Cho mở rộng trườngE/F có nhóm Galois là G=Gal(E/F); khi đó ta dễ thấy
F ⊆EG⊆E.
Nhìn chung F = EG, chẳng hạn xét thí dụ sau: Lấy F = Q, E = Q(√3
2), khi đó ta có G= Gal(E/F) ={idE} (thật vậy: với mọi δ ∈G ta có δ(√3
2)∈E và
δ(√3
2) cũng là một nghiệm của đa thức f(x) =x3−2. Lưu ý rằng E là trường con củaR. Vì thếδ(√3
2)phải là một nghiệm thực của f(x), do đóδ(√3
2) = √3
2.
Chứng tỏ δ =idE.) Như vậy,
EG ={β ∈E |δ(β) =β,∀δ ∈G} = E =F.
Định lý 4.7. Cho E/F là mở rộng hữu hạn có nhóm Galois G = Gal(E/F). Khi đó các mệnh đề sau là tương đương.
(i) F = EG;
(ii) Nếu p(x)∈F[x] là đa thức bất khả quy trên F có một nghiệm trong E thì nó tách được và có mọi nghiệm trong E (tức là p(x) tách được và phân rã trên E);
(iii) E là trường phân rã của một đa thức tách được f(x)∈F[x].
Chứng minh. (i) ⇒(ii) Cho p(x) ∈F[x] là đa thức bất khả quy và nó có một nghiệmα ∈E. Giả sửβ1, . . . , βn là tất cả các phần tử phân biệt của tập{σ(α)|
38 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng
σ∈G} (lưu ýα= 1E(α) ∈ {β1, . . . , β2}). Đặt g(x) =n
i=1(x−βi)∈E[x]. Lấy tùy ý σ∈ G, khi đó σ là một hoán vị của {β1, . . . , βn}. Mặt khác vì các hệ tử của g(x) là những đa thức đối xứng của β1, . . . , β2, nên các hệ tử của g(x) bất biến qua σ. Chứng tỏ g(x) ∈ EG[x] = F[x]. Suy ra p(x) | g(x). Từ đó vì g(x) là đa thức tách được nên p(x) cũng tách được và phân rã hoàn toàn trong E.
(ii)⇒(iii)Chọn α1 ∈E\F. Vì E/F là mở rộng hữu hạn nên nó là mở rộng đại số, do đó α1 đại số trên F; lấy p1(x) ∈ F[x] là đa thức bất khả quy của
α1. Theo giả thiết (ii), ta có p1(x) là đa thức tách được và phân rã hoàn toàn trong E. Lấy K1 ⊆ E là trường phân rã của p1(x) trên F. Nếu K1 = E thì ta có điều phải chứng minh. Nếu K1 = E, ta chọnα2 ∈E\K1. Khi đó tồn tại đa thức bất khả quy của α2 là p2(x) ∈ F[x], hơn nữa p2(x) là đa thức tách được và phân rã hoàn toàn trong E. Lấy K2 ⊆E là trường phân rã của p1(x)p2(x) (rõ ràng đó cũng là đa thức tách được). Nếu K2 = E thì ta có điều phải chứng minh. Nếu K2 = E thì ta lặp lại quá trình này, và nó phải kết thúc sau hữu hạn bước khi Km = E với m >0 nào đó (vì E/F là mở rộng hữu hạn).
(iii) ⇒ (i) Theo Định lý 4.5 ta có [E : EG] =| G |. Mặt khác, vì E/F là trường phân rã của một đa thức tách được nên [E : F] =| Gal(E/F) |=| G |
theo Hệ quả 2.5. Do đó EG = F.
Định nghĩa 4.8. Một mở rộng hữu hạn E/F gọi là mở rộng Galois nếu nó thỏa mãn một trong các điều kiện tương đương của Định lý 4.7.
Định nghĩa 4.9. Cho mở rộng trường E/F, một trường trung gian của mở rộng E/F là một trường con B của E thỏa mãn F ⊆B ⊆E.
Định nghĩa 4.10. Cho E/F là một mở rộng Galois. Giả sử B và C là các trường trung gian của mở rộng E/F. Nếu tồn tại một đẳng cấu trường từ B
đến C cố định F theo từng điểm thìC được gọi là liên hợp của B.
Định lý 4.11. Cho E/F là một mở rộng Galois và B là một trường trung gian của mở rộng E/F. Khi đó các mệnh đề sau là tương đương.
(i) B không có liên hợp nào ngoài bản thân nó. (ii) Nếu σ∈Gal(E/F), thì σ|B ∈Gal(B/F). (iii) B/F là mở rộng Galois.
Chứng minh. (i) ⇒(ii) Lấy tùy ý σ∈Gal(E/F). Vì B không có liên hợp nào ngoài bản thân nó nên σ(B) =B. Suy ra σ|B ∈Gal(B/F).
(ii) ⇒(iii) Cho p(x)∈ F[x] là đa thức bất khả quy có một nghiệm β ∈B. Vì E/F là mở rộng Galois và B ⊆ E, nên theo Định lý 4.7, ta có p(x) tách
được và phân rã hoàn toàn trên E. Lấy β ∈E là một nghiệm tùy ý của p(x). Khi đó theo Hệ quả 1.16, tồn tại một đẳng cấu τ : F(β)−→F(β) cố định
F và τ(β) = β. Vì E/F là mở rộng Galois nên theo Định lý 4.7(iii) suy ra
E là trường phân rã của một đa thức f(x) ∈ F[x] tách được nào đó. Ta có thể coi f(x) ∈ F(β)[x], f(x) ∈ F(β)[x] và ta có f∗(x) = τ∗(f(x)) = f(x) (ở đây τ∗(
aixi) =
τ(ai)xi). Từ đó theo Định lý 1.17, τ có một mở rộng
σ : E−→E. Do đó σ|F = 1F, nên σ ∈ G. Vì thế từ giả thiết (ii), ta có
σ(B) = B. Suy ra β = τ(β) ∈ B. Chứng tỏ B chứa mọi nghiệm của p(x), và do đó p(x) phân rã hoàn toàn trên B. Từ đó theo Định lý 4.7 ta được B/F là mở rộng Galois.
(iii) ⇒ (i) Vì B/F là trường phân rã của một đa thức f(x) ∈F[x] nào đó trên F, nên B = F(α1, . . . , αn) với α1, . . . , αn là các nghiệm của f(x). Vì mọi đơn cấu v : B−→E cố định F đều là một hoán vị của các nghiệm của f(x), nên ta có
v(B) =v(F(α1, . . . , αn)) = F(v(α1, . . . , αn)) =B.
Chứng tỏ B không có liên hợp nào ngoài chính nó.