cấuσ của Llà một K-tự đẳng cấunếuσ(a) =a,∀a∈K.
Định nghĩa 5.2. Cho mở rộngK⊆L. Ta gọi nhĩm tất cả cácK-tự đẳng cấu của L là nhĩm Galois của mở rộng K ⊆ L và ký hiệu là
Gal(L/K).
Ví dụ 5. Xét mở rộng R ⊆ C. Đặt σ : C −→ C, α → α. Ta chứng minhGal(C/R) ={Id, σ}. Thật vậy, vì C=R(i), nên mỗi phần tử của Gal(C/R) đều hồn tồn xác định bởi tác động của nĩ lên phần tử i. Xétτ ∈ Gal(C/R). Vì i là nghiệm của đa thức
X2+ 1, nên τ(i) cũng là nghiệm của nĩ. Vậy chỉ cĩ hai khả năng:
τ(i) =ihoặc τ(i) = −i. Do đĩ τ =Id hoặc τ =σ.Vậy Gal(C/R) là nhĩm xyclic cấp2. Ví dụ 6. Xét mở rộng Q⊆Q(√3 2). ∀σ ∈Gal(Q(√3 2)/Q), ta cĩ (σ(√3 2))3=σ((√3 2)3) =σ(2) = 2. Vì Q(√3 2) ⊆ R, nên σ(√3 2) ∈ R, do đĩ σ(√3 2) = √3 2. Vậy σ=Id. Do đĩ Gal(Q(√3 2)/Q) ={Id}.
Ví dụ 7. ChoK =F2(t)là trường các thương của miền nguyênF2[t] vàF =F2(t2). Đa thứcf(X) =X2−t2 ∈F[X]nhậntlàm nghiệm (t ∈ K). Hơn nữa, đây là nghiệm duy nhất vì f(X) = (X−t)2. Vậy f(X) bất khả qui trên F và do đĩ f(X) = min(F, t), suy ra
F(t) =K và [K :F] = 2. Nếu σ là một tự đẳng cấu của K trên F
Ví dụ 8. Xét trường phân rã K của đa thứcf(X) =X2+X+ 1∈
F2[X]. Nếuα ∈K là một nghiệm củaf thì α+ 1là nghiệm cịn lại của f. Do đĩ, K =F2(α) và mỗi tự đẳng cấu củaK trên F2 được hồn tồn xác định bởi tác động của nĩ lênα. Vậy,∀σ∈Gal(K/F) ta cĩ
σ(α) =α σ(α) =α+ 1.
Do đĩ, Gal(K/F) ={Id, σ}, trong đĩ σ là tự đẳng cấu trênF2 sao choσ(α) =α+ 1.
NếuK⊆L là một mở rộng trường, thì mọi trườngM thoảK ⊆ M ⊆L được gọi là một trường con trung gian. Rõ ràng Gal(L/M) là một nhĩm con của Gal(L/K). Nếu M ⊆ N thì Gal(L/M) ≥ Gal(L/N). Ta sẽ ký hiệuG(M) :=Gal(L/M).
Bây giờ ta xétL là một trường bất kỳ vàS ⊆Aut(L) là một tập con nào đĩ của nhĩm các tự đẳng cấu củaL. Đặt
F(S) :={x∈L|σ(x) =x,∀σ∈S}.
Dễ dàng kiểm chứng F(S) là một trường con của L. Ta gọi
F(S) là trường con cố định của S. Nếu K là trường con của L và
S⊆Gal(L/K)thì F(S)là trường con trung gian của L/K. Bổ đề dưới đây cho chúng ta một số mối liên hệ giữa các nhĩm Galois và các trường con cố định:
Bổ đề 5.3.Cho Llà một trường. Khi đĩ ta cĩ những điều sau đây: (i) Nếu L1⊆L2 là các trường con của LthìG(L2)≤ G(L1). (ii) Nếu K là trường con của LthìK ⊆ FG(K).
(iii) NếuS1 ⊆S2 là các tập con củaAut(L) thìF(S2)⊆ F(S1). (iv) NếuS là tập con củaAut(L)thìS ⊆ GF(S).
(v) Nếu K =F(S) đối vớiS⊆Aut(L) thìK=FG(K). (vi) NếuH =G(K)đối với trường conKcủaLthìH=GF(H).
Chứng minh. Các khẳng định (i), (ii), ø (iii) và (iv) đều hiển nhiên. (v) ∀a ∈ K,∀σ ∈ G(K), do σ(a) = a nên a ∈ FG(K). Vậy
K⊆ FG(K).
Ngược lại, vì K=F(S)nênS ⊆ G(K). Từ đĩ suy raFG(K)⊆ F(S) =K. VậyK =FG(K).
(vi) Do (iv)H≤ GF(H)). Do (ii) K⊆ FG(K). Áp dụng (i) suy raGFG(K)≤ G(K) =H.
Bổ đề 5.4.(Dedekind) ChoK, Llà các trường. Khi đĩ mọi tập hợp những đơn cấu khác nhauλ:K−→Llà độc lập tuyến tính trênL.
Chứng minh. Xét các đơn cấu khác nhau λ1, . . . , λn từ K vào L. Giả sử, vớia1, . . . , an∈L,
a1λ1(x) +. . .+anλn(x) = 0,∀x∈K. (1) Nếu khơng phải tất cả cácai đều bằng0thì khơng mất tính tổng quát, cĩ thể giả thiết ai = 0,∀i. Giả sử nlà số tự nhiên nhỏ nhất thoả mãn(1). Ta sẽ đưa ra một mâu thuẫn.
Vì λ1 =λn, nên ∃y∈K, sao choλ1(y) =λn(y). Do đĩ y = 0. Hiển nhiên biểu thức (1) vẫn cịn đúng nếu ta thay xbởi yx. Vậy
a1λ1(yx) +. . .+anλn(yx) = 0,∀x∈K.
Do đĩ
a1λ1(y)λ1(x) +. . .+anλn(y)λn(x) = 0,∀x∈K. (2) Từ (1) và (2) suy ra
Trong (3) hệ số củaλn(x)là an(λ1(y)−λn(y))= 0, do đĩ (3) là một biểu thức dạng (1), nhưng cĩ ít hơnnsố hạng. Ta cĩ một mâu thuẫn. Vậy Bổ đề đã được chứng minh.
Định lý 5.5.Giả sửKlà trường,Glà một nhĩm con củaAut(K), K0
là trường con cố định củaG. Khi đĩ,K/K0 hữu hạn nếu và chỉ nếu Glà nhĩm hữu hạn. Hơn nữa, trong trường hợp này ta cĩ
[K:K0] =|G|.
Chứng minh. 1) Giả sử [K : K0] = m < |G|, và {x1, . . . , xm} là một cơ sở củaK trên K0. Tồn tạin > m, sao chog1=e, g2, . . . , gn
làn phần tử khác nhau trong G. Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất ⎧ ⎨ ⎩ g1(x1)y1+. . .+gn(x1)yn= 0; ... g1(xm)y1+. . .+gn(xm)yn= 0. (4)
cĩ số ẩn nhiều hơn số phương trình nên cĩ nghiệm khơng tầm thường. Gọi (β1, . . . , βn) ∈ Kn là một nghiệm khơng tầm thường của (4).
∀a∈K, ađược viết một cách duy nhất dưới dạng
a=α1x1+. . .+αmxm, vớiα1, . . . , αm∈K0.
Do đĩ
g1(a)β1+. . .+gn(a)βn=g1(km=1αkxk)β1+. . . gn(mk=1αkxk)βn
=αk(g1(xk)β1+. . .+gn(xk)βn) = 0.
Vậy, các đơn cấu g1, . . . , gn phụ thuộc tuyến tính trên K, mâu thuẫn với Bổ đề Dedekind. Do đĩ m khơng thể nhỏ hơn |G|, kéo theo G là một nhĩm hữu hạn. Vậy, ta cĩ thể giả thiết |G|= n và
2) Giả sử [K : K0] > n. Khi đĩ, tồn tại một tập hợp gồm
n+ 1 phần tử độc lập tuyến tính trên K0 của K. Giả sử tập đĩ là
{x1, . . . , xn+1}. Tồn tại0= (β1, . . . , βn+1)∈Kn+1 sao cho
gj(x1)β1+. . .+gj(xn+1)βn+1= 0,∀j∈1, n. (5) Trong tập hợp tất cả những bộ(β1, . . . , βn+1)như vậy, chọn một bộ sao cho nĩ cĩ số các phần tử khác0ít nhất. Khơng làm mất tính tổng quát, cĩ thể giả thiết
β1= 0, . . . , βr= 0, βr+1 =. . .=βn+1 = 0.
Khi đĩ (5) trở thành
gj(x1)β1+. . .+gj(xr)βr= 0,∀j∈1, n. (6) Lấyg∈Gvà tác độngg lên hai vế của (6), nhận được
ggj(x1)g(β1) +. . .+ggj(xr)g(βr) = 0,∀j∈1, n. (7) Vì G=gG, nên (7) trở thành
gj(x1)g(β1) +. . .+gj(xr)g(βr) = 0,∀j∈1, n. (8) Nhân (5) vớig(β1), (8) vớiβ1 rồi trừ cho nhau, nhận được
gj(x2)(β2g(β1)−g(β2)β1) +. . .+gj(xr)(βrg(β1)−g(βr)β1) = 0.
Đây là một họ những biểu thức giống như (5), nhưng cĩ ít số các số hạng hơn, do đĩ ta phải cĩ
βig(β1)−β1g(βi) = 0,∀i∈2, r.
Từ đĩ suy ra βig(β1) = β1g(βi), hay β−1
1 βi = g(βi)g−1(β1) =
βi = β1zi,∀i ∈ 2, r. Nếu đặt k := β1 ∈ K thì βi = kzi,∀i ∈ 2, r. Trong (6), nếu choj= 1, ta nhận được
x1k+x2kz2+. . .+xrkzr = 0.
Do k=β1= 0, nên từ đĩ suy ra
x1+z2x2+. . .+zrxr= 0,
nghĩa là các phần tử x1, x2, . . . , xr phụ thuộc tuyến tính trên K0, kéo theo một mâu thuẫn. Vậy[K :K0] =n=|G|.
Lưu ý rằng, nếuGlà nhĩm hữu hạn thì những điều chứng minh trên vẫn cịn hồn tồn thích hợp, nghĩa là khi đĩ ta sẽ suy ra[K :K0] hữu hạn và[K:K0] =|G|.
Hệ quả 5.6. Nhĩm Galois của một mở rộng hữu hạn là hữu hạn. Hơn nữa, cấp của nhĩm Galois khơng vượt quá bậc của mở rộng.
Chứng minh. Giả sử L/K là mở rộng hữu hạn vàG=Gal(L/K). Gọi K0 là trường con cố định của G. Rõ ràng K ⊆ K0. Áp dụng Định lý 5.5, ta cĩ
|G|= [L:K0]≤[L:K].
Bài tập
Bài 5.1. Tính các nhĩm Galois sau đây: (a)Gal(Q(√2)/Q).
(b) Gal(Q(√5 7)/Q).
(c)Gal(Q(√2,√
3)/Q).
Bài 5.2. Tính nhĩm Galois Gal(F/Q), trong đĩ F là trường phân rã của đa thức
Bài 5.3. Tính nhĩm Galois của những mở rộng sau: (a)Q(α)/Q, với α=e2πi/3.
(b) K/Q, trong đĩ K là trường phân rã trên Q của đa thức
X4−3X2+ 4.
§6. Trường phân rã và những mở rộng