Một số vấn đề về mở rộng trường

1 Tr-ờng đại học vinh Khoa TON - TRẦN THỊ PHƢƠNG THẢO MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ MỞ RỘNG TRƢỜNG Kho¸ luËn tèt nghiệp đại học Vinh - 2011 Tr-ờng đại häc vinh Khoa TOÁN - MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ MỞ RỘNG TRƢỜNG Khoá luận tốt nghiệp đại học Ng-ời h-ớng dẫn: Ts Đào Thị Thanh Học Vinh - 2011 MỤC LỤC Trang LỜI NÓI ĐẦU …………………………………………………………… CHƢƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ ……………………………… CHƢƠNG 2: MỞ RỘNG TRƢỜNG …………………………………… 2.1 Trƣờng nguyên tố trƣờng nguyên tố ……………………… 2.2 Mở rộng đơn ……………………………………………………… 2.3 Kết nối nghiệm …………………………………………………… 10 2.4 Bậc mở rộng hữu hạn ……………………………………………12 2.5 Mở rộng đại số lặp ………………………………………………… 14 2.6 Trƣờng nghiệm mở rộng kín đại số …………………………… 16 CHƢƠNG 3: MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG ………………………… 20 KẾT LUẬN ……………………………………………………………… 30 TÀI LIỆU THAM KHẢO ……………………………………………… 31 LỜI NÓI ĐẦU Mở rộng trƣờng vấn đề Đại số Số học Từ lâu, vấn đề gắn liền với toán giải phƣơng trình, vào việc nghiên cứu lý thuyết Galois Mở rộng trƣờng đối tƣợng nghiên cứu lý thuyết trƣờng Ý tƣởng chung trƣờng sở, xây dựng trƣờng lớn chứa trƣờng sở thỏa mãn thêm số tính chất khác ngồi tính chất mà trƣờng sở có Chẳng hạn trƣờng số thực R mở rộng trƣờng số hữu tỷ Q, trƣờng số phức C mở rộng trƣờng số thực R Khóa luận đƣợc chia làm chƣơng: Chƣơng trình bày số kiến thức sở; Chƣơng trình bày số định nghĩa, định lý mệnh đề; Chƣơng số tập áp dụng Khóa luận hệ thống lại số kết nhƣ giải đƣợc số tập về:  Trƣờng nguyên tố trƣờng nguyên tố  Mở rộng đơn  Kết nối nghiệm  Bậc mở rộng hữu hạn  Mở rộng đại số lặp  Trƣờng nghiệm mở rộng kín đại số Tác giả xin trân trọng cảm ơn TS Đào Thị Thanh Hà hƣớng 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 dƣới mái trƣờng Đại học Vinh thân yêu Do kiến thức thời gian có hạn, Khóa luận khó tránh khỏi thiếu sót, tác giả mong muốn nhận đƣợc bảo thầy giáo góp ý bạn sinh viên Vinh, tháng 05 năm 2011 Tác giả CHƢƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Định nghĩa trƣờng Trường tập hợp K có nhiều phần tử, đƣợc 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 hoán: 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 trƣờng Giả sử K trƣờng, A tập K ổn định với hai phép toán cộng nhân trƣờng K, nghĩa là:  x, y  A  x + y  A, xy  A Giả sử A tập ổn định hai phép toán cộng nhân trƣờng K Ta gọi A trường trƣờng K A với hai phép toán cảm sinh A, trƣờng 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 A 1.4 Định nghĩa đặc số trƣờng Giả sử K trƣờng trƣờng E Khi ta nói E trường mở rộng hay mở rộng trƣờng K Cho K trƣờng có đơn vị Nếu n1 ≠ với số tự nhiên n ≠ ta nói trƣờng K có đặc số Trong trƣờng hợp ngƣợc lại, gọi số nguyên dƣơng p bé cho p1 = đặc số trƣờng K Ta ký hiệu đặc số trƣờng 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 trƣờng, 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) không phân tích đƣợc thành tích hai đa thức bậc khác K Trong trƣờng hợp ngƣợc lại, ta nói f(x) đa thức khả quy trƣờng 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 cịn 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 trƣờng 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 trƣờng thƣơng 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 CHƢƠNG 2: MỞ RỘNG TRƢỜNG 2.1 Trƣờng nguyên tố trƣờng nguyên tố 2.1.1 Định nghĩa Giả sử K trƣờng, ta xét trƣờng K Tập tất trƣờng K tập hợp khác rỗng (vì K trƣờng nó) Gọi P giao tất trƣờng K P trƣờng K khơng chứa trƣờng K khác P trƣờng K chứa P Trƣờng với tính chất nhƣ đƣợc gọi trường nguyên tố trƣờng K Nếu K = P, K đƣợc gọi trường nguyên tố 2.1.2 Nhận xét Mọi trường K chứa trường nguyên tố P Chứng minh Gọi P giao tất trƣờng trƣờng K Khi P trƣờng bé trƣờng K Nếu X trƣờng trƣờng K P  X Giả sử A trƣờng trƣờng P A trƣờng trƣờng K (do P trƣờng trƣờng K), suy P  A Vậy A = P nên P trƣờng nguyên tố trƣờng K Giả sử B trƣờng nguyên tố trƣờng K, suy P trƣờng B Do B trƣờng 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 ngun tố p P đẳng cấu với trường Zp số nguyên mod p Chứng minh Đơn vị trƣờng K 1K, P trƣờng nguyên tố trƣờng K nên phần tử đơn vị 1K  P Xét ánh xạ f : Z  K cho f(m) = m1K Ta chứng minh đƣợc 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) Hạt nhân đồng cấu vành f Ker(f) = m  Z  f(m) = 0  Trong trƣờng hợp K có đặc số 0, ta có: m  Ker(f)  f(m) =  m1K =  m = Vậy Ker(f) = hay f đơn cấu vành Do ta thu đƣợc đẳng cấu vành: 10 Z/Ker(f)  Im(f), hay Z  Im(f) = m1K  m  Z Đẳng cấu vành cảm sinh đẳng cấu trƣờng thƣơng vành số nguyên Z trƣờng thƣơng Im(f) Do ta có đẳng cấu trƣờng Q  P, trƣờng thƣơng Z Q, trƣờng thƣơng Im(f) P  Trong trƣờng hợp K có đặc số nguyên tố p, ta có: m  Ker(f)  f(m) =  m1K =  K  m chia hết cho p  m = pZ Vì Kerf = pZ Theo định lý đồng cấu vành ta có: Z/Ker(f)  Imf, hay Z/pZ  Im(f) hay Zp  Im(f) Do Zp trƣờng nên Im(f) trƣờng Mặt khác Im(f) trƣờng bé trƣờng K nên Im(f) = P Vậy Zp  P  2.1.4 Mệnh đề Nếu K trường có đặc số ngun 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) Ngồi ra: f(1) = 1p = ≠ 0K nên f khác tự đồng cấu khơng K Vì f tự đơn cấu trƣờng K  2.2 Mở rộng đơn 2.2.1 Định nghĩa Cho trƣờng K, phần tử u mở rộng E trƣờng K Trƣờng E sinh K u, ký hiệu K(u) đƣợc gọi mở rộng đơn trƣờng K Cho K trƣờng E mở rộng trƣờng K, phần tử u đại số K u nghiệm đa thức ≠ f  K[x] Một phần tử u không đại số K đƣợc gọi siêu việt K Một mở rộng đơn K(u) trƣờng K đƣợc 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: 21 2.6.2 Định lý Nếu K trường đa thức ≠ f  K[x] bậc n  có trường nghiệm Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo bậc n đa thức f(x) Nếu deg f = f = a0 + a1x  K[x] với a1 ≠ 0, hiển nhiên f có nghiệm x = – a0  K Do đó, trƣờng nghiệm f N = K a1 Với đa thức f  K[x], với degf = n Giả sử đa thức K[x] có bậc n – có trƣờng nghiệm N Gọi q ƣớc bất khả quy f K[x] Theo Mệnh đề 2.3.1 tồn mở rộng F = K(u1) K sinh K nghiệm u1 q  K[x] Vì phần tử u1 F nghiệm đa thức f F[x] nên f = (x – u1)g, g  F[x], deg g = degf – = n – Theo giả thiết quy nạp, g có trƣờng nghiệm N chứa n – nghiệm u2,…, un g N = F(u2,…,un) Mở rộng N F chứa n nghiệm u1, u2,…,un f nữa: N = F(u2,…, un) = K(u1) (u2,…, un) = K(u1, u2,…, un) Do đó, suy N trƣờng nghiệm f  K[x]  2.6.3 Định nghĩa Một trƣờng K đƣợc 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 hố 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 22 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 = {  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, v (với v ≠ 0) trƣờng Q(u, v) đại số trƣờng Q, nghĩa thuộc A Vậy A trƣờng trƣờng số phức C A chứa trƣờng 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 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 trƣờng 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 trƣờng 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 trƣờng (Fn), n  N, quy nạp nhƣ sau:  F0 = Zp  Với n  1, Fn trƣờng nghiệm đa thức fn  Fn - 1[x] Nhƣ thế, ta thu đƣợc dây chuyền tăng trƣờng: F0  F1  F2  … 23  Ta đặt: F= F n n 0 Hợp F đƣợc trang bị phép cộng phép nhân: Với a, b  F, tồn trƣờng Fn dây chuyền cho a, b  Fn, nên ta định nghĩa tổng a + b tích ab f nhƣ tổng tích a b F n Rõ ràng, F với phép cộng phép nhân nhƣ trƣờng Hơn nữa, trƣờng F chứa trƣờng F = Zp nhƣ trƣờng con, trƣờng F có đặc số p Để chứng minh F trƣờng 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 đa thức g(x) thuộc vào trƣờng nghiệm Fn đa thức có hệ tử thuộc trƣờng 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 trƣờng nghiệm N đa thức g(x) trƣờng Zp(a0, a1,…, ar), đa thức g(x) phân rã đƣợc thành nhân tử tuyến tính: g(x) = c(x – u1)(x – u2)…(x – ur) 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 (1  i  r ) làm nghiệm, q bội khác khơng g Đa thức q  Zp[x] phân rã đƣợc thành nhân tử tuyến tính trƣờng nghiệm Fm trƣờng Fm - đó, dây chuyền mở rộng trƣờng F0 = Zp nói Do đó, ƣớc g q phân rã đƣợc vành Fm[x]  F[x] Vì vậy, đa thức có bậc dƣơng trƣờng F phân rã đƣợc thành nhân tử tuyến tính F Nói cách khác, F trƣờng kín đại số có đặc số p, mở rộng đại số trƣờng Zp  24 CHƢƠNG 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, a p  a (mod p) Giải Giả sử f: Zp  Zp tự đồng cấu trƣờng Zp, ta có f(1 ) = f( ) = f( )f( ), f( )[f(1 ) – ] = , hay f( ) = f( ) =  Trƣờng hợp f( ) = Với  k  Zp, với  k  p ta có: f( k ) = f(1 k ) = f( )f( k ) = f( k ) = , suy f tự đẳng cấu không trƣờng Zp  Trƣờng hợp f( ) = Với  k  Zp, với  k  p ta có:       f k  f     f  f   f      k Vậy f( k ) = k , f tự đẳng cấu đồng trƣờng Zp Định lý Fermat: Vì trƣờng Zp có đặc số ngun tố p nên ánh xạ f: a  a p tự đồng cấu khác khơng trƣờng Zp Do đó, f tự đồng cấu đồng trƣờng Zp Vì vậy, a p  a hay ap  a (mod p)  Bài Cho K trường, a  K Chứng minh rằng: 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 trƣờng 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 trƣờng K Ngƣợc lại, giả sử u + a phần tử đại số trƣờng K Khi u + a + (–a) = u đại số K  25 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 thƣờng 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 Ngƣợc 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 trƣờng K Gọi q đa thức bất khả quy tối tiểu u K Theo Mệnh đề 2.2.3 ta có đẳng cấu trƣờng: u: K[x]/(q)  K(u) thoả mãn u(x + (q)) = u, u(a + (q)) = a, a  K Mọi   K có dạng đa thức theo u là:  = r(u) với r  K[x]  ≠ Vì  ≠ nên u khơng phải nghiệm đa thức r  K[x] Do đa thức r khơng bội đa thức bất khả quy q u K[x] Khi r q hai đa thức nguyên tố miền nguyên iđêan K[x], tồn đa thức s, t  K[x] cho r.s + q.t = 1(Hệ thức Bezout) Đặt u vào hai vế đa thức ta đƣợc: .s(u) = hay -1 = s(u)  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 trƣờng Q, đa thức có nghiệm – R Trƣờng Q( ) Q(– ) lần lƣợt đƣợc sinh 26 – , suy Q( )  Q(– ) Theo Định lý 2.3.2 tồn đẳng cấu trƣờng : Q( )  Q(– ) cho ( ) = – , (a) = a, a  Q Với z  Q( ), z = a + b , a, b Q, ta có (a + b ) = a – b  Ta có đa thức x2 + 1 Q[x] đa thức bất khả quy trƣờng Q, đa thức có nghiệm i –i R Trƣờng Q(i) Q(–i) lần lƣợt đƣợc sinh i –i, suy Q(i)  Q(–i), (a) = a, a  Q Với z  Q(i), z = a + bi , a, b  Q, ta có (a + bi ) = a – bi Bài Tìm trường gồm số phức đẳng cấu với trường Q( ), Q( ) Giải u = , suy 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 Ngoài nghiệm thực đa thức cịn có hai nghiệm phức  , 2 ,  = cos 2 2 + i sin 3 Suy ra, Q ( )  Q( )  Q( 2 ) u = , suy 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] b) Lập bảng cộng bảng nhân cho trường có phần tử Giải a) Chú ý: đa thức bậc bất khả quy  vô nghiệm  f(x) = ax2 + bx + c, a, b, c  Z2 = { , }, a ≠ f(x) bất khả quy Z2  f(x) vô nghiệm Z2   f 1  f    c    a  b  c  c    a  b   a  a    Vì a ≠ nên a =  b   b    c  c  27 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 1  f  f(x) bất khả quy Z2  f(x) vô nghiệm Z2   d     a  b  c  d  d    a  b  c   a   Vì a ≠ nên a =  b  c    d  a  a    b  b   Trƣờng hợp b = ta có   c   c    d  d  suy ra, f(x) = x3 + x + a  a    b  b   Trƣờng hợp b = ta có   c  c    d  d  suy ra, f(x) = x3 + x2 + Vậy đa thức bậc bất khả quy Z2[x] f(x) = x3 + x + f(x) = x3 + x2 + b) Xét đa thức f(x) = x2 + x +  Z2[x] Ta có f(x) vơ nghiệm trƣờng Z2 f(x) bất khả quy trƣờng Z2 Ta có: Z[x]/(x2 + x + )  Z2(u), trƣờng Z2(u) sinh nghiệm u x2 + x + , tức trƣờng Z2(u) thu đƣợc 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 = { , } nên trƣờng Z2(u) có phần tử: , , u, + u Vậy ta có bảng cộng bảng nhân: 28 Bảng cộng u 1+ u 0 u 1+ u 1 1+ u u u u 1+ u 1+ u 1+ u u 0 u 1+ u 0 0 1 u 1+ u u u 1+ u 1+ u 1+ u u Bảng nhân 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 + = Vậy u nghiệm đa thức q(x) = x2 – 4x + 1 Q[x], q(x) khơng có nghiệm thuộc Q nên 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  u4 – 10u2 – 20u + 20 =  Q[x] 29 Vậy u nghiệm đa thức q(x) = x4 – 10x2 – 20x + 20  Q[x] Mà q(x) đa thức bất khả quy theo tiêu chuẩn Eisenstein với p = Do q(x) đa thức bất khả quy tối tiểu phần tử đại số  c) u =   u3 = (  )3  u3 – 6u – = Vậy u nghiệm đa thức q(x) = x3 – 6x –  Q[x] Mà q(x) đa thức bất khả quy theo tiêu chuẩn Eisenstein với p = Do q(x) đa thức bất khả quy tối tiểu phần tử đại số 3 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 – suy v3 – v2 + 9v + = Vậy 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 trƣờng số thực R, F mở rộng đại số R Do đó, phần tử thuộc F phần tử đại số R Với u  F, đa thức cực tiểu fu(x) u đa thức bất khả quy R Vì vậy, fu(x) nhị thức bậc tam thức bậc hai có biệt số  < Vì u nghiệm đa thức fu(x), ta có F  C Bây giờ, ta xét hai trƣờng hợp sau:  Trƣờng hợp: fu(x) nhị thức bậc R,  u  F Giả sử fu(x) = ax + b, (a, b  R, a  0) Ta có fu(u) = au + b = 0, suy u=  b  R, hay F  R Vì vậy, trƣờng hợp ta có F = R a  Trƣờng hợp: Tồn phần tử u  F cho fu(x) tam thức bậc hai với biệt số  < Khi đó, ta có u = a + bi, (a, b  R, b ≠ 0) Do F  R(u) = R(a + bi) = R(i) = C 30 Mặt khác F  C, trƣờng hợp ta có F = R  Bài Chứng minh trường C số phức khơng có mở rộng hữu hạn khác C Giải Giả sử F mở rộng hữu hạn trƣờng 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 nguyên 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 +  u2 + bu + c =  (v – b Khi đó, ta có: f(u) = b2 b b ) + b(v – ) + c =  v2 + c – = Vậy Q(u) = 2 b2 Q(v) với v nghiệm đa thức bất khả quy x + c – =  Q[x] Ta viết: v2 = b2 – c = a2d, với a số hữu tỷ khác d số nguyên khơng có ƣớc bình phƣơng Đặt w = b2 v (aw)2 + c – =  w2 = d Ta có Q(v) = Q(w) với w nghiệm a 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 nguyên ƣớc bình phƣơng, d  = x + y d ; x, y  Q Từ d’= x2 + dy2 + 2xy d hay d’ = x2 + dy2, 2xy = Nếu y = d’ = x2, điều khơng xảy Nếu x = d’ = dy2, d’ = d  31 Bài 11 a) Chứng minh có (p2 – p)/2 đa thức bất khả quy bậc với hệ số dẫn đầu trường K có đặc số b) Chứng minh với số nguyên tố p, tồn trường có đặc số p gồm p 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 Suy ra, Số đa thức đơn hệ bậc khả quy Zp là: C 1p + C p2 = p( p  1) Vậy số đa thức đơn hệ bậc bất khả quy Zp là: p – p( p  1) p( p  1) = 2  b) Trên trƣờng Zp có p2 đa thức bậc đơn hệ f(x) = a0 + 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 trƣờng Zp là: p  p p  1 p p  1 p 2 Vì p số nguyên tố nên p( p  1)  trƣờng 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 trƣờng 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] = n (vì q đa thức bất khả quy K[x]) 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, ta có: [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: 32 [F(u) : F] = n 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 trƣờng K, suy K(u)  F (vì K(u) trƣờng trƣờng 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] = ƣớc 1!(đúng) Giả sử toán với f có bậc n – 1, tức [N : K] ƣớc (n – 1)! Ta chứng minh f bậc n [N : K] ƣớc n! Ta thấy N trƣờng 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, suy [K(u) : K] = n Nếu f không bất khả quy K, suy f = ht; degh, degt < degf Gọi N  trƣờng nghiệm h  N trƣờng nghiệm t N   N : K   N : N N  : K  Suy [N : K] ƣớc n!  Bài 15 Chứng minh trường K trường đóng đại số K khơng có mở rộng hữu hạn khác Giải Giả sử K trƣờng 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 33 Ngƣợc lại, giả sử f(x) đa thức K, có bậc dƣơng Ta ký hiệu N trƣờng nghiệm f(x) K Khi N mở rộng hữu hạn K Theo giả thiết ta có N = K Vì f(x) có nghiệm K, hay K trƣờng đóng  đại số Bài 16 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) = x4 – 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 ngƣợc 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} 34 KẾT LUẬN Khóa luận hệ thống lại số khái niệm có liên quan đến lý thuyết mở rộng trƣờng nhƣ:  Trƣờng nguyên tố trƣờng nguyên tố  Mở rộng đơn  Kết nối nghiệm  Bậc mở rộng hữu hạn  Mở rộng đại số lặp  Trƣờng nghiệm mở rộng kín đại số giải tập áp dụng cho kết 35 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 Cƣờng (2003), Giáo trình Đại số đại, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [5] Nguyễn Hữu Việt Hƣng (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 ... v) Không tồn mở rộng đơn đại số K khác K 22 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 = {  C  u đại số Q} Ta có:... 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 trƣờng số thực R, F mở rộng đại số R Do đó, phần tử thuộc F phần tử đại số R Với u  F,... trƣờng số phức C A chứa trƣờng 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