2.3 Lý thuyết của Artin và Bài toán thứ 17 của Hilbert
2.3.1 Trường thực hình thức
Định nghĩa 2.3.1. Một trường K gọi là sắp thứ tự nếu nó phân chia làm ba tập con rời nhau K = N ∪ {0} ∪P sao cho P = −N (ở đây tập con N là kí hiệu cho tập các số âm của K, và P là tập các số dương của K), đồng thời trong K thỏa mãn điều kiện tổng và tích của hai số dương là dương.
Chú ý 2.3.2. (i) Trong một trường K sắp thứ tự, với x, y ∈ K, ta đặt x−y > 0 nếu x−y ∈ P (ta cũng kí hiệu x ≥ y khi x−y ∈ P hoặc x = y).
Đặt |a| = a nếu a > 0; |a| = 0 nếu a = 0; và |a| = −a nếu a < 0. Khi đó ta dễ thấy |ab| = |a||b| và |a+ b| ≤ |a|+|b|. Trong trường sắp thứ tự ta luôn có 1> 0, và x2 > 0 với mọi x 6= 0.
(ii) Có duy nhất một cách sắp thứ tự cho Q, đó là pq > 0 nếu và chỉ nếu pq > 0. Bởi vì mỗi số được nhận từ số kia bằng cách nhân với số q±2 > 0. (iii) Bất kì trường L nào mà có −1 là tổng của các bình phương (xét trường hợp đặc số khác 2) đều là một ví dụ về một trường mà nó không thể là trường sắp thứ tự (vì khi đó mọi a ∈ L đều có dạng
a = (1 +a
2 )2 + (−1)(1−a 2 )2,
lúc đó ta thay đại lượng −1 bởi một tổng của các bình phương nào đó vào, ta thu được a là tổng các bình phương, nên a ≥0).
Định nghĩa 2.3.3. Trường L gọi là thực hình thức nếu −1 không biểu diễn được thành tổng các bình phương của các phần tử củaL. Một điều kiện tương đương là: nếu b21 +. . .+b2n = 0 với b1, . . . , bn ∈ L, thì b1 = . . . = bn = 0.
Lưu ý rằng bất kì trường thực hình thức đều có đặc số là 0. Bởi vì nếu đặc số là số nguyên tố p thì số −1có biểu diễn dạng −1 = 1|2 +. . .{z + 1}2
p−1
, mà điều này là không thể.
Bổ đề 2.3.4. Cho K là trường thực hình thức, và a ∈ K. Khi đó (i) Nếu a là tổng các bình phương của các phần tử của K, thì K(√
a) là trường thực hình thức.
(ii) Nếu K(√
a) không là thực hình thức thì −a là tổng các bình phương của một số phần tử của K.
Chứng minh. (i) Ta giả sử phản chứng rằngK(√
a) không là thực hình thức.
Thì K 6= K(√
a), tức là, √
a /∈ K. Hơn nữa, −1 là tổng các bình phương của một số phần tử của K(√
a), nên có các phần tử bi, ci ∈ K sao cho
−1 = X(bi +ci
√a)2 = Xb2i + 2√
aXbici+ aXc2i. Nếu P
bici 6= 0 thì √
a ∈ K, điều này mâu thuẫn. Nếu P
bici = 0 thì ta có
−1 = Xb2i +aXc2i
sẽ là tổng các bình phương của một số phần tử của K (vì theo giả thiết a là tổng các bình phương của một số phần tử của K), điều này mâu thuẫn với giả thiết thực hình thức của K.
(ii) Vì K(√
a) không thực hình thức, nên theo trên ta có đẳng thức −1 = Pb2i +aPc2i. Ta viết lại đẳng thức này ở dạng
−a = 1 +Pb2i
Pc2i = 1
Pc2i +X( b2i Pc2i).
Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh (vì nếu p, q là tổng các bình phương thì pq = pqq2 là tổng các bình phương).
Hệ quả 2.3.5.Với một trường thực hình thức K, khi đó một trong hai trường K(√
a) và K(√
−a) phải là trường thực hình thức.
Bổ đề 2.3.6. Cho K là trường thực hình thức và f ∈ K[x] là đa thức bất khả quy có bậc lẻ. Khi đó trường K(α) là trường thực hình thức, với α là nghiệm của f.
Chứng minh. Cho n = degf. Giả sử K(α) không là thực hình thức. Khi đó
−1 = Pgi(α)2 với gi ∈ K[x] có bậc không quá n−1. Vì α là nghiệm của 1 +Pgi(x)2 nên đa thức này phải chia hết cho f, tức là
−1 = Xgi(x)2 +h(x)f(x),
với h ∈ K[x]. Nếu h = 0 thì −1 = Pgi(x)2. Nếu maxi(deggi) = m > 0, thì tổng các hệ tử của xm trong các gi phải là 0. Nếu gi = ci ∈ K, thì
−1 = Pc2i. Điều này mâu thuẫn với K là thực hình thức. Do đó h 6= 0. Bậc của đa thức P
gi(x)2 là chẵn và không vượt quá 2n−2. Đa thức h có nhân tử bất khả quy h1 bậc lẻ không quá n−2. Lấy β là nghiệm của h1. Khi đó −1 = Pgi(β)2, tức là −1 là tổng các bình phương của các phần tử của K(β). Lặp lại lập luận của f cho h1, ta thấy rằng −1 là tổng các bình phương của các phần tử của K(γ), với γ là nghiệm của đa thức bất khả quy bậc lẻ không vượt quá n− 4,. . . tiếp tục quá trình, ta thu được điều mâu thuẫn với tính chất thực hình thức của K.
Định nghĩa 2.3.7. (i) Trường K được gọi là đóng thực nếu nó là thực hình thức và mọi mở rộng đại số thực hình thức của nó đều trùng với K.
(ii) Mộtbao đóng thực của một trường thực hình thứcK là trường đóng thực L đại số trên K.
Chú ý 2.3.8. (i) Từ Bổ đề 2.3.6 ta suy ra rằng trong một trường đóng thực thì mọi đa thức bậc lẻ đều có nghiệm.
(ii) Mọi trường thực hình thức K đều có một bao đóng thực. Thật vậy, xét thứ tự bộ phận trong tập tất cả các trường thực hình thức mà là mở rộng đại số trên K. Áp dụng bổ đề Zorn, suy ra tập này có phần tử tối đại, chẳng hạn là L. Rõ ràng rằng L là một trường đóng thực.
Bổ đề 2.3.9. Trường đóng thực L có chính xác một cách sắp thứ tự, đó là, phần tử 06= a ∈ L là dương nếu và chỉ nếu nó là một bình phương.
Chứng minh. Cho a ∈ L là phần tử dương. Đẳng thức a = t1 và −a = t2 với t1, t2 ∈ L không thể đồng thời được thỏa mãn (vì nếu trái lại thì−1 = (tt12)2).
Do đó ta chỉ cần chứng minh a = ±t2 với t∈ L. Nếu a 6= t2, thì trường L(√
a) là mở rộng thực sự của L, nên từ tính chất tối đại của L, suy ra L(√
a) không là thực hình thức. Khi đó từ bổ đề 2.3.4 (ii), suy ra −a là tổng của các bình phương của các phần tử của L. Từ bổ đề 2.3.4 (i), suy raL(√
−a) là thực hình thức, và do đó nó trùng với L. Điều này có nghĩa là √
−a ∈ L, tức là −a = t2 với t∈ L.
Bổ đề 2.3.10. Cho K là trường thực hình thức và giả sử a ∈ K không thể là tổng của các bình phương của những phần tử của K. Khi đó tồn tại một cách sắp thứ tự của K sao cho a < 0.
Chứng minh. Theo bổ đề 2.3.4 (ii), trường K(√
−a) là thực hình thức. Cho L là bao đóng thực của K(√
−a). Theo bổ đề 2.3.9, trường thực hình thức L có một cách sắp thứ tự mà trong đó có phần tử −a = (√
−a)2 là dương, tức là a là âm. Xét thu hẹp của cách sắp thứ tự này lên K ⊆L ta thu được cách sắp thứ tự của K thỏa mãn yêu cầu.
Kí hiệu bao đóng đại số của trường L là L.
Định lý 2.3.11. Trường L là đóng thực nếu và chỉ nếu L 6= L và L = L(√
−1).
Chứng minh. Trước tiên, giả sửL là đóng thực. Khi đó −1không thể là tổng các bình phương trong L, do đó phương trình x2 + 1 = 0 không có nghiệm trong L. Do đó L 6= L. Ta sẽ chứng minh rằng L = L(√
−1). Để cho ngắn gọn ta đặt i = √
−1. Đầu tiên ta chứng tỏ mọi phương trình bậc hai đều có nghiệm trongL(i). Nghiệm của phương trìnhx2+ 2px+q = 0 cho bởi công thứcx1,2 = −p±pp2 −q, và do đó ta chỉ cần chứng minh rằng, nếu a, b ∈ K thì √
a+ bi ∈ K(i). Nói cách khác ta phải tìm c, d ∈ K để (c+di)2 = a+bi, tức là, c2−d2 = a và2cd = b. Rõ ràng a2+b2 = (c2+d2)2. Do đó
c2 =
√a2 +b2 +a
2 , d2 =
√a2 +b2 −a
2 .
Vì a2 ≥ 0, b2 ≥ 0, nên a2 +b2 ≥ 0, nên √
a2 +b2 ∈ L theo bổ đề 2.3.9. Hơn nữa √
a2 +b2 ≥ √
a2 ≥ ±a. Vì thế √
a2 +b2 ±a ≥ 0, tức là c, d ∈ L. Đẳng
thức c2 −d2 = a tự khắc thỏa mãn và đẳng thức 2cd = b sẽ thỏa mãn nếu ta chọn dấu đúng của c và d.
Ta hãy xét đa thức bất kì f bất khả quy trên L. Ta viết bậc của f ở dạng 2mq, với q lẻ. Ta chứng minh quy nạp theo m rằng f có nghiệm trong L(i). Với m = 0 thì kết quả suy ra từ bổ đề 2.3.6. Giả sử m > 0 và kết quả đúng cho 1, . . . , m−1.
Lấy α1, . . . , αn là tất cả các nghiệm của f; chúng thuộc trường phân rã của f. Lấy c ∈ L và xét tất cả các số phân biệt dạng αkαl + c(αk + αl) với k 6= l. Chúng là nghiệm của đa thức g(x) bậc n(n2−1) với hệ số thuộc L. Số degg = n(n2−1) có dạng 2m−1q(n− 1) với q(n− 1) là số lẻ. Ta áp dụng giả thiết quy nạp cho g suy ra được g có một nghiệm thuộc L(i), chẳng hạn là α1α2+c(α1+α2). Ta có thể chỉ ra được rằng (α1+α2) và α1α2 là các phần tử của L(i). Suy ra α1, α2 là các nghiệm của phương trình bậc hai có hệ số thuộc L(i). Do đó f có nghiệm α1 ∈ L(i). Chứng tỏ L = L(i).
Phát biểu điều ngược lại (nếu L 6= L và L = L(i), thì L là đóng thực) là dễ dàng hơn. Ta thấy không có trường trung gian giữa L và L = L(i). Do đó ta chỉ cần chứng minh rằng L là thực hình thức, tức là, −1 không là một tổng các bình phương của các phần tử của L. Theo giả thiết thì i /∈ L, tức là, i không là một bình phương của phần tử của L. Vì vậy, ta chỉ cần chứng minh rằng trong L tổng các bình phương tự nó cũng là một bình phương. Vì L(i) là đóng đại số, nên suy ra, nếua, b ∈ Lthì √
a+ bi ∈ L(i), tức là, có các phần tửc, d ∈ L sao choa+bi = (c+di)2. Trong trường hợp này ta cũng có a−bi = (c−di)2. Do đóa2+b2 = (a+bi)(a−bi) = (c−di)(c+di) = (c2+d2)2. Suy ra tổng của hai bình phương là một bình phương. Vì thế tổng của nhiều bình phương cũng là một bình phương.