Số đại số
7.2 Phần tử nguyên thuỷ
Giả thiết k là một tr−ờng k và K là tr−ờng mở rộng của k.
Định nghĩa 7.13. Phần tử s ∈ K, nguyên trên k, đ−ợc gọi là phần tử đại số trên k; trong tr−ờng hợp trái lại, s đ−ợc gọi là phần tử siêu việt trên k.
Dãy các phần tử s1, . . . , sd ∈ K đ−ợc gọi là phụ thuộc đại số trên k nếu có đa thức f(x1, . . . , xd) ∈ k[x1, . . . , xd]\{0} sao cho f(s1, . . . , sd) = 0. Trong tr−ờng hợp trái lại, s1, . . . , sd đ−ợc gọi là độc lập đại số trên k.
Định nghĩa 7.14. Tr−ờng K đ−ợc gọi là đại số trênk nếu mọi s ∈ K đều là đại số trên k.
Lấy α1 ∈ K là siêu việt trên k. Ta có tr−ờng các hàm hữu tỉ k(α1) chính là tr−ờng các th−ơng của vành đa thức k[α1]. Lặp lại, giả thiết ta đã có các phần tử α1, α2, . . . , αd ∈ K sao cho αi là siêu việt trên tr−ờng Ki−1 = k(α1, . . . , αi−1), i = 1, . . . , d, với qui −ớc K0 = k. Nh− vậy ta có một dãy các mở rộng tr−ờng các hàm hữu tỉ
k ⊂k(α1) ⊂ . . .⊂ k(α1, . . . , αd) ⊆ K,
ở đây quan hệ bao hàm là bao hàm ngặt. Giả thiết không còn phần tử nào thuộc K là siêu việt trên k(α1, . . . , αd). Lúc này K là đại số trên k(α1, . . . , αd) và α1, . . . , αd đ−ợc gọi là dãy các phần tử siêu việt trên k
với độ dài d. Ta công nhận định lý sau đây.
Định lý 7.15. [Steinitz] Nếu y1, . . . , yh ∈ K sao cho yj là siêu việt trên tr−ờng k(y1, . . . , yj−1), j = 1, . . . , h, và không còn phần tử nào thuộc K là siêu việt trên k(y1, . . . , yh) thì h = d.
Định lý 7.15 đã chỉ ra rằng tất cả các dãy phần tử thuộc K là siêu việt trên k đều có cùng số phần tử là d.
Định nghĩa 7.16. Số d đ−ợc gọi là bậc siêu việt của K trên k và đ−ợc ký hiệu tr.degkK.
Trong tr−ờng hợp không có dãy hữu hạn các phần tử thuộc K siêu việt trên k thì ta định nghĩa tr.degkK = ∞. Hiển nhiên, tr.degkK = 0 khi và chỉ khi K là mở rộng đại số của k.
Bổ đề 7.17. Hai đa thức f(x), g(x) ∈ k[x] đều có hệ tử cao nhất bằng 1. Nếu m(x) = ucln(f(x), g(x)) thì có các đa thức p(x), q(x) ∈ k[x] để
p(x)f(x) + q(x)g(x) = m(x).
Chứng minh: Sử dụng thuật toán Euclid để tìm −ớc chung lớn nhất và có các đa thức p(x), q(x) ∈ k[x] để p(x)f(x) + q(x)g(x) = m(x).
Khi m(x) = 1 thì hai đa thức f(x) và g(x) là nguyên tố cùng nhau.
Định lý 7.18. Nếu α ∈ K là phần tử đại số trên k thì k(α) = k[α].
Chứng minh: Vì k[α] ⊂ K nên k[α] là một miền nguyên. Ký hiệu p =
{g(x) ∈ k[x] | g(α) = 0}. Dễ dàng chỉ ra p là iđêan nguyên tố của k[x]. Giả thiết f(x) = xn + a1xn−1 + ã ã ã+ an−1x+ an ∈ k[x] là đa thức bậc nhỏ nhất nhận α làm nghiệm. Ta có f(x) ∈ p và f(x) là bất khả qui. Vì k[x] là vành các iđêan chính và việc chọn cho f(x) nên p = (f(x)). Toàn cấu k[x] →k[α], g(x) →g(α), có hạt nhân là p. Vậy k[α] =∼k[x]/p. Giả
sử β ∈ k[α], β = 0. Khi đó có đa thức h(x) ∈ k[x] để h(α) = β = 0 và nh− vậy h(x) không chia hết cho f(x). Vì f(x) là bất khả qui, nên có các đa thức p(x), q(x) ∈ k[x] để p(x)f(x) +q(x)h(x) = 1 theo Bổ đề 7.17. Cho x = α ta có q(α).β = 1. Vậy β có nghịch đảo β−1 = q(α) ∈ k[α]. Điều này chứng tỏ k[α] là một tr−ờng. Tr−ờng này chứa α và chứa k nên k[α] = k(α).
Theo Định lý 7.5 và việc chọn cho f(x) ta có 1, α, . . . , αn−1 là độc lập tuyến tính trên k và k[α] = k+αk +ã ã ã+αn−1k. Chiều của không gian véc tơ k(α) = k[α] trên k bằng n và đ−ợc ký hiệu qua [k(α) : k]. Trong tr−ờng hợp này, ta nói α là phần tử đại số bậc n trên k. Từ Định lý 7.18 ta suy ra kết quả sau đây.
Hệ quả 7.19. Giả thiết α là phần tử đại số bậc n trên k. Ta luôn có
(i) Mỗi phần tử δ ∈ k(α) là đại số bậc ã n trên k.
(ii) Nếu α là đại số bậc n trên k và β là đại số bậc m trên k(α) thì [k(α, β) : k] = mn.
Chứng minh: (i) Vì hệ 1, δ, . . . , δn ∈ k(α) = k[α] theo Bổ đề 2.27 và k[α] là k-không gian véc tơ n chiều, nên 1, δ, . . . , δn là phụ thuộc tuyến tính trên k. Do đó δ ∈ k(α) là đại số bậc ã n trên k.
(ii) Ta có [k(α, β) : k] = [k(α, β) : k(α)][k(α) : k] = mn.
Bổ đề 7.20. Giả thiết đặc tr−ng của k bằng 0 và t là một biến đ−ợc coi nh− tham số. Nếu đa thức f(t, x) ∈ k(t)[x] là bất khả qui thì f(a, x) cũng là bất khả qui cho hầu hết mọi a ∈ k.
Chứng minh: Xem trong
Định lý 7.21. [Phần tử nguyên thuỷ] Giả thiết đặc tr−ng của k bằng 0. Khi đó mở rộng đại số hữu hạn k(α1, . . . , αd) trên k là mở rộng đơn, có nghĩa, có γ để k(α1, . . . , αd) = k(γ) và [k(α1, . . . , αd) : k] = [k(γ) : k].
Chứng minh: Ta chỉ cần chứng minh định lý cho tr−ờng hợp d = 2; sau đó dùng ph−ơng pháp qui nạp để hoàn thành chứng minh. Giả thiết d = 2. Đặt n = [k(α1, α2) : k]. Lấy δ ∈ k(α1, α2). Nếu 1, δ, . . . , δn−1 là độc lập tuyến tính trên k thì γ = δ thoả mãn định lý. Giả sử không có phần tử nào thuộc k(α1, α2) là phần tử đại số bậc lớn hơn h < n. Phần tử λ là đại số bậc h trên k với đa thức bất khả qui f(x) bậc h thoả mãn f(λ) = 0. Vì [k(λ) : k] = h < n, nên k(λ) ⊂ k(α1, α2). Khi đó tồn tại phần tử u ∈ k(α1, α2), u /∈ k(λ). Với biến t ta mở rộng tr−ờng k(t) và k(t)(α1, α2). Ta vẫn có [k(t)(α1, α2) : k(t)] = n. Đặt γt = λ + tu. Cho bất kỳ giá trị t = a ∈ k phần tử γa = λ+ au đều là đại số bậc ã h theo điều giả sử ở trên. Vì γt là dại số trên k(t) nên có đa thức bất khả qui g(t, x) với bậc p sao cho g(t, γt) = 0. Nếu p > h, theo Bổ đề 7.20 có t = a ∈ k để g(a, x) vẫn là bất khả qui và g(a, γa) = 0. Điều này mâu thuẫn với điều giả sử ở trên. Vậy p ã h. Qua qui đồng các hệ số ta có thể coi g(t, x) ∈ k[t, x]. Khai triển theo luỹ thừa của t ta có
g(t, x) = g0(x) +tg1(x) +ã ã ã+tqgq(x), gi(x) ∈ k[x],deggi(x) ã h, g(t, γt) = 0.
Ph−ơng trình này luôn luôn thoả mãn cho những t ∈ k. Lấy t = 0 ta có g0(λ) = 0. Khi đó hoặc g0(x) ≡ 0 hoặc g0(x) chia hết cho f(x). Vậy ta có thể giản −ớc t và làm giảm bậc ph−ơng trình cho đến khi ta có g0(x)
có g0(λ) = 0, g(λ) = 0. Theo công thức khai triển Taylor cho đa thức, tại x = γt = λ+ tu ta có đa thức của biến t, nh−ng đồng nhất bằng không:
0 = g(t, λ+ tu) = g0(λ) +t[g(λ)u+g1(λ)] +t2ã ã ã .
Điều này chứng tỏ hệ số của t bằng không hay g(λ)u+g1(λ) = 0. Khi đó u = −g1(λ)
g(λ) ∈ k(λ). Hệ thức này mâu thuẫn với việc chọn của u. Vậy điều giả sử trên là sai. Tóm lại có γ để k(α1, . . . , αd) = k(γ) và
[k(α1, . . . , αd) : k] = [k(γ) : k].
Hệ quả 7.22. Giả thiết đặc tr−ng của k bằng 0. Khi đó cho mở rộng đại số hữu hạn K trên k có phần tử γ ∈ K và n để K = ni=0γik.
Chứng minh: Đặt n + 1 = [K : k]. Dễ dàng suy ra có các αi ∈ K để K = k(α1, . . . , αd). Theo Định lý 7.21 có γ để k(α1, . . . , αd) = k(γ) và
[k(γ) : k] = [k(α1, . . . , αd) : k]. Vì k(γ) = k[γ] theo Định lý 7.18 nên ta suy ra K = k(α1, . . . , αd) =ni=0γik theo Định lý 7.5.
Cho k là tr−ờng có đặc tr−ng 0. Xét α ∈ k1 và α là nguyên k Khi đó α là nghiệm của ph−ơng trình đa thức bậc thấp nhất dạng
f(x) = xs+ a1xs−1 + ã ã ã+ as = 0, ai ∈ k,(6). Theo Định lý 7.5 và Định lý 7.18 ta có
k(α) = k[α] = k +αk +ã ã ã+αs−1k.
Ký hiệu α1 = α, . . . , αs là tất cả các nghiệm của (6).Ta có đúngs k-đẳng cấu φi : k[α] →k[αi], g(α) →g(αi).
Định nghĩa 7.23. Cho mỗi phần tửβ ∈ k[α]ta gọi sốsi=1φi(β)làchuẩn của β và sốsi=1φi(β) làvết của β và ký hiệu t−ơng ứng quaN(β), T(β). Đặc biệt, N(α) = α1. . . αs = (−1)sas và T(α) = α1 + ã ã ã+ αs = −a1 đều thuộc k. Định lý 7.24. Cho mọi β1, . . . , βn ∈ k[α] ta có N( n i=1 βi) = n i=1 N(βi), T( n i=1 βi) = n i=1 T(βi).
Chứng minh: Vì N(ni=1βi) = sh=1φh(ni=1βi) = sh=1ni=1φh(βi) nên N(ni=1βi) = ni=1sh=1φh(βi) = ni=1N(βi). T−ơng tự chứng minh cho vết.
Thí dụ 7.25. Xét Z[α] = {a+bα | a, b∈ Z}với α2 = d không là số chính ph−ơng. Vì α và −α là hai nghiệm của x2−d = 0, nên chỉ có hai Z-đẳng cấu Z[α] →Z[α] xác định bởi a+bα →a+bα và a+bα → a−bα. Với
β = a+bα ta có N(β) = a2 −db2 và T(β) = 2a. Hiển nhiên N(β) = 0 khi và chỉ khi β = 0.
(i) Tất cả các phần tử β ∈ Z[α] với N(β) = 1 lập thành nhóm nhân.
(ii) Cho d = −2,−1,2,3. Nếu β, γ ∈ Z[α] và |N(γ)| ≥ |N(β)| > 0 thì có δ, à ∈ Z[α] sao cho γ = βδ +à và N(β)| > |N(à)|.
Chứng minh: (i) Ký hiệu G là tập tất cả các phần tửβ ∈ Z[α]với N(β) =
1. Tập G = ∅, vì 1 ∈ G. Vì N(β1β2) = N(β1)N(β2) theo Định lý 7.24, nên G là đóng kín đối với phép nhân. Nếu β = a + bα ∈ G thì β−1 = a−bα ∈ G. Vậy G lập thành nhóm nhân.
(ii) Giả thiết γ = h+kα ∈ Z[α]. Nếu N(β) = 1 thì γ = γ(a−bα)β; còn nếu N(β) = −1 thì γ = γ(−a+bα)β và kết luận đúng. Xét tr−ờng hợp |N(β)| > 1. Ta có γ β = (h+ kα)(a−bα) a2 −db2 = ah−dbk+ (ak −bh)α a2 −db2 = m+nα+ r+sα a2 −db2
với m, n, r, s ∈ Z đ−ợc xác định sao cho|r|,|s| ã 1
2|N(β)|. Vậyh+kα = (m+nα)(a+bα) + r+sα a−bα hay m(a2 −db2) +r = ah−dbk, n(a2 −db2) +s = ak−bh, |r|,|s| ã 1 2|a2 −db2|.
Hệ này luôn luôn có nghiệm nguyên. Đặt δ = m +nα, à = r+sα a−bα. Ta có à = γ −δβ ∈ Z[α] và |N(à)| = |r2 −ds2| |a2 −db2| ã |1−d| 4 |a2 −db2| < |N(β)|.