Nghiên cứu mở rộng galois và tìm hiểu các định lý cơ bản của lý thuyết galois

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, do đó ta có thể coi F là trường con của K. Chứng minh. Đặt I = (f (x)), suy ra K = F xI . Vì f (x) bất khả quy nên I = F x và do đó K là vành giao hoán khác 0. Lấy tùy ý g(x) + I là phần tử khác 0 của K. Khi đó g(x) ∈ I hay f (x) không là ước của g(x). Mặt khác do f (x) bất khả quy, suy ra (g(x), f (x)) = 1, nên 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) + I là phần tử khả nghịch của K . Vậy K là trường. Xét ánh xạ ϕ : F −→ K, a −→ a + I . Ta dễ thấy ϕ 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.

Chương 1

Mở rộng trường

K = F [x]/(f (x)) là trường và x = x + (f (x)) là một nghiệm của f (x) Hơn

I = F [x] và do đó K là vành giao hoán khác 0 Lấy tùy ý g(x) + I là phần tửkhác 0 của K Khi đó g(x) ∈/ I hay f (x) không là ước của g(x) Mặt khác do

f (x) bất khả quy, suy ra (g(x), f (x)) = 1, nên tồn tại q(x), p(x) ∈ F [x] sao cho

Chứng tỏ g(x) + I là phần tử khả nghịch của K Vậy K là trường

Xét ánh xạ ϕ : F −→ K, a −→ a + I Ta dễ thấy ϕ là đồng cấu vành và là

Cuối cùng, giả sử f (x) =n i, và đặt x = x + I ∈ K Khi đó

Suy ra x là một nghiệm của f (x)

được gọi là một mở rộng trường, nó còn được kí hiệu là K/F

gọi đó là một tháp các trường

4

Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 5

Chú

ý 1.3 Giả sửK/F

là một

mở rộng trườn

g Khi đóK

có cấu trúc củamột

F -khôn

g

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

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

=

+ +

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 α1 , , α n∈ E Khi đó

trường con bé nhất của E chứa F và chứa các phần tử α1 , , α n, được kí hiệu

là F (α1 , , α n), và nó được gọi là mở rộng của F bằng cách ghép thêm các

Nhận xét 1.6

F [α1, , αn] là giao của mọi vành con của E chứa F và α1, , αn Nói cách

khác F [α1 , , α n] là vành con nhỏ nhất của E chứa F và α1 , , α n Do đómỗi phần tử của F [α1 , , α n] có dạng f (α1, , αn) trong đó f (x1, , xn)

∈

F [x1, , xn]

6 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng

f (α1, , αn)iii) Mỗi phần tử của

rộng đơn

v) Giả sử F ⊆ E là mở rộng trường và α ∈ E Ta xét

F (α) trong hai trườnghợp dưới đây:

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 Xét

ánh xạ

δ :

F [x]

−

→

F [α]g(x)

khi đó nó là toàn cấu và có Ker δ = {g(x) ∈ F [x] | g(α) = 0} = 0 Suy ra,

- Ta nói E/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

- Ta nói E/F

là mở rộng đại

số nếu mọi phần

tử của E

đều

là phần

tử đại sốtrên

F

Bổ

đề 1.8 Cho E/K và K/F là các mở rộng trường Khi đó

[E : F ] = [E : K][K : F ]

mở

rộng hữu hạn

Chứng minh Giả sử {αi } i∈I là một cơ sở của K-không gian vectơ E, và

{βj } j∈J là một cơ sở của F -không gian vectơ K Ta chỉ cần chứng minh rằng

{αiβj}( i,j)∈I×J là một cơ sở của F -không gian vectơ E

các phần tử bi∈ K hầu hết bằng 0 sao cho x =i ∈Ibiαi Với mỗ i i ∈ I , từ

Tiếp theo ta chỉ ra rằng {αiβj } (i,j)∈I×J là tập độc lập tuyến tính Giả sử tồn

tại các cij∈ F hầu hết bằng 0 sao choi ∈I j∈Jcij βjαi= 0, khi đó nếu đặt

bi=j ∈Jcijβjthì từ tính độc lập tuyến tính của {αi } i∈I kéo theo bi= 0 với

mọi i Do đój ∈Jcij βj= 0 với mọi i, và vì thế tính độc lập tuyến tính của

Nhận xét 1.9

i) Mọi mở rộng hữu hạn là mở rộng đại số Thật vậy, giả sử E/F là

mở

rộng hữu hạn, với [E : F ] = n < ∞ Với mọi α ∈ E, ta thấy hệ vectơ

anαn

= 0 Đặt f (x) =

a2x2 + +

anxn, 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 là phần tử đại số trên F Giả sử f (x) ∈ F [x] là đa thức bất khả quy bậc n

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

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

được gọi là phần

tử tách

được nếu α siêu việt trên F

hoặc đa thức tối tiểu của α (tức

iii) Cho E/F là một mở rộng

trường Nếu mọi phần tử của E

p (x) = 0 thì deg(p (x)) < deg(p(x)) Do đó (p(x), p (x)) = 1, vì thế tồn tại

u(x), v(x) ∈ F [x] sao cho 1 = u(x)p(x) + v(x)p (x)

Từ đó, nếu p(x) có nghiệm

nghiệm chung của p(x) và p (x);

do đó 1 = u(α)p(α) + v(α)p (α) = 0 là điều mâu thuẫn Vậy p(x)

không cónghiệm bội, tức là p(x) tách được

1.2 Trường phân rã của đa thức

Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 9

- Ta nói E

là trườn

g phân

rã của f (x) trên Fnếu 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))

(x)

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

các đa thức có bậc nhỏ hơn n Ta lấy p(x) là một ước bất khả quy của f (x),

m α1

∈ K Trong K[x],

đa thức

f (x)

viết được

f (x)

= (x −

α1)g(x), với deg(g(x)) =

n − 1

Áp dụng giả thiết quy nạp đối với

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

10 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng

Chứng minh Nhận xét rằng p(x) và p(x) cùng có bậc

và cùng bất khả quy Từgiả thiết ta có các đẳng cấu

của ϕ và ϕ(α) = α Giả sử còn có một đẳng cấu trường

Hệ quả 1.16 Cho p(x) là đa thức bất khả quy và α, β

là hai nghiệm của p(x)

F

trường phân rã của f (x) trên F

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

∈ E) Lấy

p(x) = ϕ∗(p(x)) ∈ F [x] và gọi α

∈ E

là một nghiệm của p(x) Từ đó theo Bổ

đề 1.15, với mỗi α như vậy, tồn tại duy nhất đẳng cấu ϕ : F (α) −→ F (α) là mở

Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 11

[F (α) :

F ] = deg(p(x)) ≥

2, nên [E : F (α)] < [E :

F ] Từ

đó theo giả thiết quynạp, tồn tại đẳng cấu trường

−→ E

là mở rộng của ϕ, do đó là mở rộng

của ϕ

(ii) Chứng minh này cải tiến chứng minh của (i), ta cũng quy nạp theo [E : F ]

cho

một mở rộng tùy ý của ϕ Khi đó nếu đặt α = ϕ∼(α) thì α là một nghiệm của

p(x) Ta thấy ∼ϕ(F (α)) = F (α), do đó ϕ∼ | F(α) : F (α) −→ F (α) là một đẳng cấu

mà là một mở rộng tùy ý của ϕ, đều thu được bằng cách mở rộng từ ϕ qua hai

bước: thứ nhất ta mở rộng từ ϕ lên đẳng cấu ϕ : F (α) −→ F (α) (trong đó α, α

Vì f (x) tách được nên p(x) có d nghiệm phân biệt α Khi đó, từ Bổ đề 1.15,

ta có d đẳng cấu trường ϕ : F (α) −→ F (α) là mở rộng của ϕ, tương ứng với

Ecũng 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 đẳng

của ϕ; do đó có tất cả là d × ([E : F ]/d) = [E : F ] mở rộng của ϕ theo

là duy nhất sai

khác một đẳng cấu giữ nguyê

n các phần

tử của

F

Chứng minh Thay F

= F và ϕ = idFvào Định lý 1.17, ta suy ra kết quả ngay

tức khắc

Nhận xét 1.19 Từ chứng minh của Định lý 1.14 và Hệ quả 1.18, ta suy ra

phân rã E của f (x) trên Q xác định bởi

12 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng

1.3 Cấu trúc trường hữu hạn

nguyên tố nếu nó không cótrường con nào ngoài bản thân nó

đó chỉ có thể xảy ra một

trong hai trường hợp: nếu F có đặc số 0 thì F

∼=Q; nếu Fcó đặc số pthì

cho F ii) Cho E là một trường tùy ý, khi đó nếu gọi F

là giao của mọi trường con

của E thì F cũng là một trường con của E, rõ ràng F

(i) Cho F là trường hữu hạn có

(ii) Với mỗi số nguyên tố p và

số tựnhiên n = 0, tồn tại duy

nhất một trường

khác một đẳng cấu trường)

Chứng minh (i) Gọi p là đặc số

của trường F , khi đó p là số

có một

F

có dạngx

đó chính là tập tất cả các nghiệm của f (x) Khi đó K

là một trường con của

(αβ)q =

αqβ q = αβ; do đó α − β, αβ ∈ K Nếu α ∈ K∗thì(α−1)q = (αq)

−1=α−1; suy

= 1 nên 1 ∈ K) Cuối cùng, ta thấy rằng mọi

K chính là trường phân rã của f

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

là đặc

số của Fqthì theo (i) suy

ra q = pn 1; do đó pn = pn 1, vì thế p1 = p) Vì Fq ∗=Fq\ {0} là nhóm với

phép

nhân nên αq−1= 1với mọi α ∈ Fq ∗; do đó αq = α với mọi α ∈ Fq Chứng tỏ

mọi phần tử của Fqđều là nghiệm của đa thức f (x) = xq − x ∈ Fp[x] với Fplà

trường nguyên tố của Fq Suy ra Fqchính là trường phân rã của f (x) trên Fp

là trường hữu hạn thì F

là trường hoàn hảo

Chương 2

Nhóm Galois

2.1 Định nghĩa và tính chất

là σ|F= idF)

Bổ đề 2.2 Cho mở rộng trường E/F và f (x) ∈ F [x] Giả sử σ là tựđẳng cấu

cũng là một nghiệm của f (x)

Chứng minh Giả sử f (x) =n

từng điểm) Do đó σ(α) cũng là một nghiệm của f (x)

E/F , kí hiệu là Gal(E/F ), là nhóm được xác định như sau:

với phép toán hai ngôi của nó chính 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)

(của f (x) trên F ), thì nhóm Gal(E/F ) đẳng cấu với một nhóm con của nhóm

Theo Bổ đề 2.2, thì với mỗi σ ∈ Gal(E/F ) ta có σ |Xlà một hoán vị của X Do

14

Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 15

đó ta

có một đơn cấu nhóm Gal(E/

−→ σ |

X

Từ đó suy ra cấp của Gal(E/

F ) là ước của n!

Ví dụ: Trường phân rã của x2+1trên R là C Theo Định lý 2.4, |Gal(C / R)| ≤ 2.

Thực tế, |Gal(C / R)| = 2, bởi vì nhóm Gal(C / R) có hai tự đẳng cấu cố định

R theo từng điểm là

Chú ý rằng σ : i −→ −i và −i −→ i, do đó nó hoán vị các nghiệm

Hệ quả 2.5 Cho f (x) ∈ F [x] là đa thức tách được và trường phân rã của f (x)

trên F là E Khi đó |Gal(E/F )| = [E : F ]

f (x) = (x−1)(x2+x+1), suy ra E chính là trường phân rã của g(x) = √x 2+x+1

với ε = −

1

2

+ 32

i, nên

2 Từ đó vì g(x) tách được nên |Gal(E/ Q)| = [E : Q] = 2 (theo Hệ quả 2.5)

Ví dụ 3 Gọi E là trường phân rã của f (x) = x3 − 2 trên Q Ta thấy f (x) có

√13b

a nghiệm

l

à α, αε, αε

2

trong

đó α =

ε = −2+2

i Khi đó

Ta tính |Gal(E/ Q) =? Vì f (x) tách được, nên theo Hệ quả 2.5 ta có

|Gal(E/ Q)| = [E : Q] = [Q(α, ε) : Q] = [Q(α, ε) : Q(α)][Q(α) : Q]

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

Mặt khác, đa thức g(x) = x2+x + 1 ∈ Q(α)[x] có 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

16 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng

trong đó E là trường phân

rã của f (x) ∈ F [x] trên F , và B là trường phân rã

Khi đó(i) Gal(E/B) là nhóm con chuẩn tắc của nhóm Gal(E/F ), và

các nghiệm phân biệt

nhóm xyclic cấp n Khi đó với

mỗi ước dương d

của n tồn tại duy nhất một nhóm con của G có cấp d

ii) Với mỗi số nguyên dương n,

ta có công thức sau đây:

n =d|

n

Gauss)

Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 17

Thật vậy, lấy G

là nhóm

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 được

phân thành các lớp tương đương rời nhau Ta kí hiệu g(C ) là lớp tương đương

của a, khi đó g(C ) bằng tập phần tử sinh của C =< a > Từ đó, ta có

Định lý 2.9 Một nhóm G cấp n là nhóm xyclic nếu và chỉ nếu mỗi ước dương

d của n tồn tại nhiều nhất một nhóm con của G có cấp d

Chứng minh Nếu G là xyclic thì kết quả suy ra từ Bổ đề 2.7 Ngược lại, theo

nhận xét trên ta có G = C xyclicg(C) (tổng chạy trên tất cả các nhóm con

con xyclic có cấp d nên ta có

hệ thức Gauss) Do

đó G

có duy nhất một nhóm con xyclic

cấp d với mọi d

là ước của n Trường hợp đặc biệt

suy ra G tồn tại nhóm con

xyclic có cấp n Do đó G là nhóm xyclic

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

Chứng minh Giả sử |G| = n và d|n Nếu C là một nhóm con xyclic của G cócấp d thì mọi phần tử của C là nghiệm của đa thức xd − 1 Nếu ngoài ra còn

nhất

phần tử không thuộc C Vì thế G chứa ít nhất d + 1 phần tử là nghiệm của đa

thức xd − 1, điều này là vô lý (vì ta đã biết đa thức xd − 1 chỉ có nhiều nhất d

nghiệm trong một trường) Chứng tỏ với mỗi d|n có nhiều nhất một nhóm conxyclic của G có cấp d Từ đó suy ra G là nhóm xyclic (theo Định lý 2.9)

18 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng

tựnhiên khác 0 Khi đó

Chứng minh Rõ ràng 1 ∈ G nên G = ∅ Lấy tùy ý a,

suy ra (ab−1)n = an((b−1)n) = (bn)−1= 1 Chứng tỏ G là nhóm con của F ∗

Mặt khác |G| ≤ n, nên G là nhóm con hữu hạn của F ∗, suy

ra G là nhóm xyclic

(theo Định lý 2.10)

Hệ quả 2.12 Cho F là một trường hữu hạn Khi đó F

nguyên tố của F

Chứng minh Vì F là trường hữu hạn nên nó có đặc

Khi đó tồn tại số tự nhiên

n sao cho q = pn Hơn nữa

theo cấu trúc của trường hữu hạn,

được gọi là phần tử nguyên thủy của E nếu E = F (α)

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

α của nhóm

tiểu của α trên Fpcó bậc d Khi đó, theo tính chất của mở rộng đơn đại số, ta

kéo theo d = n.

Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 19

Định

lý 2.16 Đặt G

=

Fp), trong

tử sinh

là σ : u

(nó được gọi là tựđẳng

cấu Frobenius).

F ∼=Zpvà 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 −

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 up j− u = 0

với

mọi u

∈ E Suy ra mọi phần

tử của Eđều là nghiệ

m của

đa thức

xp j− x, đathức này có

< pn, đây là điều mâu thuẫn Chứng

tỏ σ có

có n nghiệm phân biệt trong trường phân rã của f (x) trên F

Chứng minh Từ giả thiết suy ra đạo hàm f (x) = 0, do đó (f (x), f (x)) = 1,

nên tồn tại u(x), v(x) ∈ F [x] sao cho u(x)f (x) + v(x)f (x) = 1 Từ đây ta thấy

f (x) và f (x) không có nghiệm chung, suy ra f (x) không có nghiệm bội

Định nghĩa 2.18 Cho F là một trường và n là số nguyên dương không chia

F

α của nhóm G được gọi là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị

20 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng

đẳng cấu với nhóm con của

Chứng minh Vì E = F (α) là mở rộng đơn đại số của F

nên mỗi phần tử của

Gal(E/F ) Vì α là

nghiệm

của f (x) và là một căn nguyên

thủy bậc n của đơn vị nên σ(α)

cũng vậy Vì thế

tồn tại duy nhất i ∈ U(Zn) sao cho

σ(α) = αi

(vì nếu trái lại còn có j ∈ U(Zn)

sao cho i = j và αi = αj thì αj−i

= 1, suy ra j − i chia hết cho n; do

đó i = j,

điều này mâu thuẫn) Trong

trường hợp này ta kí hiệu

với nhóm con của

nguyên thủy bậc n của đơn vị

Giả sử f (x) = xn − c ∈ F [x] và E là trường phân rã của f (x) trên F Khi đó

tồn tại một đơn cấu

chỉ nếu ϕ là toàn cấu

Chứng minh Giả sử ω là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị sao cho ω ∈ F ,

cả các nghiệm của f (x) là

αωi +j =αωj +i =σj +i(α).

Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 21

Chứng

tỏ ϕ(σjσi)

cấu Hơn nữa ta thấy ϕ

là đơn cấu (vì nếu ϕ(σi) =

0 thì i

= 0, suy ra i

Cuối cùng ta chứng minh: f (x) là đa thức bất khả quy trên F nếu và

chỉ

nếu ϕ là toàn cấu

Suy ra σ ∈ Gal(E/F ); và ta thấy ϕ(σ) = i, chứng tỏ ϕ là toàn cấu

f (x) (vì nếu trái lại, suy ra tồn tại 0 ≤ i < j ≤ n − 1 sao cho αωi = αωj, do

đó

thủy bậc n của đơn vị ) Giả sử f (x) không bất khả quy, khi đó tồn tại hai đa

là

gọi β2

là một nghiệm của

h(x), ta cũng có

= j − i, ta có k ∈ Zn Từ đây do ϕ là

Do đó

vậy β2 là một nghiệm chung của g(x) và h(x), suy ra f (x) có nghiệm bội, điều

này mâu thuẫn Vậy f (x) bất khả quy

nguyên

rã trên F là E Khi đó hoặc là f (x) phân rã trên F và |Gal(E/F )| = 1; hoặc

2.21

Im ϕ = {0}, khi đó |Gal(E/F )| = 1, do đó E = F , chứng tỏ f (x) phân rã trên

quy trên F (theo Định lý 2.21)