặt khác, giả sử tồn tại b 0 ,b 1 , ,b d−1 ∈ F sao cho b 0 (1 + I)+b 1 (x + I)+ + b d−1 (x d−1 + I)=0, suy ra b 0 + b 1 x + + b d−1 x d−1 ∈ I hay b 0 + b 1 x + + b d−1 x d−1 chia hết cho f(x). Điều này suy ra b 0 +b 1 x+ +b d−1 x d−1 =0hay b 0 = b 1 = = b d−1 =0. Vậy S độc lập tuyến tính, và vì vậy S là một cơ sở của K. Định nghĩa 1.5. Cho F ⊆ E là mở rộng trường và α 1 , ,α n ∈ E. Khi đó trường con bé nhất của E chứa F và chứa các phần tử α 1 , ,α n , được kí hiệu là F(α 1 , ,α n ),vànóđượcgọilàmở rộng của F bằng cách ghép thêm các phần tử α 1 , ,α n . Nhận xét 1.6. i) F (α 1 , ,α n ) là giao của mọi trường con của E chứa F và α 1 , ,α n . ii) Lưu ý phân biệt F(α 1 , ,α n ) với F [α 1 , ,α n ]. Người ta định nghĩa F [α 1 , ,α n ] là giao của mọi vành con của E chứa F và α 1 , ,α n .Nóicách khác F [α 1 , ,α n ] là vành con nhỏ nhất của E chứa F và α 1 , ,α n .Dođó mỗi phần tử của F[α 1 , ,α n ] có dạng f(α 1 , , α n ) trong đó f(x 1 , , x n ) ∈ F [x 1 , ,x n ]. 6 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng iii) Mỗi phần tử của F (α 1 , ,α n ) có dạng f(α 1 , , α n ) g(α 1 , , α n ) ,vớif(α 1 , , α n ), g(α 1 , , α n ) ∈ F [α 1 , , α n ] và g(α 1 , ,α n ) =0.Từđósuyra F [α 1 , ,α n ] ⊆ F (α 1 , ,α n ) như một vành con. iv) Khi n =1và α = α 1 , thì ta gọi F (α)/F là mở rộng đơn. v) Giả sử F ⊆ E là mở rộng trường và α ∈ E.TaxétF(α) trong hai trường hợp dưới đây: a) α là phần tử đại số trên F (tức là α là nghiệm của một đa thức khác 0 nào đó của F [x]). Lấy f(x) ∈ F [x] là đa thức có bậc bé nhất nhận α là nghiệm. Khi đó f(x) là đa thức bất khả quy trên F .Xétánhxạ δ : F[x] −→ F [α] g(x) −→ g(α) rõ ràng nó là toàn cấu và có Ker δ = {g(x) ∈ F[x] | g(α)=0} =(f(x)). Theo định lý đồng cấu vành ta có F[x]/(f(x)) ∼ = F [α]. Trong khi đó, vì f(x) bất khả quy nên F [x]/(f(x)) là một trường; do đó F [α] cũng là một trường. Vì thế F(α) ∼ = F [α]. Trường hợp này ta nói F (α)/F là mở rộng đơn đại số. Ví dụ: Q( √ 2) ∼ = Q[x]/(x 2 − 2). b) α là phần tử siêu việt trên F (tức là α không là nghiệm của bất kì đa thức khác 0 nào của F [x]). Xét ánh xạ δ : F[x] −→ F [α] g(x) −→ g(α) khiđónólàtoàncấuvàcóKer δ = {g(x) ∈ F [x] | g(α)=0} =0. Suy ra, ta có đẳng cấu F [α] ∼ = F [x]. Do đó F (α) ∼ = F (x)={ g(x) h(x) | g(x),h(x) ∈ F [x],h(x) =0}. Trường hợp này ta nói F (α)/F là mở rộng đơn siêu việt.Vídụ:Q(π) ∼ = Q(x). Định nghĩa 1.7. Cho E/F là mở rộng trường. -TanóiE/F là mở rộng hữu hạn nếu [E : F ] là một số hữu hạn (tức là [E : F ] < ∞). Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 7 -TanóiE/F là mở rộng đại số nếu mọi phần tử của E đều là phần tử đại số trên F . Bổ đề 1.8. Cho E/K và K/F là các mở rộng trường. Khi đó [E : F ]=[E : K][K : F ]. Do đó E/F là mở rộng hữu hạn nếu và chỉ nếu cả E/K và K/F là các mở rộng hữu hạn. Chứng minh. Giả sử {α i } i∈I là một cơ sở của K-không gian vectơ E,và {β j } j∈J làmộtcơsởcủaF -không gian vectơ K. Ta chỉ cần chứng minh rằng {α i β j } (i,j)∈I×J làmộtcơsởcủaF -không gian vectơ E. Tập {α i β j } (i,j)∈I×J sinh ra E.Lấytùyýx ∈ E. Từ giả thiết suy ra tồn tại các phần tử b i ∈ K hầu hết bằng 0 sao cho x =  i∈I b i α i .Vớimỗii ∈ I,từ giả thiết suy ra tồn tại c ij ∈ F hầu hết bằng 0 sao cho b i =  j∈J c ij β j .Từđó x =  i∈I  j∈J c ij β j α i . Điều này chứng tỏ {α i β j } (i,j)∈I×J sinh ra E. Tiếp theo ta chỉ ra rằng {α i β j } (i,j)∈I×J là tập độc lập tuyến tính. Giả sử tồn tại các c ij ∈ F hầu hết bằng 0 sao cho  i∈I  j∈J c ij β j α i =0, khi đó nếu đặt b i =  j∈J c ij β j thìtừtínhđộclậptuyếntínhcủa{α i } i∈I kéo theo b i =0với mọi i.Dođó  j∈J c ij β j =0với mọi i, và vì thế tính độc lập tuyến tính của {β j } j∈J suy ra c ij =0với mọi i, j. Nhận xét 1.9. i)Mọimởrộnghữuhạnlàmởrộngđạisố.Thậtvậy,giảsửE/F là mở rộng hữu hạn, với [E : F]=n<∞.Vớimọiα ∈ E, ta thấy hệ vectơ 1,α,α 2 , ,α n là phụ thuộc tuyến tính trong F−không gian véc tơ E.Do đó tồn tại các phần tử a 0 ,a 1 , ,a n ∈ F không đồng thời bằng 0 sao cho a 0 + a 1 α + a 2 α 2 + + a n α n =0.Đặtf(x)=a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + + a n x n ,khi đó f(x) là đa thức khác 0 trong F[x] nhận α là nghiệm. Chứng tỏ α là phần tử 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 làphầntửđạisốtrênF.Giảsửf(x) ∈ F [x] là đa thức bất khả quy bậc n nhận α là nghiệm. Khi đó E = F (α)=F [x]/(f(x)) ∼ = {  n−1 i=0 a i α i | a i ∈ F } là một không gian véc tơ trên F có một cơ sở là {1,α,α 2 , ,α n−1 }. iii) Giả sử E = F (α 1 , ,α n ) với α 1 , ,α 2 làphầntửđạisốtrênF . Khi đó E/F là mở rộng hữu hạn. Thật vậy, ta có tháp mở rộng trường F ⊆ F (α 1 ) ⊆ F (α 1 ,α 2 ) ⊆ ⊆ F (α 1 , ,α n )=E, 8 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng trong đó mỗi bước là một mở rộng đơn đại số (nên mỗi bước là mở rộng hữu hạn). Vì thế E/F là mở rộng hữu hạn. iv) Nói chung, một mở rộng đại số không là mở rộng hữu hạn. Chẳng hạn, lấy F = Q và E = Q(S). Trong đó S = { p √ 2 | p là số nguyên tố }⊆R và Q(S) là trường con nhỏ nhất của R chứa Q và S. Khi đó, E/F là mở rộng đại số nhưng nó không là mở rộng hữu hạn. Định nghĩa 1.10. i) Cho F làtrườngvàđathứcf(x) ∈ F [x] phân tích được thành tích các nhân tử bất khả quy (không nhất thiết phân biệt) f(x)=p 1 (x) p k (x). Ta nói f(x) là đa thức tách được nếu mỗi p i (x) không có nghiệm bội. ii) Cho E/F là một mở rộng trường, khi đó α ∈ E được gọi là phần tử tách 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 là nghiệm) là đa thức tách được. (Lưu ý một đa thức có hệ số cao nhất bằng 1 còn được gọi tắt là đa thức monic). iii) Cho E/F là một mở rộng trường. Nếu mọi phần tử của E đều là phần tử tách được thì ta gọi E/F là mở rộng 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 đạo hàm p  (x) =0thì deg(p  (x)) < deg(p(x)).Dođó(p(x),p  (x)) = 1,vìthếtồntại u(x),v(x) ∈ F [x] sao cho 1=u(x)p(x)+v(x)p  (x).Từđó,nếup(x) có nghiệm bội α trong một mở rộng E ⊇ F thì α là một nghiệm chung của p(x) và p  (x); do đó 1=u(α)p(α)+v(α)p  (α)=0là điều mâu thuẫn. Vậy p(x) không có nghiệm bội, tức là p(x) tách được. 1.2 Trường phân rã của đa thức Định nghĩa 1.13. ChomởrộngtrườngE/F và f(x) ∈ F [x]. -Tanóif(x) phân rã trong E nếu f(x) được viết thành tích những nhân tử tuyến tính trong E[x],tứclàE chứa tất cả các nghiệm của f(x). Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 9 -TanóiE là trường phân rã của f(x) trên F nếu f(x) phân rã trong E và nó không phân rã trong mọi trường con thực sự của E (khi đó thường nói gọn là E/F là trường phân rã của f(x)). Ví dụ: f(x)=x 2 −2 ∈ Q[x].Tacóf(x)=(x + √ 2)(x − √ 2) trong R[x], do đó f(x) phân rã trong R. Ta cũng thấy x + √ 2,x− √ 2 ∈ Q( √ 2)[x],suyraf(x) phân rã trong Q( √ 2). Hơn nữa, Q( √ 2) = Q[ √ 2] không chứa bất kì trường con trung gian nào giữa Q và Q( √ 2) (thật vậy giả sử tồn tại trường K sao cho Q ⊆ K ⊆ Q( √ 2), khi đó 2 = deg(f(x)) = [Q( √ 2) : Q]=[Q( √ 2) : K][K : Q]; do đó [K : Q]=1hoặc [K : Q]=2;suyraK = Q( √ 2) hoặc K = Q). Do đó Q( √ 2) là trường phân rã của f(x) trên Q. Định lý 1.14. Cho F là một trường và f(x) ∈ F [x] là đa thức có bậc 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 sự tồn tại của trường phân rã E của f(x) trên F bằng quy nạp theo n. Trường hợp n =1.TachọnE = F .Giảsửn>1 và định lý đã đúng cho các đa thức có bậc nhỏ hơn n.Talấyp(x) là một ước bất khả quy của f(x), khi đó deg(p(x)) ≥ 1.ĐặtK = F[x]/(p(x)),tathấyF ⊆ K là một mở rộng trường và p(x) có một nghiệm α 1 ∈ K.TrongK[x], đa thức f(x) viết được f(x)=(x − α 1 )g(x),vớideg(g(x)) = n − 1. Áp dụng giả thiết quy nạp đối với trường K và đa thức g(x), suy ra tồn tại trường phân rã T của đa thức g(x) trên K.Dođóg(x) có n − 1 nghiệm α 2 , ,α n ∈ T (đây cũng là các nghiệm của f(x)). Đặt E = F (α 1 , ,α n ),suyraE là trường phân rã của f(x) trên F . Ví dụ: Trường phân rã của f(x)=x 2 +1trên Q là Q(i); trường phân rã của f(x)=x 2 +1trên R là C = R(i). Bổ đề 1.15. Cho ϕ : F −→ F,a −→ a là một đẳng cấu trường. Khi đó ta có đẳng cấu vành cảm sinh ϕ ∗ : F [x] −→ F [x],f(x)= n  i=0 a i x i −→ n  i=0 a i x i = 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 là một nghiệm của p(x) và α là một nghiệm của p(x). Khi đó tồn tại duy nhất đẳng cấu trường ϕ : F (α) −→ F (α) là mở rộng của ϕ và ϕ(α)=α. [...]... đó theo Định lý 3.8, suy ra G = S5 Vậy G là nhóm không giải được (theo Định lý 3.7 Chứng tỏ đa thức f (x) không giải được bằng căn thức (theo Định lý 3.14) Bài tập 1 Chứng minh rằng mọi nhóm Abel hữu hạn là nhóm giải được 2 Xây dựng tháp căn trên Q cho đa thức f (x) trong các trường hợp sau: a) f (x) = x3 + x2 − 36; b) f (x) = x4 − 20x2 + 16 Chương 4 Mở rộng Galois, Định lý cơ bản của lý thuyết Galois. .. 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 của nhóm xyclic F ∗ đều là một phần tử nguyên thủy của F ii) Nếu α là phần tử nguyên thủy của F thì mọi phần tử của F hoặc là 0 hoặc là lũy thừa của α Bổ đề 2.15 Xét mở rộng trường Fq /Fp , với q = pn Giả sử α là phần tử nguyên... Khi đó α là một nghiệm của một đa thức bậc n bất khả quy trong Fp [x] Chứng minh Ta có Fq = Fp (α) là một mở rộng đơn của Fp Giả sử đa thức tối tiểu của α trên Fp có bậc d Khi đó, theo tính chất của mở rộng đơn 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 19 Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) Định lý 2.16 Đặt G = Gal(Fq /Fp ), trong... (ij)(km)(iml)((ij)(km))−1 (iml)−1 = (ij)(km)(iml)(ij)(km)(ilm) = (ijklm) Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 27 Chứng tỏ mọi phần tử của A5 đều là một hoán tử, tức là phần tử có dạng xyx−1 y −1 với x, y ∈ A5 Giả sử tồn tại nhóm con chuẩn tắc B của A5 sao cho A5 /B là nhóm Abel, khi đó ta có toàn cấu nhóm ϕ : A5 −→ A5 /B Lấy phần tử z tùy ý của A5 , theo trên suy ra z có dạng z = xyx−1 y −1 với x, y ∈ A5 , do... rằng mọi n a ∈ Fp đều thỏa mãn ap = a, do đó aq = ap = a; chứng tỏ Fp ⊆ K Như vậy K chính là trường phân rã của f (x) trên Fp , trường này có q = pn phần tử (lưu ý rằng đa thức f (x) không có nghiệm bội) Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 13 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 số của Fq thì theo (i) suy ra q... >⊆< ac > Từ đó, vì cả hai nhóm con này cùng có d phần tử nên < am >=< ac > Chú ý 2.8 i) Nhắc lại rằng nếu C =< a > là nhóm xyclic cấp n thì một phần tử ak sinh ra C nếu và chỉ nếu (k, n) = 1 Khi đó, số phần tử sinh của C là ϕ(n) (hàm Euler) ii) Với mỗi số nguyên dương n, ta có công thức sau đây: n= ϕ(d) d|n (gọi là hệ thức Gauss) 17 Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) Thật vậy, lấy G là nhóm có cấp... z ∈ G(1) , sao cho w = f (z), khi đó z là tích của hữu hạn các phần tử có dạng xyx−1 y −1 , suy ra w là tích hữu hạn các phần tử có dạng f (x)f (y)f (x)−1 f (y)−1 , vì thế w ∈ U (1) , chứng tỏ f (G(1) ) ⊆ U (1) Vậy f (G(1) ) = U (1) Tiếp theo bằng quy nạp ta có thể chứng minh được rằng f (G(i) ) = U (i) với mọi i ≥ 1 Sau đó áp dụng f = p) Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 25 Do đó (G/H)(n) =... trên F Áp dụng Định lý 2.6 ta suy ra Gal(Rt /E) là nhóm con chuẩn tắc của nhóm Gal(Rt /F ) và có đẳng cấu Gal(Rt /F )/Gal(Rt /E) ∼ Gal(E/F ) = Do đó vì Gal(Rt /F ) là nhóm giải được nên ta suy ra Gal(E/F ) là nhóm giải được, đó là điều phải chứng minh Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 31 Định lý 3.14 Cho F là trường có đặc số 0, f (x) ∈ F [x] là đa thức giải được bằng căn thức trên F , và cho... dụng Định lý 2.6 cho tháp trường F ⊂ E ⊂ R ta có Gal(R /F )/Gal(R /E) ∼ Gal(E/F ) = Từ đó suy ra Gal(E/F ) là nhóm giải được (theo Bổ đề 3.5), ta có điều phải chứng minh Định lý 3.15 (Abel-Ruffini) Tồn tại một đa thức bậc năm f (x) ∈ Q[x] không giải được bằng căn thức Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng 32 Chứng minh Xét đa thức f (x) = x5 − 4x + 2 Rõ ràng f (x) bất khả quy trên Q (theo tiêu... phần tử sinh là σ : u −→ u (nó được gọi là tự đẳng cấu Frobenius) Chứng minh Đặt E = Fq , F = Fp Theo cấu trúc trường hữu hạn, ta thấy F ∼ Zp và E = F (α), trong đó α là nghiệm của một đa 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 của đa thức xq − x trên F mà đa thức xq − x tách được, nên suy ra |G| = [E : F ] (theo . thuyết Galois 33 4.1 Tínhđộclậptuyếntính 33 4.2 MởrộngGalois 37 4.3 ĐịnhlýcơbảncủalýthuyếtGalois 39 4.4 Mộtsốápdụng 42 4.5 ĐịnhlýlớncủaGalois 44 Tài liệu tham khảo 52 2 Lời mở đầu Lý thuyết Galois. Nhóm Galois 14 2.1 Địnhnghĩavàtínhchất 14 2.2 Căncủađơnvị,mộtsốcấutrúcnhómGalois 16 Chương 3 Giải được bằng căn thức 23 3.1 Nhómgiảiđược 23 3.2 Đathứcgiảiđượcbằngcănthức 27 Chương 4 Mở rộng Galois, . {α i } i∈I là một cơ sở của K-không gian vectơ E,và {β j } j∈J làmộtcơsởcủaF -không gian vectơ K. Ta chỉ cần chứng minh rằng {α i β j } (i,j)∈I×J làmộtcơsởcủaF -không gian vectơ E. Tập {α i β j } (i,j)∈I×J sinh