được
2.4.1 Trường phân rã của một đa thức Định nghĩa 2.26
Giả sử K là một mở rộng của trường F và f(x) ∈ F[x] là một đa thức bậc n ≥1. Đa thức f(x) được gọi là chẻ ra trên K nếu nó phân tích được thành tích những nhân tử tuyến tính(đa thức bậc nhất) trong K[x], nghĩa là
f(x) = a(x−u1)(x−u2). . .(x−un)
trong đó a ∈ F và các phần tử u1, u2, . . . , un ∈ K không nhất thiết phải khác nhau.
Ví dụ
(i) Đa thức x2−2 ∈ Q[x]là chẻ ra trên Q(√
2) vìx2−2 = (x−√2)(x+
√
2). Tương tự đa thức x2+ 1 ∈ Q[x] chẻ ra trên trường số phức C nhưng nó không chẻ ra trên trường số thực R.
(ii) Đa thức f(x) = (x2 −2)(x2 −3) ∈ Q[x] chẻ ra trên Q(√
2,√
3). Định nghĩa 2.27
Cho K là một mở rộng của trường F và f(x) ∈ F[x]. Trường K được gọi là trường phân rã (hoặc trường nghiệm) của đa thức f(x) trên F nếu hai điều kiện sau thỏa mãn:
(i) Đa thức f(x) chẻ ra trên K, nghĩa là:
(ii) K = F(u1, u2, . . . , un). Ví dụ
(i) C = R(i) là trường phân rã của đa thức x2+ 1 trên trường số thực
R. Tuy nhiên C không phải là trường phân rã của đa thức x2 + 1 trên trường số hữu tỉ Q.
(ii) Q(√
2) là trường phân rã của đa thức x2−2 trên trường số hữu tỉ
Q.
(iii) Trường K chính là trường phân rã của đa thức bậc nhất ax+b. Định lí 2.28 (Kronecker)
Với F là một trường cho trước và p(x) là một đa thức bất khả quy trên
F. Khi đó tồn tại một trường E là một mở rộng của F làm cho p(x) có nghiệm trong E.
Chứng minh
Vì p(x) bất khả quy trên F nên (p(x)) là một ideal nguyên tố trong
F[x]. Do F[x] là một vành chính nên (p(x)) cũng là một ideal tối đại của
F[x]. Khi đó vành thương E = F[x]/(p(x)) là một trường.
Chú ý rằng tương ứngσ : F −→ E cho bởi σ(a) = a là một đơn cấu. Đồng nhất a với a, ta có thể xem E là một mở rộng của F.
Trong E lấy u = x ∈ E thì p(u) = p(x) = p(x) = 0 trong E. Vậy u = x là một nghiệm của p(x) trong E. Do đó p(x) có nghiệm trong E.
Định lí 2.29
Giả sử F là một trường và đa thức f(x) ∈ F[x] có bậc n ≥ 1. Khi đó tồn tại một trường phân rã K của đa thức f(x) trên F. Hơn nữa, ta luôn có [K : F] ≤ n!.
Chứng minhTa chứng minh bằng quy nạp theo bậc của đa thứcf(x). Nếu degf(x) = 1 thì F chính là trường phân rã của f(x) trên F và
[F : F] = 1 ≤ 1 (đúng).
Giả sử định lí đúng cho tất cả các đa thức có bậc n − 1 và giả sử degf(x) = n. Lấy p(x) là một nhân tử bất khả quy của f(x). Theo định lí 2.28 tồn tại một mở rộng của F chứa một nghiệm u của đa thức p(x), tất nhiên u cũng là nghiệm của f(x). Rõ ràng p(x) là một đa thức tối tiểu của u trên F. Do đó [F(u) : F] = degp(x) ≤ degf(x) = n. Ta có thể viết
f(x) dưới dạng:
với g(x) ∈ F(u)[x], deg g(x) = n−1.
Theo giả thiết quy nạp tồn tại một trường phân rã K của đa thức g(x)
trên F(u) sao cho [K : F(u)] ≤ (n−1)!. Đa thức g(x) chẻ ra trên K, nghĩa là:
g(x) =c(x−v1)(x−v2). . .(x−vn−1)
f(x) = c(x−u)(x−v1)(x−v2). . .(x−vn−1)
Ta có K = F(u)(v1, v2, . . . , vn−1) =F(u, v1, v2, . . . , vn−1) và
[K : F] = [K :F(u)][F(u) : F] ≤ (n−1)!.n = n!
Do đó K là một trường phân rã của f(x) trên F thỏa mãn [K : F] ≤ n!. Định lí 2.30
Cho F và E là hai trường và σ: F −→ E là một đẳng cấu. Giả sử K
là một trường phân rã của đa thức f(x) trên F và L là một trường phân rã của đa thức σf(x) trên E. Khi đó σ được mở rộng thành một đẳng cấu
δ :K −→ L.
Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo bậc của đa thức f(x). Dễ thấy định lí đúng với degf(x) = 1. Giả sử định lí đúng với tất cả các đa thức có bậc n−1 và giả sử degf(x) = n. Chọn một đa thức p(x) bất khả quy trong F[x] là một nhân tử của f(x). Khi đó σp(x) cũng là một đa thức bất khả quy trong E[x] và là một nhân tử của σf(x). Vì p(x) là một nhân tử của f(x) nên mọi nghiệm của p(x) cũng là nghiệm của f(x). Do đó K chứa tất cả các nghiệm của p(x). Tương tự L chứa tất cả các nghiệm của σ p(x).
Giả sử u ∈ K là một nghiệm của p(x) và v ∈ L là một nghệm của σ p(x). Khi đó theo hệ quả 2.10 tồn tại một đẳng cấu τ : F(u) −→ E(v) sao cho τ(u) = v và τ(c) = σ(c) với ∀c ∈ F.
Ta có thể viết f(x) dưới dạng f(x) = (x−u).g(x) với g(x) ∈ F(u)[x]. Khi đó
σf(x) =τ f(x) = (x−τ(u))τ g(x) = (x−v)τ g(x)
Theo giả thiết f(x) chẻ ra trên K nên
f(x) = c(x−u1)(x−u2). . .(x−un)
với ui ∈ K Do đó
Ta cóK = F(u)(u2, . . . , un) là trường phân rã của đa thứcf(x) trên F(u). Vì L là trường phân rã của đa thức σf(x) trên E nên σf(x) chẻ ra trên
L, điều này có nghĩa là
σf(x) = a(x−v)(x−v2). . .(x−vn)
và L = E(v, v2, . . . , vn)
Do vậy
τ g(x) = a(x−v2). . .(x−vn) ∈ E(v)[x]
Ta có ngay L là trường phân rã của τ g(x) trên E(v). Theo giả thiết quy nạp (degg(x) = n−1), τ được mở rộng thành một đẳng cấu δ :K −→ L. Vậy định lí được chứng minh.
Hệ quả 2.31
Hai trường phân rã của cùng một đa thức f(x) ∈ K[x] thì đẳng cấu. 2.4.2 Đa thức tách được
Định nghĩa 2.32
Giả sử K là một trường. Một đa thức f(x) ∈ K[x] bậc n được gọi là tách được nếu f(x) có n nghiệm phân biệt trong một trường phân rã của nó.
Ví dụ
(i) Đa thức x2 −2 ∈ Q[x] là tách được.
(ii) Đa thức x4 −x3 −x+ 1 ∈ Q[x] là không tách được. Định nghĩa 2.33
Giả sử f(x) =a0 +a1x+a2x2+· · ·+anxn là một đa thức trên trường
K. Đa thức f0(x) = a1 + 2a2x+ · · ·+ nanxn−1 được gọi là đạo hàm hình thức của f(x)
Nếu f(x) và g(x) là hai đa thức trên trường K thì đạo hàm hình thức của tổng và tích của chúng có tính chất sau:
(f +g)0(x) =f0(x) +g0(x) (f g)0(x) =f0(x)g(x) +f(x)g0(x)
Định lí 2.34
Cho K là một mở rộng của F. Một phần tử u ∈ K là nghiệm bội của
f(x) ∈ F[x] nếu và chỉ nếu u là nghiệm chung của f(x) và f0(x). Chứng minh
Giả sử u là nghiệm bội của f(x) ∈ F[x]. Khi đó, f(x) được viết dưới dạng: f(x) = (x−u)mg(x) , trong đó g(u) 6= 0, g(x) ∈ K[x] và m > 1. Lấy đạo hàm của f(x) ta nhận được
f0(x) = m(x−u)m−1g(x) + (x−u)mg0(x)
Do đó
f0(u) =m.0.g(u) + 0.g0(u) = 0
và u cũng là nghiệm của f0(x) ∈ K[x].
Ngược lại, giả sử u là một nghiệm chung của f(x) và f0(x). Ta cần chứng minh u là một nghiệm bội của f(x) Thật vậy, giả sử u không là nghiệm bội của f(x) thì f(x) được viết dưới dạng: f(x) = (x−u)h(x) với
h(x) ∈ K[x] và h(u) 6= 0. Lấy đạo hàm của f(x) ta được
f0(x) = (x−u)h0(x) + h(x)
Do đó f0(u) = h(u) 6= 0. Điều này mâu thuẫn với u là một nghiệm của
f0(x). Vậy u là nghiệm bội của f(x). Hệ quả 2.35
Cho K là một trường. Đa thức f(x) ∈ K[x] được gọi là tách được nếu và chỉ nếu f(x) và f0(x) nguyên tố cùng nhau.
Chứng minh
Cho E là một mở rộng của K. Giả sử p(x) và q(x) nguyên tố cùng nhau trong K[x]. Khi đó tồn tại g(x), h(x) ∈ K[x] sao cho
p(x)g(x) +q(x)h(x) = 1
Đẳng thức này cũng xảy ra trong E[x]. Do đó p(x) và q(x) nguyên tố cùng nhau trong E[x]. Ngược lại, giả sử p(x) và q(x) nguyên tố cùng nhau trong
E[x]. Gọi d(x) là ước chung lớn nhất của p(x) và q(x) trong K[x]. Khi đó
d(x) cũng là ước chung lớn nhất của p(x) và q(x) trong E[x]. Do p(x) và
q(x) nguyên tố cùng nhau nên d(x) là ước của 1. Vậy p(x) và q(x) nguyên tố cùng nhau trong K[x]. Tóm lại,p(x) và q(x) nguyên tố cùng nhau trong
K[x] khi và chỉ khi chúng nguyên tố cùng nhau trong E[x] với mọi E là một mở rộng của K.
Giả sử f(x) và f0(x) nguyên tố cùng nhau trong K[x]. Gọi F là trường phân rã của f(x)f0(x) trên K. Từ lập luận trên thì f(x) và f0(x) cũng nguyên tố cùng nhau trong F[x]. Nếu f(x) không tách được thì f(x) có một nghiệm bội u ∈ F. Theo định lí 2.34, u là nghiệm chung của f(x) và
f0(x). Hay x−u là một ước chung của f(x) và f0(x). Điều này mâu thuẫn với f(x) và f0(x) nguyên tố cùng nhau trong F[x]. Do đó f(x) tách được. Ngược lại, giả sử f(x) tách được trên K. Gọi F là trường phân rã của
f(x)f0(x) trên K. Khi đó f(x), f0(x) ∈ F[x]. Giả sử d(x) là ước chung lớn nhất của f(x) và f0(x) trong F[x]. Nếu degd(x) ≥ 1 thì d(x) phải có một nghiệmu trong F. Do đó, u là nghiệm chung của f(x) và f0(x). Theo định lí 2.34, u là nghiệm bội của f(x). Điều này mâu thuẫn với tính tách được của f(x). Vậy degf(x) = 0 và f(x) và f0(x) nguyên tố cùng nhau trong
F[x]. Theo chứng minh trên, f(x) và f0(x) nguyên tố cùng nhau trong
K[x].
Mệnh đề 2.36
Giả sử p(x) là một đa thức bất khả quy trên trường K. Khi đó: (i) Nếu K có đặc số 0 thì p(x) tách được.
(ii) Nếu K có đặc số nguyên tố p thì p(x) không tách được nếu và chỉ nếu nó có dạng: p(x) =a0 +a1xp+a2x2p+· · ·+anxnp.