Bài giảng điện tử môn “lý thuyết galois” theo hướng tích cực hóa nhận thức người học

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC KHOA TOÁN TIN NGÔ THỊ NGOAN BÀI GIẢNG ĐIỆN TỬ MÔN “LÝ THUYẾT GALOIS” THEO HƯỚNG TÍCH CỰC HÓA NHẬN THỨC NGƯỜI HỌC Thái Nguyên, năm 2011 TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC KHOA TOÁN TIN BÀI GIẢNG ĐIỆN TỬ MÔN “LÝ THUYẾT GALOIS” THEO HƯỚNG TÍCH CỰC HÓA NHẬN THỨC NGƯỜI HỌC ĐỀ TÀI NGHIÊN CỨU KHOA HỌC CẤP CƠ SỞ NĂM 2010 Chủ nhiệm đề tài: Ngô Thị Ngoan Thành viên tham gia: Nguyễn Văn Hoàng Thái Nguyên, năm 2011 Mục lục Chương 1 Mở rộng trường 4 1.1 Mở rộng trường . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2 Trường phân rã của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.3 Cấu trúc trường hữu hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 Chương 2 Nhóm Galois 14 2.1 Định nghĩa và tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 2.2 Căn của đơn vị, một số cấu trúc nhóm Galois . . . . . . . . . . 16 Chương 3 Giải được bằng căn thức 23 3.1 Nhóm giải được . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 3.2 Đa thức giải được bằng căn thức . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 Chương 4 Mở rộng Galois, Định lý cơ bản của lý thuyết Galois 33 4.1 Tính độc lập tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 4.2 Mở rộng Galois . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 4.3 Định lý cơ bản của lý thuyết Galois . . . . . . . . . . . . . . . . 39 4.4 Một số áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 4.5 Định lý lớn của Galois . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 Tài liệu tham khảo 52 2 Lời mở đầu Lý thuyết Galois là sự phiên dịch và kết nối của lý thuyết về đa thức, lý thuyết trường và lý thuyết nhóm. Công thức nghiệm (chỉ sử dụng các phép toán đại số trên các hệ số của đa thức) của đa thức bậc hai đã được con người biết từ rất lâu. Đến giữa thế kỉ 16, công thức nghiệm của đa thức bậc ba được hình thành, sau đó khoảng ba trăm năm, dựa trên ý tưởng của Largrange và Cauchy, Abel đã chứng minh không có công thức nghiệm của đa thức bậc năm. Đến năm 1829, Abel đã đưa ra điều kiện đủ để một đa thức với bậc tùy ý có công thức nghiệm. Ngay sau đó, năm 1831 Galois phát minh ra sự kết nối giữa nhóm với mỗi đa thức, sử dụng các tính chất của nhóm này, đưa ra điều kiện cần và đủ để một đa thức có công thức nghiệm. Mục tiêu của môn học Lý thuyết Galois là tìm hiểu kiến thức để thấy được sự kết nối đó và đến được Định lý Lớn của Galois chính là điều kiện cần và đủ để một đa thức giải được bằng căn thức. Môn học Lý thuyết Galois là môn học rất hay, cần thiết và là môn học khó. Nó đòi hỏi sinh viên nắm vững các kiến thức của nhiều môn học: Đại số Đại cương, Đa thức, Lý thuyết nhóm, Lý thuyết trường. Thời gian trên lớp quá ít cho việc giảng dạy và học tập của thầy và trò. Vì vậy chúng tôi chọn đề tài thiết kế bài giảng điện tử cho môn học này để giảm bớt áp lực về thời gian và kiến thức. Mong muốn các em có thể học tốt môn học và thấy yêu thích nó, thấy được sự đẹp đẽ của toán học trong mối quan hệ chặt chẽ giữa các lĩnh vực của toán học. 3 Chương 1 Mở rộng trường 1.1 Mở rộng trường Bổ đề 1.1. Cho F là trường và f(x) ∈ F [x] là đa thức bất khả quy. Khi đó K = F [x]/(f(x)) là trường và x = x + (f(x)) là một nghiệm của f(x). Hơn nữa ta có đơn cấu ϕ : F −→ K, do đó ta có thể coi F là trường con của K. Chứng minh. Đặt I = (f(x)), suy ra K = F [x]/I. Vì f(x) bất khả quy nên I = F [x] và do đó K là vành giao hoán khác 0. Lấy tùy ý g(x) + I là phần tử khác 0 của K. Khi đó g(x) /∈ I hay f(x) không là ước của g(x). Mặt khác do f(x) bất khả quy, suy ra (g(x), f(x)) = 1, nên tồn tại q(x), p(x) ∈ F [x] sao cho 1 = q(x)g(x) + p(x)f(x). Từ đó 1 + I = q(x)g(x) + I = (q(x) + I)(g(x) + I). Chứng tỏ g(x) + I là phần tử khả nghịch của K. Vậy K là trường. Xét ánh xạ ϕ : F −→ K, a −→ a + I. Ta dễ thấy ϕ là đồng cấu vành và là đơn ánh, do đó nó là đơn cấu. Vì thế ta có thể đồng nhất mỗi a ∈ F với ảnh ϕ(a) = a + I ∈ K. Như vậy F được coi như một trường con của K. Cuối cùng, giả sử f(x) = ∑n i=0 aix i, và đặt x = x + I ∈ K. Khi đó f(x) = n∑ i=0 aix i = n∑ i=0 ai(x+I) i = n∑ i=0 (aix i+I) = ( n∑ i=0 aix i)+I = f(x)+I = 0. Suy ra x là một nghiệm của f(x). Định nghĩa 1.2. Cho F là trường con của trường K. Khi đó quan hệ F ⊆ K được gọi là một mở rộng trường, nó còn được kí hiệu là K/F . Nếu có một dãy các mở rộng trường F1 ⊆ F2 ⊆ . . . ⊆ Fn, khi đó ta thường gọi đó là một tháp các trường. 4 Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 5 Chú ý 1.3. Giả sử K/F là một mở rộng trường. Khi đó K có cấu trúc của một F -không gian véc tơ, trong đó phép nhân một phần tử của F với một véc tơ của K xác định bởi F ×K −→ K (a, x) −→ ax Ta kí hiệu [K : F ] = dimF K và được gọi là bậc của mở rộng trường. Định lý 1.4. Cho F là một trường và f(x) ∈ F [x] là đa thức bất khả quy. Đặt K = F [x]/(f(x)). Khi đó K/F là một mở rộng trường và [K : F ] = deg(f(x)). Chứng minh. Đặt d = deg(f(x)) (rõ ràng d > 0) và I = (f(x)). Khi đó K = F [x]/I là trường và ta có F -không gian véc tơ K. Đặt S = {1 + I, x + I, . . . , xd−1 + I}. Ta sẽ chứng tỏ S là cơ sở của K. Lấy tùy ý g(x) ∈ F [x], khi đó theo định lý phép chia với dư, tồn tại q(x), r(x) ∈ F [x] sao cho g(x) = f(x)q(x) + r(x), trong đó deg(r(x)) < d (nếu r(x) = 0). Vì thế r(x) = a0 + a1x + . . . + ad−1xd−1, do đó g(x) + I = r(x) + I = a0(1 + I) + a1(x + I) + . . . + ad−1(xd−1 + I). Chứng tỏ S là một hệ sinh của K. Mặt khác, giả sử tồn tại b0, b1, . . . , bd−1 ∈ F sao cho b0(1 + I) + b1(x + I) + . . . + bd−1(xd−1 + I) = 0, suy ra b0 + b1x + . . . + bd−1xd−1 ∈ I hay b0 + b1x + . . . + bd−1xd−1 chia hết cho f(x). Điều này suy ra b0+b1x+ . . .+bd−1xd−1 = 0 hay b0 = b1 = . . . = bd−1 = 0. Vậy S độc lập tuyến tính, và vì vậy S là một cơ sở của K. Định nghĩa 1.5. Cho F ⊆ E là mở rộng trường và α1, . . . , αn ∈ E. Khi đó trường con bé nhất của E chứa F và chứa các phần tử α1, . . . , αn, được kí hiệu là F (α1, . . . , αn), và nó được gọi là mở rộng của F bằng cách ghép thêm các phần tử α1, . . . , αn. Nhận xét 1.6. i) F (α1, . . . , αn) là giao của mọi trường con của E chứa F và α1, . . . , αn. ii) Lưu ý phân biệt F (α1, . . . , αn) với F [α1, . . . , αn]. Người ta định nghĩa F [α1, . . . , αn] là giao của mọi vành con của E chứa F và α1, . . . , αn. Nói cách khác F [α1, . . . , αn] là vành con nhỏ nhất của E chứa F và α1, . . . , αn. Do đó mỗi phần tử của F [α1, . . . , αn] có dạng f(α1, ..., αn) trong đó f(x1, ..., xn) ∈ F [x1, . . . , xn]. 6 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng iii) Mỗi phần tử của F (α1, . . . , αn) có dạng f(α1, ..., αn) g(α1, ..., αn) , với f(α1, ..., αn), g(α1, ..., αn) ∈ F [α1, ..., αn] và g(α1, . . . , αn) = 0. Từ đó suy ra F [α1, . . . , αn] ⊆ F (α1, . . . , αn) như một vành con. iv) Khi n = 1 và α = α1, thì ta gọi F (α)/F là mở rộng đơn. v) Giả sử F ⊆ E là mở rộng trường và α ∈ E. Ta xét F (α) trong hai trường hợp dưới đây: a) α là phần tử đại số trên F (tức là α là nghiệm của một đa thức khác 0 nào đó của F [x]). Lấy f(x) ∈ F [x] là đa thức có bậc bé nhất nhận α là nghiệm. Khi đó f(x) là đa thức bất khả quy trên F . Xét ánh xạ δ : F [x] −→ F [α] g(x) −→ g(α) rõ ràng nó là toàn cấu và có Ker δ = {g(x) ∈ F [x] | g(α) = 0} = (f(x)). Theo định lý đồng cấu vành ta có F [x]/(f(x)) ∼= F [α]. Trong khi đó, vì f(x) bất khả quy nên F [x]/(f(x)) là một trường; do đó F [α] cũng là một trường. Vì thế F (α) ∼= F [α]. Trường hợp này ta nói F (α)/F là mở rộng đơn đại số. Ví dụ: Q( √ 2) ∼= Q[x]/(x2 − 2). b) α là phần tử siêu việt trên F (tức là α không là nghiệm của bất kì đa thức khác 0 nào của F [x]). Xét ánh xạ δ : F [x] −→ F [α] g(x) −→ g(α) khi đó nó là toàn cấu và có Ker δ = {g(x) ∈ F [x] | g(α) = 0} = 0. Suy ra, ta có đẳng cấu F [α] ∼= F [x]. Do đó F (α) ∼= F (x) = {g(x) h(x) | g(x), h(x) ∈ F [x], h(x) = 0}. Trường hợp này ta nói F (α)/F là mở rộng đơn siêu việt. Ví dụ: Q(π) ∼= Q(x). Định nghĩa 1.7. Cho E/F là mở rộng trường. - Ta nói E/F là mở rộng hữu hạn nếu [E : F ] là một số hữu hạn (tức là [E : F ] <∞). Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 7 - Ta nói E/F là mở rộng đại số nếu mọi phần tử của E đều là phần tử đại số trên F . Bổ đề 1.8. Cho E/K và K/F là các mở rộng trường. Khi đó [E : F ] = [E : K][K : F ]. Do đó E/F là mở rộng hữu hạn nếu và chỉ nếu cả E/K và K/F là các mở rộng hữu hạn. Chứng minh. Giả sử {αi}i∈I là một cơ sở của K-không gian vectơ E, và {βj}j∈J là một cơ sở của F -không gian vectơ K. Ta chỉ cần chứng minh rằng {αiβj}(i,j)∈I×J là một cơ sở của F -không gian vectơ E. Tập {αiβj}(i,j)∈I×J sinh ra E. Lấy tùy ý x ∈ E. Từ giả thiết suy ra tồn tại các phần tử bi ∈ K hầu hết bằng 0 sao cho x = ∑ i∈I biαi. Với mỗi i ∈ I, từ giả thiết suy ra tồn tại cij ∈ F hầu hết bằng 0 sao cho bi = ∑ j∈J cijβj. Từ đó x = ∑ i∈I ∑ j∈J cijβjαi. Điều này chứng tỏ {αiβj}(i,j)∈I×J sinh ra E. Tiếp theo ta chỉ ra rằng {αiβj}(i,j)∈I×J là tập độc lập tuyến tính. Giả sử tồn tại các cij ∈ F hầu hết bằng 0 sao cho ∑ i∈I ∑ j∈J cijβjαi = 0, khi đó nếu đặt bi = ∑ j∈J cijβj thì từ tính độc lập tuyến tính của {αi}i∈I kéo theo bi = 0 với mọi i. Do đó ∑ j∈J cijβj = 0 với mọi i, và vì thế tính độc lập tuyến tính của {βj}j∈J suy ra cij = 0 với mọi i, j. Nhận xét 1.9. i) Mọi mở rộng hữu hạn là mở rộng đại số. Thật vậy, giả sử E/F là mở rộng hữu hạn, với [E : F ] = n < ∞. Với mọi α ∈ E, ta thấy hệ vectơ 1, α, α2, . . . , αn là phụ thuộc tuyến tính trong F−không gian véc tơ E. Do đó tồn tại các phần tử a0, a1, . . . , an ∈ F không đồng thời bằng 0 sao cho a0 + a1α+ a2α 2 + . . .+ anα n = 0. Đặt f(x) = a0 + a1x+ a2x 2 + . . .+ anx n, khi đó f(x) là đa thức khác 0 trong F [x] nhận α là nghiệm. Chứng tỏ α là phần tử đại số trên F . ii) Mọi mở rộng đơn đại số là mở rộng hữu hạn. Thật vậy, giả sử E = F (α) với α là phần tử đại số trên F . Giả sử f(x) ∈ F [x] là đa thức bất khả quy bậc n nhận α là nghiệm. Khi đó E = F (α) = F [x]/(f(x)) ∼= {∑n−1i=0 aiαi | ai ∈ F} là một không gian véc tơ trên F có một cơ sở là {1, α, α2, . . . , αn−1}. iii) Giả sử E = F (α1, . . . , αn) với α1, . . . , α2 là phần tử đại số trên F . Khi đó E/F là mở rộng hữu hạn. Thật vậy, ta có tháp mở rộng trường F ⊆ F (α1) ⊆ F (α1, α2) ⊆ . . . ⊆ F (α1, . . . , αn) = E, 8 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng trong đó mỗi bước là một mở rộng đơn đại số (nên mỗi bước là mở rộng hữu hạn). Vì thế E/F là mở rộng hữu hạn. iv) Nói chung, một mở rộng đại số không là mở rộng hữu hạn. Chẳng hạn, lấy F = Q và E = Q(S). Trong đó S = { p√2 | p là số nguyên tố } ⊆ R và Q(S) là trường con nhỏ nhất của R chứa Q và S. Khi đó, E/F là mở rộng đại số nhưng nó không là mở rộng hữu hạn. Định nghĩa 1.10. i) Cho F là trường và đa thức f(x) ∈ F [x] phân tích được thành tích các nhân tử bất khả quy (không nhất thiết phân biệt) f(x) = p1(x) . . . pk(x). Ta nói f(x) là đa thức tách được nếu mỗi pi(x) không có nghiệm bội. ii) Cho E/F là một mở rộng trường, khi đó α ∈ E được gọi là phần tử tách được nếu α siêu việt trên F hoặc đa thức tối tiểu của α (tức là, đa thức bất khả quy, hệ tử cao nhất bằng 1 và nhận α là nghiệm) là đa thức tách được. (Lưu ý một đa thức có hệ số cao nhất bằng 1 còn được gọi tắt là đa thức monic). iii) Cho E/F là một mở rộng trường. Nếu mọi phần tử của E đều là phần tử tách được thì ta gọi E/F là mở rộng tách được. Định nghĩa 1.11. Trường F được gọi là trường hoàn thiện nếu mọi đa thức khác hằng trong F [x] đều là đa thức tách được. Nhận xét 1.12. Cho p(x) ∈ F [x] là đa thức bất khả quy. Nếu đạo hàm p′(x) = 0 thì deg(p′(x)) < deg(p(x)). Do đó (p(x), p′(x)) = 1, vì thế tồn tại u(x), v(x) ∈ F [x] sao cho 1 = u(x)p(x) + v(x)p′(x). Từ đó, nếu p(x) có nghiệm bội α trong một mở rộng E ⊇ F thì α là một nghiệm chung của p(x) và p′(x); do đó 1 = u(α)p(α) + v(α)p′(α) = 0 là điều mâu thuẫn. Vậy p(x) không có nghiệm bội, tức là p(x) tách được. 1.2 Trường phân rã của đa thức Định nghĩa 1.13. Cho mở rộng trường E/F và f(x) ∈ F [x]. - Ta nói f(x) phân rã trong E nếu f(x) được viết thành tích những nhân tử tuyến tính trong E[x], tức là E chứa tất cả các nghiệm của f(x). Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 9 - Ta nói E là trường phân rã của f(x) trên F nếu f(x) phân rã trong E và nó không phân rã trong mọi trường con thực sự của E (khi đó thường nói gọn là E/F là trường phân rã của f(x)). Ví dụ: f(x) = x2− 2 ∈ Q[x]. Ta có f(x) = (x+√2)(x−√2) trong R[x], do đó f(x) phân rã trong R. Ta cũng thấy x + √ 2, x −√2 ∈ Q(√2)[x], suy ra f(x) phân rã trong Q( √ 2). Hơn nữa, Q( √ 2) = Q[ √ 2] không chứa bất kì trường con trung gian nào giữa Q và Q( √ 2) (thật vậy giả sử tồn tại trường K sao cho Q ⊆ K ⊆ Q(√2), khi đó 2 = deg(f(x)) = [Q(√2) : Q] = [Q(√2) : K][K : Q]; do đó [K : Q] = 1 hoặc [K : Q] = 2; suy ra K = Q( √ 2) hoặc K = Q). Do đó Q( √ 2) là trường phân rã của f(x) trên Q. Định lý 1.14. Cho F là một trường và f(x) ∈ F [x] là đa thức có bậc dương. Khi đó luôn tồn tại trường phân rã E của f(x) trên F . Chứng minh. Đặt n = deg(f(x)). Ta chứng minh sự tồn tại của trường phân rã E của f(x) trên F bằng quy nạp theo n. Trường hợp n = 1. Ta chọn E = F . Giả sử n > 1 và định lý đã đúng cho các đa thức có bậc nhỏ hơn n. Ta lấy p(x) là một ước bất khả quy của f(x), khi đó deg(p(x)) ≥ 1. Đặt K = F [x]/(p(x)), ta thấy F ⊆ K là một mở rộng trường và p(x) có một nghiệm α1 ∈ K. Trong K[x], đa thức f(x) viết được f(x) = (x− α1)g(x), với deg(g(x)) = n− 1. Áp dụng giả thiết quy nạp đối với trường K và đa thức g(x), suy ra tồn tại trường phân rã T của đa thức g(x) trên K. Do đó g(x) có n − 1 nghiệm α2, . . . , αn ∈ T (đây cũng là các nghiệm của f(x)). Đặt E = F (α1, . . . , αn), suy ra E là trường phân rã của f(x) trên F . Ví dụ: Trường phân rã của f(x) = x2 + 1 trên Q là Q(i); trường phân rã của f(x) = x2 + 1 trên R là C = R(i). Bổ đề 1.15. Cho ϕ : F −→F , a −→ a là một đẳng cấu trường. Khi đó ta có đẳng cấu vành cảm sinh ϕ∗ : F [x]−→F [x], f(x) = n∑ i=0 aix i −→ n∑ i=0 ai x i = f(x). Giả sử p(x) ∈ F [x] là đa thức bất khả quy trên F và gọi p(x) = ϕ∗(p(x)) ∈ F [x]. Gọi α là một nghiệm của p(x) và α là một nghiệm của p(x). Khi đó tồn tại duy nhất đẳng cấu trường ϕ̂ : F (α)−→F (α) là mở rộng của ϕ và ϕ̂(α) = α. 10 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng Chứng minh. Nhận xét rằng p(x) và p(x) cùng có bậc và cùng bất khả quy. Từ giả thiết ta có các đẳng cấu u : F (α) ∼= F [x]/(p(x)), f(α) −→ f(x) + (p(x)); ϕ∗ : F [x]/(p(x))−→F [x]/(p(x)), f(x) + (p(x)) −→ f(x) + (p(x)); v : F (α) ∼= F [x]/(p(x)), f(α) −→ f(x) + (p(x)). Đặt ϕ̂ = v−1 ϕ∗ u, khi đó ϕ̂ : F (α)−→F (α) là một đẳng cấu trường mở rộng của ϕ và ϕ̂(α) = α. Giả sử còn có một đẳng cấu trường ψ : F (α)−→F (α) là mở rộng của ϕ và ψ(α) = α. Khi đó, với phần tử tùy ý của F (α) là f(α) = ∑n i=0 aiα i, ta có ψ(f(α)) = f(α) = ϕ̂(f(α)). Hệ quả 1.16. Cho p(x) là đa thức bất khả quy và α, β là hai nghiệm của p(x). Khi đó tồn tại duy nhất một đẳng cấu trường ϕ̂ : F (α)−→F (β) là mở rộng của đẳng cấu đồng nhất idF và ϕ̂(α) = β. Chứng minh. Kết quả được suy ra từ Bổ đề 1.15, bằng cách chọn F = F và ϕ = idF . Định lý 1.17. Cho ϕ : F −→F , a −→ a là một đẳng cấu trường. Cho f(x) = ∑n i=0 aix i ∈ F [x] và lấy f(x) = ∑ni=0 ai xi ∈ F [x] là đa thức tương ứng với f(x) qua ϕ∗ (với ϕ∗ như trong Bổ đề 1.15). Lấy E là trường phân rã của f(x) trên F , và lấy E là trường phân rã của f(x) trên F . Khi đó (i) Tồn tại một đẳng cấu trường ∼ ϕ : E−→E là mở rộng của ϕ. (ii) Nếu f(x) tách được thì có chính xác [E : F ] mở rộng ∼ ϕ của ϕ. Chứng minh. Ta có nhận xét deg(f(x)) = deg(f(x)). (i) Ta chứng minh định lý bằng quy nạp theo [E : F ] ≥ 1. Nếu [E : F ] = 1 thì E = F và f(x) là tích của các nhân tử tuyến tính trong F [x]; khi đó f(x) cũng là tích của các nhân tử tuyến tính trong F [x]; vì thế E = F . Do đó ta lấy ∼ ϕ = ϕ. Giả sử [E : F ] > 1, khi đó tồn tại nhân tử bất khả quy p(x) của f(x) sao cho deg(p(x)) ≥ 2. Gọi α là một nghiệm của p(x) (rõ ràng α ∈ E). Lấy p(x) = ϕ∗(p(x)) ∈ F [x] và gọi α ∈ E là một nghiệm của p(x). Từ đó theo Bổ đề 1.15, với mỗi α như vậy, tồn tại duy nhất đẳng cấu ϕ̂ : F (α)−→F (α) là mở rộng của ϕ và ϕ̂(α) = α. Bây giờ, từ giả thiết ta suy ra E và E lần lượt là trường phân rã của f(x) trên F (α) và của f(x) trên F (α). Vì [E : F ] = [E : F (α)][F (α) : F ] và Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 11 [F (α) : F ] = deg(p(x)) ≥ 2, nên [E : F (α)] < [E : F ]. Từ đó theo giả thiết quy nạp, tồn tại đẳng cấu trường ∼ ϕ : E−→E là mở rộng của ϕ̂, do đó là mở rộng của ϕ. (ii) Chứng minh này cải tiến chứng minh của (i), ta cũng quy nạp theo [E : F ]. Nếu [E : F ] = 1 thì E = F và chỉ có duy nhất mở rộng ∼ ϕ của ϕ, chính là ϕ. Giả sử [E : F ] > 1, và p(x) là nhân tử bất khả quy của f(x) sao cho deg(p(x)) = d ≥ 2. Lấy α ∈ E là một nghiệm của p(x). Giả sử ∼ϕ : E−→E là một mở rộng tùy ý của ϕ. Khi đó nếu đặt α = ∼ ϕ(α) thì α là một nghiệm của p(x). Ta thấy ∼ ϕ(F (α)) = F (α), do đó ∼ ϕ|F (α) : F (α)−→F (α) là một đẳng cấu trường, và là một mở rộng của ϕ. Như vậy mỗi đẳng cấu trường ∼ ϕ : E−→E mà là một mở rộng tùy ý của ϕ, đều thu được bằng cách mở rộng từ ϕ qua hai bước: thứ nhất ta mở rộng từ ϕ lên đẳng cấu ϕ̂ : F (α)−→F (α) (trong đó α, α lần lượt là nghiệm của p(x), p(x)), thứ hai ta mở rộng từ ϕ̂ lên ∼ ϕ. Vì f(x) tách được nên p(x) có d nghiệm phân biệt α. Khi đó, từ Bổ đề 1.15, ta có d đẳng cấu trường ϕ̂ : F (α)−→F (α) là mở rộng của ϕ, tương ứng với d nghiệm α. Lưu ý rằng E cũng là trường phân rã của f(x) trên F (α), và E cũng là trường phân rã của f(x) trên F (α); hơn nữa [E : F (α)] = [E : F ]/d < [E : F ]. Từ đó và từ giả thiết quy nạp ta suy ra rằng ứng với mỗi một trong số d đẳng cấu ϕ̂ như trên có chính xác [E : F ]/d đẳng cấu trường ∼ ϕ : E−→E là mở rộng của ϕ̂; do đó có tất cả là d × ([E : F ]/d) = [E : F ] mở rộng của ϕ theo cách như trên. Hệ quả 1.18. (Tính duy nhất của trường phân rã) Cho f(x) ∈ F [x] là đa thức có bậc dương. Khi đó trường phân rã của f(x) trên F là duy nhất sai khác một đẳng cấu giữ nguyên các phần tử của F . Chứng minh. Thay F = F và ϕ = idF vào Định lý 1.17, ta suy ra kết quả ngay tức khắc. Nhận xét 1.19. Từ chứng minh của Định lý 1.14 và Hệ quả 1.18, ta suy ra rằng nếu một đa thức f(x) ∈ F [x] có bậc n > 0 và có n nghiệm là α1, . . . , αn thì trường phân rã của f(x) trên F chính là E = F (α1, . . . , αn). Ví dụ. Xét f(x) = x3 − 2 ∈ Q[x]. Ta thấy f(x) có 3 nghiệm là α, αε, αε2 (với α = 3 √ 2 ∈ R, và ε là một căn nguyên thủy bậc 3 của đơn vị.) Khi đó trường phân rã E của f(x) trên Q xác định bởi E = Q(α, αε, αε2) = Q(α, ε). 12 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng 1.3 Cấu trúc trường hữu hạn Định nghĩa 1.20. Trường F được gọi là trường nguyên tố nếu nó không có trường con nào ngoài bản thân nó. Nhận xét 1.21. i) Cho F là trường nguyên tố. Khi đó chỉ có thể xảy ra một trong hai trường hợp: nếu F có đặc số 0 thì F ∼= Q; nếu F có đặc số p thì F ∼= Zp. Trường hợp F ∼= Zp ta thường kí hiệu Fp thay cho F . ii) Cho E là một trường tùy ý, khi đó nếu gọi F là giao của mọi trường con của E thì F cũng là một trường con của E, rõ ràng F là trường con nhỏ nhất của E, do đó F là một trường nguyên tố. Trong trường hợp này, ta còn nói F là trường con nguyên tố của E. Như vậy, mọi trường đều chứa một trường con nguyên tố. Hệ quả 1.22. (Cấu trúc trường hữu hạn) (i) Cho F là trường hữu hạn có q phần tử. Khi đó tồn tại số nguyên tố p sao cho q = pn với số tự nhiên n nào đó. (ii) Với mỗi số nguyên tố p và số tự nhiên n = 0, tồn tại duy nhất một trường hữu hạn có pn phần tử (sai khác một đẳng cấu trường). Chứng minh. (i) Gọi p là đặc số của trường F , khi đó p là số nguyên tố. Gọi Fp là trường con nguyên tố của F , khi đó Fp ∼= Zp. Ta biết rằng F là Fp−không gian véc tơ hữu hạn chiều. Giả sử dimFp(F ) = n < ∞, khi đó F có một cơ sở là {e1, . . . , en}, và vì thế mỗi phần tử của F có dạng x = ∑n i=1 aiei với a1, . . . , an ∈ Fp. Từ đó suy ra số phần tử của F bằng số các bộ phần tử (a1, . . . , an