Trường con nguyên tố và trường nguyên tố

1 LỜI NÓI ĐẦU Mở rộng trường vấn đề Đại số Số học Từ lâu, vấn đề gắn liền với toán giải phương trình, vào việc nghiên cứu lý thuyết Galois Mở rộng trường đối tượng nghiên cứu lý thuyết trường Ý tưởng chung trường sở, xây dựng trường lớn chứa trường sở thỏa mãn thêm số tính chất khác ngồi tính chất mà trường sở có Chẳng hạn trường số thực R mở rộng trường số hữu tỷ Q, trường số phức C mở rộng trường số thực R Khóa luận chia làm chương: Chương trình bày số kiến thức sở; Chương trình bày số định nghĩa, định lý mệnh đề; Chương số tập áp dụng Khóa luận hệ thống lại số kết giải số tập về: • Trường nguyên tố trường nguyên tố • Mở rộng đơn • Kết nối nghiệm • Bậc mở rộng hữu hạn • Mở rộng đại số lặp • Trường nghiệm mở rộng kín đại số Tác giả xin trân trọng cảm ơn TS Đào Thị Thanh Hà hướng dẫn tận tình nghiêm túc, để tác giả hồn thành khóa luận Tác giả xin cảm ơn thầy cô giáo mơn Đại số & Khoa Tốn, tận tình giảng dạy, giúp đỡ bảo cho chúng em – sinh viên khóa 48 Tốn suốt thời gian học vừa qua mái trường Đại học Vinh thân yêu Do kiến thức thời gian có hạn, Khóa luận khó tránh khỏi thiếu sót, tác giả mong muốn nhận bảo thầy cô giáo góp ý bạn sinh viên Vinh, tháng 05 năm 2011 Tác giả CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Định nghĩa trường Trường tập hợp K có nhiều phần tử, trang bị hai phép toán cộng nhân, ký hiệu dấu (+) dấu (.), thỏa mãn quy tắc sau: Phép cộng có tính chất kết hợp: (a + b) + c = a + (b + c) Phép cộng có tính chất giao hốn : a + b = b + a Phép cộng có phần tử đơn vị 0: ∃ ∈ K : a + = a Tồn phần tử đối: ∀ a ∈ K, ∃ – a ∈ K: a + (– a) = Phép nhân có tính chất kết hợp: (ab)c = a(bc) Phép nhân có tính chất giao hốn: ab = ba Phép nhân có phần tử đơn vị 1: ∃ 1∈ K cho: a1 = a Tồn nghịch đảo: ∀ a ∈ K, a ≠ 0, ∃ a-1∈ K: aa-1 = Phép cộng phép nhân thỏa mãn luật phân phối: a(b + c) = ab + ac; ∀a, b, c ∈ K 1.2 Định nghĩa trường Giả sử K trường, A tập K ổn định với hai phép toán cộng nhân trường K, nghĩa là: ∀ x, y ∈ A ⇒ x + y ∈ A, xy ∈ A Giả sử A tập ổn định hai phép toán cộng nhân trường K Ta gọi A trường trường K A với hai phép toán cảm sinh A, trường 1.3 Định lý Giả sử A tập hợp có nhiều phần tử trường K Khi đó, điều kiện sau tương đương: a) A trường trường K b) ∀ x, y ∈ A ⇒ x – y ∈ A, x-1 1.4 ∈ A Định nghĩa đặc số trường Giả sử K trường trường E Khi ta nói E trường mở rộng hay mở rộng trường K Cho K trường có đơn vị Nếu n1 ≠ với số tự nhiên n ≠ ta nói trường K có đặc số Trong trường hợp ngược lại, gọi số nguyên dương p bé cho p1 = đặc số trường K Ta ký hiệu đặc số trường K Char(K) Ví dụ: Char(Q) = n1 = n ≠ với ∀ n∈ N, n ≠ Char(R) = n1 = n ≠ với ∀ n ∈ N, n ≠ Char(C) = n1 = n ≠ với ∀ n∈ N, n ≠ Char(Zp) = p với p số nguyên tố 1.5 Mệnh đề Trong trường K với đặc số nguyên tố p ta có: (a + b)p = ap + bp 1.6 Định nghĩa Cho K trường, K[x] vành đa thức ẩn x K, f(x)∈ K[x] với bậc n ≥ Ta gọi f(x) đa thức bất khả quy K hay K[x] f(x) khơng phân tích thành tích hai đa thức bậc khác K Trong trường hợp ngược lại, ta nói f(x) đa thức khả quy trường K 1.7 Định lý Bezout Cho đa thức f(x)∈ K[x] Khi phần tử u∈ K nghiệm f(x) f(x) chia hết cho x – u vành đa thức K[x] 1.8 Mệnh đề Các đa thức bất khả quy R[x], R trường số thực, đa thức bậc tam thức bậc hai với biệt số ∆ < 1.9 Định lý Mọi đa thức f(x) có bậc n lớn trường số phức có nghiệm phức 1.10 Mệnh đề Các đa thức bất khả quy C[x], với C trường số phức đa thức bậc 1.11 Tiêu chuẩn Eisenstein Giả sử f(x) = a0 + a1x +…+ anxn (n > 1) đa thức với hệ số nguyên Nếu có số nguyên tố p cho p không chia hết hệ số cao an p chia hết hệ số lại p2 khơng chia hết số hạng tự a0 f(x) bất khả quy Q[x] 1.12 Định nghĩa Giả sử X miền nguyên X trường Ta gọi X trường thương miền nguyên X tồn taị đơn cấu miền nguyên f : X → X cho phần tử X có dạng f(a)f(b)-1, a, b ∈ X, b ≠ 1.13 Định lý tồn trường thương Giả sử X miền nguyên Khi tồn sai khác đẳng cấu trường X đơn cấu miền nguyên f : X → X cho phần tử X có dạng f(a)f(b)-1 với a, b ∈ X, b ≠ Nói khác trường thương miền nguyên X tồn sai khác đẳng cấu trường CHƯƠNG 2: MỞ RỘNG TRƯỜNG 2.1 Trường nguyên tố trường nguyên tố 2.1.1 Định nghĩa Giả sử K trường, ta xét trường K Tập tất trường K tập hợp khác rỗng (vì K trường nó) Gọi P giao tất trường K P trường K không chứa trường K khác P trường K chứa P Trường với tính chất gọi trường nguyên tố trường K Nếu K = P, K gọi trường nguyên tố 2.1.2 Nhận xét Mọi trường K chứa trường nguyên tố P Chứng minh Gọi P giao tất trường trường K Khi P trường bé trường K Nếu X trường trường K P ⊆ X Giả sử A trường trường P A trường trường K (do P trường trường K) ⇒ P ⊆ A ⇒A = P ⇒ P trường nguyên tố trường K Giả sử B trường nguyên tố trường K ⇒ P trường B Do B trường nguyên tố nên B = P 2.1.3 Định lý Cho K môt trường P trường nguyên tố trường K Nếu K có đặc số K đẳng cấu với trường Q số hữu tỷ Nếu K có đặc số nguyên tố p P đẳng cấu với trường Zp số nguyên mod p Chứng minh Đơn vị trường K 1K, P trường nguyên tố trường K nên phần tử đơn vị 1K ∈ P Xét ánh xạ f : Z → K cho f(m) = m1K Ta chứng minh f đồng cấu vành Thật vậy: ∀ m, n ∈ Z ta có: f(m + n) = (m + n)1K = m1K + n1K = f(m) + f(n) f(mn) = (mn)1K = (m1K)(n1K) = f(m)f(n) Do suy f đồng cấu vành Hạt nhân đồng cấu vành f Kerf = {m ∈ Z | f(m) = 0} Trong trường hợp K có đặc số 0, ta có m ∈ Kerf ⇔ f(m) = ⇔ m1K = ⇔ m • = Vậy kerf = hay f đơn cấu vành Do ta thu đẳng cấu vành: Z/Kerf ≅ Imf hay Z ≅ Imf = {m1K | m ∈ Z} Đẳng cấu vành cảm sinh đẳng cấu trường thương vành số nguyên Z trường thương Imf Do ta có đẳng cấu trường Q ≅ P, trường thương Z Q, trường thương Imf P • Trong trường hợp K có đặc số nguyên tố p, ta có: m ∈ Kerf ⇔ f(m) = ⇔ m1K = ∈ K ⇔ m chia hết cho p ⇔ m = pZ Vì Kerf = pZ Theo định lý đồng cấu vành ta có: Z/Kerf ≅ Imf ⇔ Z/pZ = Zp ≅ Imf Do Zp trường nên Imf trường Mặt khác Imf trường bé trường K nên Imf = P Vậy Zp ≅ P 2.1.4 Mệnh đề Nếu K trường có đặc số nguyên tố p ánh xạ f: a  ap tự đơn cấu trường K Chứng minh Với ∀ a, b ∈ K ta có: f(a + b) = (a + b)p = ap + bp = f(a) + f(b) f(ab) = (ab)p = (ap)(bp) = f(a)f(b) Ngoài ra: f(1) = 1p = ≠ 0K nên f khác tự đồng cấu khơng K Vì f tự đơn cấu trường K 2.2 Mở rộng đơn 2.2.1 Định nghĩa Cho trường K, phần tử u mở rộng E trường K Trường E sinh K u, ký hiệu K(u) gọi mở rộng đơn trường K Cho K trường E mở rộng trường K, phần tử u đại số K u nghiệm đa thức ≠ f ∈ K[x] Một phần tử u không đại số K gọi siêu việt K Một mở rộng đơn K(u) trường K gọi mở rộng đơn siêu việt K hay mở rộng đơn đại số K tuỳ theo phần tử sinh u ∈ E siêu việt hay đại số K 2.2.2 Ví dụ Với K = Q Các số: u = ∈ R phần tử đại số Q tồn đa thức ≠ f(x) = x – ∈ Q[x] cho f( ) = u = π , e phần tử siêu việt Q 2.2.3 Mệnh đề Cho trường K phần tử u thuộc mở rộng K i) Nếu u siêu việt K mở rộng đơn K(u) đẳng cấu với trường K(x) phân thức hữu tỷ theo biến x với hệ tử thuộc K qua đẳng cấu trường: ψ : K(x) ≅ K(u) cho ψ(x) = u, ψ(a) = a, ∀ a ∈ K ii) Nếu u đại số K u nghiệm đa thức bất khả quy q ∈ K[x], mở rộng đơn K(u) đẳng cấu với trường K[x]/(q) qua đẳng cấu: ϕu : K[x]/(q) ≅ K(u) cho ϕu(x +(q)) = u, ϕu(a + (q)) = a, ∀ a ∈ K Chứng minh Lập đồng cấu vành hu : K[x] → K(u) f(x)  f(u) Ta có: Imhu = {hu(f(x)) | f(x) ∈ K[x]} = {f(u) | f(x) ∈ K[x]} = K[u] vành trường phân thức K(u) Kerhu = {f(x) ∈ K[x] | hu(f(x)) = 0} = {f(x) ∈ K[x] | f(u) = 0} iđêan miền nguyên K[x] i) Nếu u phần tử siêu việt K, đa thức f(x) ∈ K[x] cho f(u) = kéo theo f = Do Kerh u = hay hu đơn cấu Đơn cấu h u cảm sinh đẳng cấu miền nguyên h : K[x]/Kerhu = K[x] ≅ Imhu = K[u], đẳng cấu kéo theo đẳng cấu trường thương tương ứng ψ : K(x) ≅ K(u), đó: f ( x) K(x) = { g ( x) | f(x), g(x) ∈ K[x], g(x) ≠ 0} trường phân thức hữu tỷ K(u) trường mở rộng đơn K sinh u ii) Nếu u phần tử đại số K tồn đa thức ≠ f(x) ∈ K[x] cho f(u) = 0, Kerhu ≠ Khi Kerhu iđêan khác {0} miền nguyên K[x] nên kerhu = (q) iđêan K[x] sinh đa thức ≠ q ∈ K[x] có bậc bé đa thức khác Kerh u Do q đa thức bất khả quy K[x] cho q(u) = Mặt khác: Kerhu = (q) iđêan tối đại K[x] nên vành thương K[x]/(q) trường, theo định lý đồng cấu vành ta có: K[x]/Kerhu = K[x]/(q) ≅ Imhu = K[u] Ngồi K[x]/(q) trường nên K[u] trường chứa K u nên K[u] = K(u) Vậy trường hợp ta có đẳng cấu trường ϕu: K[x]/(q) ≅ K(u) cho ϕu(x + (q)) = u, ϕu(a + (q)) = a, ∀ a ∈ K 2.2.4 Hệ Mở rộng đơn siêu việt K(u) trường K gồm phần tử dạng f(u)/g(u), f, g đa thức miền nguyên K[x], với g ≠ 2.2.5 Hệ Nếu phần tử u mở rộng trường K đại số K thì: i) u nghiệm đa thức bất khả quy q = c + c1x +…+ cnxn ∈ K[x], cn ∈ K* ii) Mọi đa thức f∈ K[x] nhận u làm nghiệm, bội đa thức q K[x] iii) Mở rộng đơn đại số K(u) K gồm phần tử ω đặt dạng đa thức theo u hệ tử K ω = a0 + a1u +…+ an -1un -1, ∈ K Chứng minh i) Được suy trực tiếp từ Mệnh đề 2.2.3 ii) ii) Vì đa thức f ∈ K[x] mà f(u) = 0, có nghĩa f ∈ Kerhu = (q) f = g.q, g ∈ K[x] iii) Theo Mệnh đề 2.2.3 ta có ϕ: K[x]/(q) ≅ K(u) nên ω ∈ K(u) có dạng ω = ϕ(f + (q)), f ∈ K[x] Theo định lý phép chia có dư K[x] ta có: ∃ g, r ∈ K[x] cho f = g.q + r, với r ∈ K[x], r ≠ deg r < deg q = n nên r có dạng tổng quát r = a0 + a1x +…+ an-1xn-1 Do đó: f + (q) = gq + r + (q) = r + (q) ∈ K[x]/(q) Từ ta có: ω = ϕ(f + (q)) = ϕ(r + (q)) = a0 + a1u +…+ an-1un-1 2.2.6 Định nghĩa Trong đa thức bất khả quy q ∈ K[x] nhận phần tử đại số u K làm nghiệm có đa thức bất khả quy có hệ tử dẫn đầu qu = c0 + c1x +…+ cn-1xn-1 + xn gọi đa thức bất khả quy tối tiểu phần tử đại số u K Bậc đa thức bất khả quy qu ∈ K[x] gọi bậc phần tử đại số u K, ký hiệu [u : K] 2.2.7 Ví dụ i) Số thực ∈ R phần tử đại số trường Q R có đa thức tối tiểu x2 – ∈ Q[x] bất khả quy theo tiêu chuẩn Eisenstein Theo Mệnh đề 2.2.3 ta có đẳng cấu trường: Q[x]/(x2 – ) ≅ Q( ) mở rộng đơn đại số Q( ) trường R sinh Q , gồm phần tử có dạng: α = a + b ; a, b ∈ Q Mỗi α = a + b ≠ (trong a b thuộc Q không đồng thời 0) trường Q( ) có phần tử nghịch đảo là: a−b a b α −1 = = = = − 2 2 α a + b a − 2b a − 2b a − 2b ii) Số phức i ∈ C (sao cho i2 = – 1) đại số trường R C, có đa thức bất khả quy tối tiểu + x2 ∈ R[x] Theo Mệnh đề 2.2.3 ta có đẳng cấu: R[x]/(1 + x2) ≅ R(i) Do đó: ∀z ∈ R(i) ta có z = a + bi; a, b ∈ R 10 iii) Số phức ω = − + i ∈ C đại số trường R C 2 Ta có: ω2 = ( − + i )2 = − − i ⇔ ω2 + + i = ⇔ ω2 + ( − + i ) +1 = 2 2 2 2 ⇔ ω2 + ω +1 = ⇒ ω nghiệm đa thức q(x) = x + x + 1∈ R[x], q(x) đa thức bất khả quy R Do q(x) = x2 + x + đa thức bất khả quy tối tiểu phần tử ω = − +i 2 Theo Mệnh đề 2.2.3 ta có đẳng cấu trường R[x]/(x2 + x + 1) ≅ R(ω) Do ∀ z ∈ R(ω) z có dạng z = a + bω; a, b ∈ R iv) Đa thức q = x5 + 2x + xem đa thức bất khả quy Q[x] theo tiêu chuẩn Eisenstein Một nghiệm u đa thức phần tử đại số trường Q, có đa thức bất khả quy tối tiểu q Nếu gọi Q(u) mở rộng đơn đại số Q sinh u ta có đẳng cấu trường Q[x]/(x5 + x + 1) ≅ Q(u) Khi phần tử ω ∈ Q(u) ta có ω = a0 + a1u + a2u2 + a3u3 + a4u4, ∈ Q, i = 0, …,4 2.3 Kết nối nghiệm Trong 2.2 ta xét mở rộng E trường K đa thức bất khả quy tối tiểu phần tử u ∈ E đại số K Nhưng người ta giải toán mở rộng theo cách sau: Từ trường K đa thức bất khả quy q ∈ K[x] cho sẵn, xây dựng trường lớn chứa nghiệm u q Ta biết phương pháp trường C số phức xây dựng từ trường R số thực cách kết nối thêm nghiệm ảo đa thức x2 + Tổng quát, ta có: 2.3.1 Mệnh đề Nếu K trường q đa thức bất khả quy miền nguyên K[x], tồn mở rộng đơn đại số F = K(u) sinh K nghiệm u q 18 2.6.3 Định nghĩa Một trường K gọi trường kín đại số (hay trường đóng đại số) đa thức ≠ f ∈ K[x] với bậc f ≥ có nghiệm K 2.6.4 Mệnh đề Các phát biểu sau tương đương: i) K trường kín đại số ii) Mọi đa thức ≠ f ∈ K[x] với bậc f ≥ 1, có ước bậc (x – u) K[x] iii) Mọi đa thức ≠ f ∈ K[x] với bậc f ≥ có dạng nhân tử hoá thành đa thức bậc f = c(x – u1)…(x – un), c ∈ K*, ui ∈ K, i = 1,…,n iv) Các đa thức bất khả quy K[x] gồm đa thức bậc v) Không tồn mở rộng đơn đại số K khác K 2.6.5 Mệnh đề Tập hợp A tất số đại số tạo thành trường trường C số phức, mở rộng trường số hữu tỷ Q Chứng minh Đặt A = {ω ∈ C | u đại số Q} Ta có: Q ⊂ A, a ∈ Q nghiệm đa thức x – a ∈ Q[x] Với u, v ∈ A u, v đại số Q nên mở rộng đơn Q(u), Q(v) mở rộng hữu hạn, mở rộng lặp Q(u, v) = Q(u) (v) có bậc hữu hạn Do theo Định lý 2.4.4 phần tử u – v, uv, (với v ≠ v 0) trường Q(u, v) đại số trường Q, nghĩa thuộc A Vậy A trường trường số phức C A chứa trường Q 2.6.6 Mệnh đề Trường A số đại số trường kín đại số Chứng minh Xét đa thức khác không f(x) = u0 + u1x +…+ unxn ∈ A[x] bậc n ≥ 1, có hệ số ui số đại số Ta xét mở rộng lặp F = Q(u0, u1,…, un) Khi F mở rộng hữu hạn Q Vì hệ số đa thức f(x) thuộc F, nghiệm tuỳ ý u f(x) đại số F Do mở rộng đơn F(u) F mở rộng bậc hữu hạn Q 19 Vì phần tử u thuộc F(u) phần tử đại số Q (theo Định lý 2.4.4), hay u số đại số, tức u ∈ A Vậy A trường kín đại số 2.6.7 Định lý Với số nguyên tố p, tồn trường kín đại số có đặc số p Chứng minh Với trường Zp số nguyên mod p, số đa thức khác không, bậc n vành Zp[x] (p – 1)pn Vì ta phân Zp thành lớp: lớp đa thức bậc f1(x) ∈ Zp[x], lớp đa thức bậc hai f2(x) ∈ Zp[x], … Từ dãy vô hạn lớp đa thức vành đa thức Zp[x], ta định nghĩa dãy trường (F n), n ∈ N, quy nạp sau:  F0 = Z p  Với n ≥ 1, Fn trường nghiệm đa thức fn ∈ Fn - 1[x] Như thế, ta thu dây chuyền tăng trường: F0 ⊂ F1 ⊂ F2 ⊂ … Ta đặt: F = ∞  Fn n =0 Hợp F trang bị phép cộng phép nhân: Với a, b ∈ F, tồn trường Fn dây chuyền cho a, b ∈ Fn, nên ta định nghĩa tổng a + b tích ab f tổng tích a b F n Rõ ràng, F với phép cộng phép nhân trường Hơn nữa, trường F chứa trường F = Zp trường con, trường F có đặc số p Để chứng minh F trường kín đại số, ta giả sử g(x) = a0 + a1x +…+ arxr đa thức có bậc r ≥ vành đa thức F[x] Khi tất hệ tử a i đa thức g(x) thuộc vào trường nghiệm F n đa thức có hệ tử thuộc trường Zp Do đó, hệ tử g(x) phần tử đại số Zp Vì mở rộng lặp Zp(a0, a1,…, ar) mở rộng hữu hạn mở rộng đại số Zp Trong trường nghiệm N đa thức g(x) trường Zp(a0, a1,…, ar), đa thức g(x) phân rã thành nhân tử tuyến tính: g(x) = c(x – u1)(x – u2)…(x – ur) 20 Vì phần tử ui đại số Zp, nên ui có đa thức bất khả quy cực tiểu qi(x) ∈ Zp[x] Đa thức q = q1q2…qr ∈ Zp[x] nhận ui ( ≤ i ≤ r ) làm nghiệm, q bội khác khơng g Đa thức q ∈ Zp[x] phân rã thành nhân tử tuyến tính trường nghiệm Fm trường Fm - đó, dây chuyền mở rộng trường F0 = Zp nói Do đó, ước g q phân rã vành Fm[x] ⊂ F[x] Vì vậy, đa thức có bậc dương trường F phân rã thành nhân tử tuyến tính F Nói cách khác, F trường kín đại số có đặc số p, mở rộng đại số trường Zp CHƯƠNG 3: MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài Chứng minh tự đồng cấu khác không trường Zp đồng cấu đồng Suy định lý Fermat: với số nguyên a số nguyên tố p, ap ≡ a (mod p) Giải Ta có: f( ) = f( 1 ) = f( )f( ) (vì f đồng cấu)  f (1) = ⇒ f( ) [f( ) – ] = ⇒  f (1) = Nếu f(1 ) = , ∀ k ∈ Zp ta có f( k ) = f( k ) = f( )f( k ) = k = , suy f tự đẳng cấu không trường Zp + 1) = f (1) + + f (1) = 1+ + = k       Nếu f(1 ) = , ∀ k ∈ Zp ta có f ( k ) = f (1+  , suy f k k k tự đẳng cấu đồng trường Zp Định lý Fermat: Vì trường Zp có đặc số ngun tố p nên ánh xạ a  a p tự đồng cấu khác khơng trường Zp Do f tự đồng cấu đồng trường Zp Vì vậy: a p ≡ a hay a p = a ⇒ ap ≡ a (mod p) Bài Cho K trường, a ∈ K Chứng minh rằng: 21 a) u phần tử đại số trường K u + a phần tử đại số K b) u phần tử đại số trường K u2 phần tử đại số K Giải a) Giả sử u phần tử đại số trường K, tồn đa thức ≠ f(x) ∈ K[x] cho f(u) = Với a tùy ý thuộc K, ta đặt: g(x) = f(x – a) ∈ K[x], g(x) ≠ 0, ta có g(u + a) = f(u + a – a) = f(u) = 0, hay g(u + a) = Do đó, u + a phần tử đại số trường K Ngược lại, giả sử u + a phần tử đại số trường K Khi u + a + (– a) = u đại số K b) Giả sử u2 phần tử đại số, tồn đa thức ≠ f(x) ∈ Q[x] cho f(u2) = 0, tức có hệ thức tuyến tính khơng tầm thường Q, sau đây: a0 + a1u2 + …+ anu2n = 0, ∈ Q, i = 0,…, n n ∑a i =0 i ≠0 Xét đa thức ≠ g(x) = f(x2) = a0 + a1x2 +…+ anx2n ∈ Q[x], ta có g(u) = a0 + a1u2 +…+ anu2n = f(u2) = Từ đó, suy u phần tử đại số Ngược lại, u2 phần tử siêu việt K, đa thức f(x) ∈ K[x] viết f(x) = g(x2) + xh(x2); g, h ∈ K[x], f(u) = kéo theo g = 0, h = tức f = 0, ta suy u siêu việt K Bài Giả sử u phần tử đại số trường K Chứng minh trực tiếp phần tử nghịch phần tử khác mở rơng đơn K(u) có dạng đa thức theo u hệ tử K Giải u phần tử đại số trường K Gọi q đa thức bất khả quy tối tiểu u K Theo Mệnh đề 2.2.3 ta có đẳng cấu trường: ϕu: K[x]/(q) ≅ K(u) thoả mãn ϕu(x + (q)) = u, ϕu(a + (q)) = a, ∀a ∈ K Mọi ω ∈ K có dạng đa thức theo u là: ω = r(u) với r ∈ K[x] ω ≠ Vì ω ≠ nên u nghiệm đa thức r ∈ K[x] Do theo Hệ 2.2.5 đa thức r không bội đa thức bất khả quy q K[x] 22 ⇒ (q, r) = ⇒ ∃ s, t ∈ K[x]: r.s + q.t = ⇒ ϕu(r.s + q.t) = ϕu(1) ⇒ r(u).s(u) = ⇒ ω.s(u) = ⇒ ω-1 = s(u), s ∈ K[x] Bài Tìm tự đẳng cấu khác tự đẳng cấu đồng cho trường Q( ), Q(i) Giải • Ta có đa thức x2 – ∈ Q[x] đa thức bất khả quy trường Q, đa thức có nghiệm – R Trường Q( ) Q(– ) sinh – ⇒ Q( ) ≅ Q(– ) Theo Định lý 2.3.2 tồn đẳng cấu trường ϕ: Q( ) → Q(– ) cho ϕ( ) = – , ϕ(a) = a, ∀a ∈ Q ∀z ∈ Q( ), z = a + b , ∀a, b∈ Q ⇒ ϕ(a + b ) = a – b • Ta có đa thức x2 + 1∈ Q[x] đa thức bất khả quy trường Q, đa thức có nghiệm i – i R Trường Q( i ) Q(– i ) sinh i – i ⇒ Q( i ) ≅ Q(– i ), ϕ(a) = a, ∀a ∈ Q ∀z ∈ Q( i ), z = a + bi , ∀a, b ∈ Q ⇒ ϕ(a + bi ) = a – bi Bài Tìm trường gồm số phức đẳng cấu với trường Q( ), Q( ) Giải • u = ⇒ u3 – = ⇒ u nghiệm đa thức q(x) = x – ∈ Q[x] Theo tiêu chuẩn Eisenstein với p = ta có q(x) đa thức bất khả quy Q Do q(x) đa thức tối tiểu phần tử u = Q Ngồi nghiệm thực cịn có hai nghiệm phức ω , ω2 , ω = cos đa thức 2π 2π + i sin 3 Suy Q ( ) ≅ Q(ω ) ≅ Q( ω2 ) • u = ⇒ u4 – = ⇒ u nghiệm đa thức q(x) = x – ∈ Q[x] Theo tiêu chuẩn Eisenstein với p = ta có q(x) đa thức bất khả quy Q Do q(x) đa thức tối tiểu phần tử u = Q Đa thức q(x) nghiệm thực – cịn có nghiệm phức i – i Do Q( ) ≅ Q(i ) Bài a) Tìm tất đa thức bậc bậc bất khả quy Z2[x] 23 b) Lập bảng cộng bảng nhân cho trường có phần tử Giải a) Chú ý: đa thức bậc bất khả quy ⇔ vơ nghiệm • f(x) = ax2 + bx + c, a, b, c ∈ Z2 ={ , }, a ≠ f(x) bất khả quy Z2 ⇔ f(x) vô nghiệm Z2 () ()  f ≠ c ≠ c = ⇔ ⇔  f ≠ a + b + c ≠ a + b + ≠ ⇔ a = a =   Vì a ≠ nên a = ⇒b ≠ ⇔b =   c = c = Vậy f(x) = x2 + x + đa thức bất khả quy bậc Z2[x] • f(x) = ax3 + bx2 + cx + d, a, b, c, d ∈ Z2 = { , }, a ≠ () ()  f ≠ d ≠ ⇔ ⇔  f ≠ a + b + c + d ≠ f(x) bất khả quy Z2 ⇔ f(x) vô nghiệm Z2 ⇔ d =  a + b + c + ≠ a =  Vì a ≠ nên a = ⇒b + c + ≠  d = a = a =   b = b = Trường hợp b = ta có  ⇔ c ≠ −2 c =   d = d = ⇒ f(x) = x3 + x + a = a =   b = b = Trường hợp b = ta có  ⇔ c ≠ c =   d = d = ⇒f(x) = x3 + x2 + Vậy đa thức bậc bất khả quy Z2[x] f(x) = x3 + x + f(x) = x3 + x2 + 24 b) Xét đa thức f(x) = x + x + ∈ Z2[x] Ta có f(x) vơ nghiệm trường Z2 f(x) bất khả quy trường Z2 Ta có: Z[x]/(x2 + x + ) ≅ Z2(u), trường Z2(u) sinh nghiệm u x2 + x + , tức trường Z2(u) thu nhờ kết nối với Z2 phần tử u thỏa mãn hệ thức u2 + u + = Vì phần tử Z2(u) có dạng a + bu; a, b ∈ Z2 = { ,1 } nên trường Z2(u) có phần tử: , , u, + u Vậy ta có bảng cộng bảng nhân: Bảng cộng 0 1 u u 1+ u 1+ u 1+ u u 1+ u u 1+ u 1+ u 1 Bảng nhân 0 0 1 u u 1+ u 1+ u 1+ u 1 u u 1+ u u u 1+ u u Bài Mỗi số sau thuộc mở rộng đơn đại số Q nên đại số Q Đối với số tìm đa thức bất khả quy tối tiểu Q[x] nhận số làm nghiệm: a) 2+ b) 5+2 c) +3 d) u2 + u, u nghiệm x3 + 3x2 – Giải a) u = + ⇒ u2 = (2 + )2 ⇒ u2 – 4(2 + ) + = ⇒ u2 – 4u + = ⇒ u nghiệm đa thức q(x) = x – 4x + ∈ Q[x] , q(x) khơng có nghiệm thuộc Q ⇒ q(x) đa thức bất khả quy tối tiểu phần tử đại số + b) u = + Đặt v2 = ⇒ v = Ta có: u = v + v2 ⇒ (u – v2 )2 = v2 ⇒ u2 – 2uv2 + v4 = v2 ⇒ u2 + v4 = (1+2u) v2 ⇒ (u2 + 5)2 = (1 + 2u)2v4 ⇒ (u2 + 5)2 = (1+ 2u)25 25 ⇒ u4 – 10u2 – 20u + 20 = ∈ Q[x] ⇒ u nghiệm đa thức q(x) = x – 10x2 – 20x + 20 ∈ Q[x] Mà q(x) đa thức bất khả quy theo tiêu chuẩn Eisenstein với p = ⇒ q(x) đa thức bất khả quy tối tiểu phần tử đại số + c) u= + ⇒ u3 = ( + )3 ⇒ u3 – 6u – = ⇒ u nghiệm đa thức q(x) = x – 6x – ∈ Q[x] Mà q(x) đa thức bất khả quy theo tiêu chuẩn Eisenstein với p = ⇒ q(x) đa thức bất khả quy tối tiểu phần tử đại số + d) Đặt v = u2 + u ⇒ v2 = u4 + 2u3 + u2 = u(u3 + 3u2 – 3) – u3 + u2 + 3u = – (u3 + 3u2 – 3) + 4u2 + 3u – = 4u2 + 3u – = 4(u2 + u) – u – = 4v – u – ⇒ u = – v2 + 4v – Ta có: v3 = u6 + 3u5 + 3u4 + u3 = 15u2 + 9u – 15 = 15( u2 + u) – 6u – 15 = 15v – 6u = 15v – 6( – v2 + 4v – 3) – 15 = v2 – 9v – ⇒ v3 – v2 + 9v + = ⇒ v nghiệm đa thức x3 – 6x2 + 9x + 3, đa thức bất khả quy theo tiêu chuẩn Eisenstein với p = Bài Chứng minh mở rộng hữu hạn trường R số thực trường R trường C số phức Giải Giả sử F mở rộng hữu hạn trường số thực R Khi F mở rộng đại số R Do với u ∈ F, phần tử u đại số R Gọi fu(x) đa thức cực tiểu u R ⇒ fu(x) đa thức đa thức bất khả quy R Vì xảy trường hợp sau: TH1: fu(x) đa thức bậc R, ∀ u ∈ F Giả sử fu(x) = x + β, β ∈ R Ta có fu(u) = u + β = 0, hay u = – β ∈ R Từ đó, ta có F ⊂ R ⇒ F = R (vì F mở rộng R nên R trường F ⇒ R ⊂ F) TH2: Tồn phần tử u ∈ F cho fu(x) tam thức bậc hai R với biệt số ∆ < Khi đó, tam thức bậc hai fu(x) có nghiệm phức u = a + bi (b ≠ 0), hay u ∈ C Do đó: F ⊂ C Mặt khác: F ⊃ R(u) = R(a + bi) = R(i) = C Vì F = C 26 Bài Chứng minh trường C số phức khơng có mở rộng hữu hạn khác C Giải Giả sử F mở rộng hữu hạn trường C số phức Khi u ∈ F u phần tử đại số C (theo Định lý 2.4.4) Do u nghiệm đa thức bất khả quy q ∈ C[x] (theo Hệ 2.2.5) Mà C[x] đa thức bất khả quy có bậc 1, tức q = x + a ∈ C[x] Do u nghiệm q nên ta có q(u) = 0, hay u + a = 0, suy u = – a ∈ C Do u ∈ C hay F ⊂ C Vì vậy, ta có F = C Bài 10 Nếu F mở rộng bậc trường Q Chứng minh F = Q( d ), d số ngun khơng có ước bình phương Giải Cho F mở rộng bậc hai Q u ∈ F Các phần tử 1, u tạo thành sở F Q u ∉ Q Do F = Q(u) với u nghiệm đa thức bất khả quy f(x) = x2 + bx + c ∈ Q[x] Đặt v = u + + c = ⇔ (v – b Ta có f(u) = ⇔ u2 + bu b b b2 ) + b(v – ) + c = ⇔ v2 + c – = Ta có: Q(u) = Q(v) với v 2 b2 b2 nghiệm đa thức bất khả quy x + c – = ∈ Q[x] Ta viết: v = –c= 4 a2d, với a số hữu tỷ khác d số ngun khơng có ước bình phương Đặt w = v b2 , ta có (aw)2 + c – = ⇔ w2 = d Ta có Q(v) = Q(w) với w a nghiệm đa thức bất khả quy x2 – d ∈ Q[x] Vì ta có F = Q(w), với w = d Chứng minh tính nhất: Giả sử Q( d ) = Q( d ′ ), với d d’ số ngun khơng có ước bình phương, d ′ = x + y d ; x, y ∈ Q Từ d’= x2 + dy2 + 2xy d hay d’ = x2 + dy2, 2xy = Nếu y = d’ = x2, điều không xảy Nếu x = d’ = dy2, d’ = d Bài 11 a) Chứng minh có (p – p)/2 đa thức bất khả quy bậc với hệ số dẫn đầu trường K có đặc số 27 b) Chứng minh với số nguyên tố p, tồn trường có đặc số p gồm p2 phần tử Giải a) Số đa thức đơn hệ bậc Zp p2 Các đa thức bậc khả quy Zp có dạng: (x – a)(x – b) với a, b∈ Zp, a ≠ b (x – c)2 với c ∈ Zp ⇒ Số đa thức đơn hệ bậc khả quy Zp là: C 1p + C p2 = Vậy số đa thức đơn hệ bậc bất khả quy Zp là: p – a) p ( p + 1) p ( p + 1) p ( p − 1) = 2 Trên trường Zp có p2 đa thức bậc đơn hệ f(x) = a + a1x + x2, có p ( p − 1) đa thức khả quy dạng (x – a)(x – b) với a, b∈ Zp, a ≠ b p đa thức khả quy dạng (x – c)2 với c ∈ Zp Vì số đa thức đơn hệ bậc bất khả quy trường Zp là: p2 − Vì p số nguyên tố nên p( p − 1) p ( p − 1) −p= 2 p ( p − 1) ≥ trường Zp có đa thức bậc 2 đơn hệ bất khả quy q(x) Do tồn mở rộng đơn F = Zp(u) Zp sinh nghiệm u q(x), với [F : Zp] = Vì vậy, F trường có đặc số p gồm p2 phần tử Bài 12 Cho K trường q đa thức bất khả quy bậc n K[x]; chứng minh F mở rộng hữu hạn K với bậc [F : K] = m cho (m, n) = q đa thức bất khả quy F[x] Giải Gọi u nghiệm đa thức q mở rộng F, ta có ≤ [F(u) : F] ≤ n, [K(u) : K] = deg q = n Theo Hệ 2.5.4 ta có [F(u) : K] = [F(u) : F][F : K] = [F(u) : F]m Mặt khác ta có [F(u) : K] = [F(u) : K(u)][K(u) : K] = [F(u) : K(u)]n Do đó: [F(u) : F]m = [F(u) : K(u)]n Vì (m, n) = nên [F(u) : F]  n hay [F(u) : F] ≥ n Từ đó, ta có: [F(u) : F] = n 28 Vậy q đa thức bất khả quy vành đa thức F[x] Bài 13 Nếu F mở rộng trường K có bậc [F : K] = p (số nguyên tố), chứng minh với phần tử u thuộc F khơng thuộc K, người ta có: F = K(u) Giải Lấy u thuộc mở rộng F trường K ⇒ K(u) ⊂ F (vì K(u) trường trường F sinh K u) Ta có: [F : K] = [F : K(u)][K(u) : K], với [K(u) : K] > Vì [F : K] = p, với p số nguyên tố, đa thức kéo theo [F : K(u)] = 1, F = K(u) Bài 14 Chứng minh trường nghiệm đa thức bậc n có bậc nhiều n! Giải Nếu f bậc [N : K] = ước 1! (đúng) Giả sử toán với f có bậc n – 1, tức [N : K] ước (n – 1)! Ta chứng minh f bậc n [N : K] ước n! Ta thấy N trường nghiệm đa thức ≠ g∈ K(u)[x] K(u) với u nghiệm f N f = (x – u)g, deg g = n – Ta có: [N : K] = [N : K(u)][K(u) : K] Nếu f bất khả quy ⇒ [K(u) : K] = n Nếu f không bất khả quy K ⇒ f = ht; degh, degt < degf Gọi N ′ trường nghiệm h ⇒ N trường nghiệm t N ′ ⇒[ N : K ] = [ N : N ′][ N ′ : K ] ⇒ [ N : K ] ước n! Bài 15 Chứng minh trường K trường đóng đại số K khơng có mở rộng hữu hạn khác Giải Giả sử K trường đóng đại số, nghĩa đa thức bất khả quy K gồm đa thức bậc (theo Mệnh đề 2.6.4) Giả sử F mở rộng bậc hữu hạn K, F mở rộng đại số (theo Hệ 2.4.6) Do đó, phần tử u thuộc F nghiệm đa thức bất khả quy q(x) K (theo Mệnh đề 2.2.3 ii) Vì K đóng đại số nên q(x) đa thức bậc nhất, u ∈ K Vì vậy, F bị chứa K hay F trùng K Ngược lại, giả sử f(x) đa thức K, có bậc dương Ta ký hiệu N trường nghiệm f(x) K Khi N mở rộng hữu hạn K Theo giả 29 thiết ta có N = K Vì f(x) có nghiệm K, hay K trường đóng đại số Bài 16 Dựng mở rộng bậc hai trường Z2 số nguyên mod Giải Xét đa thức f(x) = x2 + x + 1∈ Z2[x] Ta có f(x) vơ nghiệm trường Z2 đa thức f(x) bất khả quy trường Z2 Gọi N trường nghiệm đa thức f(x) Z2, ta có N = Z2(u) u nghiệm f(x) Do f(x) đa thức bất khả quy Z2 nên phần tử u phần tử đại số bậc hai Z2 có sở {1, u} hay N = {a + bu | a, b ∈ Z2} Bài 17 Cho đa thức f(x) = x4 – Q Hãy xác định trường nghiệm N f(x) Q Tìm bậc sở N Q Giải Đặt u = , mở rộng C Q ta có f(x) = x4 – = (x2 – )(x2 + ) = (x – )(x + )(x – i )(x + i ) Vậy, ta có N = Q( , – , i , –i ) Do [N : Q] = [N : Q(u)][Q(u) : Q] Ta có: [Q(u) : Q] = đa thức f(x) = x – bất khả quy Q (theo tiêu chuẩn Eisenstein với p = 2) Cịn [N : Q(u)] = đa thức x2 + bất khả quy Q(u) Thật vậy, giả sử ngược lại x2 + khả quy Q(u) nghiệm i thuộc Q(u), i số thực Vì ta có [N : Q] = [N : Q(u)][Q(u) : Q] = 2.4 = Một sở N Q(u) {1, i}, sở Q(u) Q {1, u, u2, u3} Vậy sở N Q là: {1, u, u2, u3, i, iu, iu2, iu3} 30 KẾT LUẬN Khóa luận hệ thống lại số khái niệm có liên quan đến lý thuyết mở rộng trường như: • Trường nguyên tố trường nguyên tố • Mở rộng đơn • Kết nối nghiệm • Bậc mở rộng hữu hạn • Mở rộng đại số lặp • Trường nghiệm mở rộng kín đại số giải tập áp dụng cho kết 31 32 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Thành Quang, 2005, Lý thuyết trường lý thuyết Galois, Đại học Vinh [2] Nguyễn Thành Quang, 2003, Giáo trình Số học đại, Đại học Vinh [3] Birrkhoff S Maclane, 1979, Tổng quan Đại số đại, Nhà xuất Đại số Trung học chuyên nghiệp, Hà nội [4] Nguyễn Tự Cường, 2003, Giáo trình Đại số đại, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [5] Nguyễn Hữu Việt Hưng, 2001, Đại số tuyến tính, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [6] Hồng Xn Sính, 2000, Đại số Đại Cương, Nhà xuất Giáo dục Hà Nội [7] S Lang, 1974, Đại số, Nhà xuất đại học Trung học chuyên nghiệp, Hà Nội ... Khi P trường bé trường K Nếu X trường trường K P ⊆ X Giả sử A trường trường P A trường trường K (do P trường trường K) ⇒ P ⊆ A ⇒A = P ⇒ P trường nguyên tố trường K Giả sử B trường nguyên tố trường. .. P trường K chứa P Trường với tính chất gọi trường nguyên tố trường K Nếu K = P, K gọi trường nguyên tố 2.1.2 Nhận xét Mọi trường K chứa trường nguyên tố P Chứng minh Gọi P giao tất trường trường... 2.1 Trường nguyên tố trường nguyên tố 2.1.1 Định nghĩa Giả sử K trường, ta xét trường K Tập tất trường K tập hợp khác rỗng (vì K trường nó) Gọi P giao tất trường K P trường K không chứa trường K