Đề tài nghiên cứu khoa học: Bài giảng điện tử môn Lý thuyết galois theo hướng tích cực hóa nhận thức người học

Khi đó quan hệ F ⊆ K được gọi là một mở rộng trường, nó còn được kí hiệu là K/F... 8 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàngtrong đó mỗi bước là một mở rộng đơn đại số nên mỗi bước là

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

KHOA TOÁN TIN

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

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

2

Lý thuyết Galois là sự phiên dịch và kết nối của lý thuyết về đa thức, lý thuyếttrường và lý thuyết nhóm Công thức nghiệm (chỉ sử dụng các phép toán đại sốtrên các hệ số của đa thức) của đa thức bậc hai đã được con người biết từ rấtlâu 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 thứcnghiệm Ngay sau đó, năm 1831 Galois phát minh ra sự kết nối giữa nhóm vớimỗi 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 củaGalois 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 Đạicương, Đa thức, Lý thuyết nhóm, Lý thuyết trường Thời gian trên lớp quá ítcho 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 đểgiảm bớt áp lực về thời gian và kiến thức Mong muốn các em có thể học tốtmôn học và thấy yêu thích nó, thấy được sự đẹp đẽ của toán học trong mốiquan hệ chặt chẽ giữa các lĩnh vực của toán học

3

Chương 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.

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 ⊆ ⊆ F n , khi đó ta thường

gọi đó là một tháp các trường.

4

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 ] = dim F 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, , x d−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 + + a d−1 x d−1, do đó

g(x) + I = r(x) + I = a0(1 + I) + a1(x + I) + + a d−1 (x d−1 + I) Chứng tỏ S là một hệ sinh của K Mặt khác, giả sử tồn tại b0, b1, , b d−1 ∈ F

sao cho

b0(1 + I) + b1(x + I) + + b d−1 (x d−1 + I) = 0, suy ra b0+ b1x + + b d−1 x d−1 ∈ I hay b0+ b1x + + b d−1 x d−1 chia hết cho

f (x) Điều này suy ra b0+b1x+ .+b d−1 x d−1 = 0 hay b0 = b1= = b d−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, , α n ∈ E Khi đó

trường con bé nhất của E chứa F và chứa các phần tử α1, , α n, được kí hiệu

là F (α1, , α n ), và nó được gọi là mở rộng của F bằng cách ghép thêm các

phần tử α1, , α n

Nhận xét 1.6.

i) F (α1, , α n ) là giao của mọi trường con của E chứa F và α1, , α n

ii) Lưu ý phân biệt F (α1, , α n ) với F [α1, , α n] Người ta định nghĩa

F [α1, , α n ] là giao của mọi vành con của E chứa F và α1, , α n Nói cách

khác F [α1, , α n ] là vành con nhỏ nhất của E chứa F và α1, , α n Do đó

mỗi phần tử của F [α1, , α n ] có dạng f (α1, , α n ) trong đó f (x1, , x n) ∈

F [x1, , x n]

6 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng

iii) Mỗi phần tử của F (α1, , α n) có dạng f (α1, , α n)

g(α1, , α n), với f (α1, , α n),

g(α1, , α n)∈ F [α1, , α n ] và g(α1, , α n) = 0 Từ đó suy ra

F [α1, , α n]⊆ F (α1, , α n)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

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 ] < ∞).

- 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 {α i } i∈I là một cơ sở của K-không gian vectơ E, và

{β j } j∈J là một cơ sở của F -không gian vectơ K Ta chỉ cần chứng minh rằng

{α i β j } (i,j)∈I×J là một cơ sở của F -không gian vectơ E.

Tập {α i β j } (i,j)∈I×J sinh ra E Lấy tùy ý x ∈ E Từ giả thiết suy ra tồn tại

các phần tử b i ∈ K hầu hết bằng 0 sao cho x = i∈I b i α i Với mỗ i i ∈ I, từ

giả thiết suy ra tồn tại c ij ∈ F hầu hết bằng 0 sao cho b i = 

j∈J c ij β j Từ đó

x =

i∈I



j∈J c ij β j α i Điều này chứng tỏ {α i β j } (i,j)∈I×J sinh ra E.

Tiếp theo ta chỉ ra rằng {α i β j } (i,j)∈I×J là tập độc lập tuyến tính Giả sử tồn

tại các c ij ∈ F hầu hết bằng 0 sao cho i∈Ij∈J c ij β j α i = 0, khi đó nếu đặt

b i = 

j∈J c ij β j thì từ tính độc lập tuyến tính của {α i } i∈I kéo theo b i = 0 với

mọi i Do đó 

j∈J c ij β j = 0 với mọi i, và vì thế tính độc lập tuyến tính của

{β j } j∈J suy ra c ij = 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, , α n là phụ thuộc tuyến tính trong F −không gian véc tơ E Do

đó tồn tại các phần tử a0, a1, , a n ∈ F không đồng thời bằng 0 sao cho

a0+ a1α + a2α2+ + a n α n = 0 Đặt f (x) = a0+ a1x + a2x2+ + a n x 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−1

i=0 a i α i | a i ∈ F } là

một không gian véc tơ trên F có một cơ sở là {1, α, α2, , α n−1 }.

iii) Giả sử E = F (α1, , α n ) 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, , α n ) = 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

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) p k (x).

Ta nói f (x) là đa thức tách được nếu mỗi p i (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).

- 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) trongR[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 contrung gian nào giữa Q và Q(√ 2) (thật vậy giả sử tồn tại trường K sao cho

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, , α n ∈ T (đây cũng là các nghiệm

của f (x)) Đặt E = F (α1, , α n ), suy ra E là trường phân rã của f (x) trên

10 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng

Đặt ϕ = v −1 ϕ ∗ u, khi đó ϕ : F (α) −→ F (α) là một đẳng cấu trường mở rộng

của ϕ và ϕ(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 a i α i , ta có ψ(f (α)) = f (α) = ϕ(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 ϕ : F (α) −→ F (β) là mở rộng của đẳng cấu đồng nhất id F và ϕ(α) = β.

Chứng minh Kết quả được suy ra từ Bổ đề 1.15, bằng cách chọn F = F và

(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 ϕ : F (α) −→ F (α) là mở

rộng của ϕ và ϕ(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

[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  ϕ, do đó là mở rộng

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 ϕ : F (α) −→ F (α) (trong đó α, α

lần lượt là nghiệm của p(x), p(x)), thứ hai ta mở rộng từ ϕ 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 ϕ : 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

cấuϕ như trên có chính xác [E : F ]/d đẳng cấu trường ϕ : E ∼ −→ E là mở rộng

của ϕ; 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 = id F vào Định lý 1.17, ta suy ra kết quả ngaytức 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, , α n

thì trường phân rã của f (x) trên F chính là E = F (α1, , α n)

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 F p 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 = p n với số tựnhiên n nào đó.

(ii) Với mỗi số nguyên tố p và số tựnhiên n = 0, tồn tại duy nhất một trường hữu hạn có p n 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 F p

là trường con nguyên tố của F , khi đó F p ∼= Zp Ta biết rằng F là F p −không

gian véc tơ hữu hạn chiều Giả sử dimF p (F ) = n < ∞, khi đó F có một

cơ sở là {e1, , e n }, và vì thế mỗi phần tử của F có dạng x = n

đó chính là tập tất cả các nghiệm của f (x) Khi đó K là một trường con của

E (Thật vậy, với mọi α, β ∈ K ta có (α − β) q = α q − β q = α − β, (αβ) q =

α q β q = αβ; do đó α − β, αβ ∈ K Nếu α ∈ K ∗ thì (α −1)q = (α q)−1 = α −1; suy

ra α −1 ∈ K Ngoài ra, rõ ràng 1 q = 1 nên 1∈ K) Cuối cùng, ta thấy rằng mọi

a ∈ F p đều thỏa mãn a p = a, do đó a q = a p n = a; chứng tỏ F p ⊆ K Như vậy

K chính là trường phân rã của f (x) trên F p , trường này có q = p n phần tử (lưu

ý rằng đa thức f (x) không có nghiệm bội).

Tính duy nhất của trường có q = p n phần tử Giả sử F q là trường có q = p n phần tử Khi đó F q có đặc số là p (giả sử p1 là đặc số của F q thì theo (i) suy

ra q = p n1 ; do đó p n = p n1 , vì thế p1 = p) Vì F q ∗ = F q \ {0} là nhóm với phép

nhân nên α q−1 = 1 với mọi α ∈ F ∗

q ; do đó α q = α với mọi α ∈ F q Chứng tỏ

mọi phần tử của F q đều là nghiệm của đa thức f (x) = x q − x ∈ F p [x] với F p là

trường nguyên tố của F q Suy ra F q chính là trường phân rã của f (x) trên F p

Điều đó khẳng định tính duy nhất của F q sai khác một đẳng cấu trường (theo

Hệ quả 1.18)

Định nghĩa 1.23 Người ta thường gọi một trường hữu hạn có q = p n phần

tử là trường Galoa cấp p n và thường kí hiệu là GF (p n ) hoặc F q hoặc H q

Bài tập

1 Cho mở rộng trường E/F và α ∈ E là phần tử đại số trên F Gọi p(x) ∈ F [x]

là đa thức tối tiểu của α Giả sử deg(p(x) = n, chứng tỏ rằng

Chương 2

Nhóm Galois

2.1 Định nghĩa và tính chất

Định nghĩa 2.1 Một đẳng cấu trường từ E vào chính nó được gọi là một tự

đẳng cấu của E Giả sử E/F là một mở rộng trường và σ là tự đẳng cấu của

E, khi đó ta nói σ cố định F theo từng điểm nếu σ(a) = a với mọi a ∈ F (tức

là σ | F = id F)

Bổ đề 2.2 Cho mở rộng trường E/F và f (x) ∈ F [x] Giả sử σ là tựđẳng cấu của E cố định F theo từng điểm và α là một nghiệm của f (x) Khi đó σ(α) cũng là một nghiệm của f (x).

Định nghĩa 2.3 Cho E/F là một mở rộng trường Khi đó nhóm Galoa của

E/F , kí hiệu là Gal(E/F ), là nhóm được xác định như sau:

Gal(E/F ) = {σ | σ là tự đẳng cấu của E cố định F theo từng điểm}

với phép toán hai ngôi của nó chính là phép hợp thành các ánh xạ Nếu

f (x) ∈ F [x] có trường phân rã trên F là E thì ta gọi Gal(E/F ) là nhóm

Galoa của f (x).

Định lý 2.4 Nếu f (x) ∈ F [x] có n nghiệm phân biệt trong trường phân rã E (của f (x) trên F ), thì nhóm Gal(E/F ) đẳng cấu với một nhóm con của nhóm đối xứng S n , và do đó cấp của nó là ước của n!.

Chứng minh Đặt X = {α1, , α n } là tập tất cả các nghiệm của f(x) trong E.

Theo Bổ đề 2.2, thì với mỗi σ ∈ Gal(E/F ) ta có σ | X là một hoán vị của X Do

14

đó ta có một đơn cấu nhóm Gal(E/F ) −→ S X (∼ = S n ) xác định bởi σ −→ σ | X.

Từ đó suy ra cấp của Gal(E/F ) là ước của n!.

Ví dụ: Trường phân rã của x2+1 trênR là C Theo Định lý 2.4, |Gal(C / R)| ≤ 2.

Thực tế, |Gal(C / R)| = 2, bởi vì nhóm Gal(C / R) có hai tự đẳng cấu cố định

R theo từng điểm là

idR : z = a + bi −→ z = a + bi và σ : z = a + bi −→ z = a − bi.

Chú ý rằng σ : i −→ −i và −i −→ i, do đó nó hoán vị các nghiệm.

Hệ quả 2.5 Cho f (x) ∈ F [x] là đa thức tách được và trường phân rã của f(x) trên F là E Khi đó |Gal(E/F )| = [E : F ].

Chứng minh Áp dụng Định lý 1.17(ii) với F = F , E = E và ϕ : F −→ F là

ánh xạ đồng nhất id F Khi đó có chính xác [E : F ] tự đẳng cấu của E cố định

F theo từng điểm.

Ví dụ 1 Vì x2 + 1 là tách được và [C : R] = 2 nên theo Hệ quả 2.5 suy ra

|Gal(C / R)| = 2.

Ví dụ 2 Gọi E là trường phân rã của f (x) = x3 − 1 trên Q Ta có

f (x) = (x −1)(x2+x+1), suy ra E chính là trường phân rã của g(x) = x2+x+1

trên Q Do g(x) có hai nghiệm phân biệt là ε và ε2 = ε với ε = −12+

√

3

2 i, nên

E = Q(ε, ε2) =Q(ε) Mặt khác do g(x) bất khả quy nên [E : Q] = deg(g(x)) =

2 Từ đó vì g(x) tách được nên |Gal(E/ Q)| = [E : Q] = 2 (theo Hệ quả 2.5).

nên g(x) bất khả quy trên Q(α) và nó là đa thức tối tiểu của ε trên Q(α) Do

đó [Q(α, ε) : Q(α)] = deg(g(x)) = 2 Vậy |Gal(E/ Q)| = 2 × 3 = 6 Suy ra

Gal(E/ Q) ∼ = S3 (theo Định lý 2.4)

16 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng

Định lý 2.6 Cho F ⊆ B ⊆ E là một tháp trường trong đó E là trường phân

rã của f (x) ∈ F [x] trên F , và B là trường phân rã của g(x) ∈ F [x] trên F Khi đó

(i) Gal(E/B) là nhóm con chuẩn tắc của nhóm Gal(E/F ), và

(ii) Gal(E/F )/Gal(E/B) ∼ = Gal(B/F ).

Chứng minh Cho σ ∈ Gal(E/F ) Kí hiệu α1, , α n là các nghiệm phân biệt

của g(x) trong E, khi đó B = F (α1, , α n ) Vì σ cố định F theo từng điểm

và σ(α i ) cũng là nghiệm của g(x) với mọi i = 1, , n (theo Bổ đề 2.2), nên ta

có

σ(B) = σ(F (α1, , α n )) = F (σ(α1), , σ(α n )) = B.

Chứng tỏ σ | B ∈ Gal(B/F )) Ta lấy ánh xạ ψ : Gal(E/F ) −→ Gal(B/F ), σ −→

σ | B Khi đó dễ kiểm tra thấy ψ là một đồng cấu nhóm có Ker ψ = Gal(E/B) Hơn nữa, lấy τ ∈ Gal(B/F ), chú ý rằng E cũng là trường phân rã của f(x)

trên B, khi đó từ Định lý 1.17 suy ra tồn tại tự đẳng cấu τ : E −→ E là

một mở rộng của τ ; do đó ψ(τ ) = τ | B = τ Suy ra ψ còn là toàn cấu; do đó

Gal(E/F )/Gal(E/B) ∼ = Gal(B/F ).

2.2 Căn của đơn vị, một số cấu trúc nhóm Galois

Bổ đề 2.7 Cho G =< a > là nhóm xyclic cấp n Khi đó với mỗi ước dương d

của n tồn tại duy nhất một nhóm con của G có cấp d.

Chứng minh Giả sử n = dc Khi đó < a c > là nhóm con của G có cấp d (vì

(a c)d = a dc = a n = 1; và giả sử 1 = (a c)r = a cr suy ra n = cd | cr, do đó d | r;

chứng tỏ a c có cấp d) Để chứng minh tính duy nhất của < a c >, ta giả sử

< a m > là nhóm con của G có cấp d, khi đó 1 = (a m)d = a md Từ đó suy ra

n = dc | md do đó c | m; chứng tỏ a m ∈< a c > Do đó < a m > ⊆< a c > Từ

đó, vì cả hai nhóm con này cùng có d phần tử nên < a m >=< a c >.

Chú ý 2.8.

i) Nhắc lại rằng nếu C =< a > là nhóm xyclic cấp n thì một phần tử a k sinh

ra C nếu và chỉ nếu (k, n) = 1 Khi đó, số phần tử sinh của C là ϕ(n) (hàm

Euler)

ii) Với mỗi số nguyên dương n, ta có công thức sau đây:

n =

d|n ϕ(d) (gọi là hệ thức Gauss).

Thật vậy, lấy G là nhóm có cấp n, trong G ta định nghĩa quan hệ a ∼ b nếu

và chỉ nếu < a >=< b > Ta thấy ∼ là quan hệ tương đương Suy ra G được

phân thành các lớp tương đương rời nhau Ta kí hiệu g(C) là lớp tương đương của a, khi đó g(C) bằng tập phần tử sinh của C =< a > Từ đó, ta có

Định lý 2.9 Một nhóm G cấp n là nhóm xyclic nếu và chỉ nếu mỗi ước dương

d của n tồn tại nhiều nhất một nhóm con của G có cấp d.

Chứng minh Nếu G là xyclic thì kết quả suy ra từ Bổ đề 2.7 Ngược lại, theo

(đẳng thức sau là hệ thức Gauss) Do đó G có duy nhất một nhóm con xyclic cấp d với mọi d là ước của n Trường hợp đặc biệt suy ra G tồn tại nhóm con xyclic có cấp n Do đó G là nhóm xyclic.

Định lý 2.10 Cho F là trường với nhóm nhân F ∗ = F − {0} Khi đó mọi nhóm con hữu hạn G của F ∗ đều là nhóm xyclic.

Chứng minh Giả sử |G| = n và d|n Nếu C là một nhóm con xyclic của G có

cấp d thì mọi phần tử của C là nghiệm của đa thức x d − 1 Nếu ngoài ra còn

có một nhóm con xyclic C  (khác C) của G có cấp d thì C  phải chứa ít nhất

phần tử không thuộc C Vì thế G chứa ít nhất d + 1 phần tử là nghiệm của đa thức x d − 1, điều này là vô lý (vì ta đã biết đa thức x d − 1 chỉ có nhiều nhất d

nghiệm trong một trường) Chứng tỏ với mỗi d |n có nhiều nhất một nhóm con

xyclic của G có cấp d Từ đó suy ra G là nhóm xyclic (theo Định lý 2.9).

18 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng

Hệ quả 2.11 Cho F là một trường và n là số tựnhiên khác 0 Khi đó

G = {a ∈ F | a n = 1}

là một nhóm con xyclic của nhóm nhân F ∗

Chứng minh Rõ ràng 1 ∈ G nên G = ∅ Lấy tùy ý a, b ∈ G, khi đó a n = 1 = b n,

suy ra (ab −1)n = a n ((b −1)n ) = (b n)−1 = 1 Chứng tỏ G là nhóm con của F ∗.Mặt khác|G| ≤ n, nên G là nhóm con hữu hạn của F ∗ , suy ra G là nhóm xyclic

(theo Định lý 2.10)

Hệ quả 2.12 Cho F là một trường hữu hạn Khi đó F ∗ là một nhóm xyclic, hơn nữa tồn tại phần tử α ∈ F sao cho F = F p (α), trong đó F p là trường con nguyên tố của F

Chứng minh Vì F là trường hữu hạn nên nó có đặc số nguyên tố p và

có trường con nguyên tố là F p Đặt |F | = q Khi đó tồn tại số tự nhiên

n sao cho q = p n Hơn nữa theo cấu trúc của trường hữu hạn, ta thấy

F chính là trường phân rã của đa thức f (x) = x q − x trên F p Do đó

F = F p (0, α1, , α q−1 ) = F p (α1, , α q−1 ), trong đó 0, α1, , α q−1 là tất cả

các nghiệm của f (x) Lưu ý rằng vì F là trường hữu hạn nên F ∗ là một nhóm

con hữu hạn của F ∗ ; vì thế F ∗ là nhóm xyclic cấp q − 1 (theo Định lý 2.10),

giả sử F ∗ =< α > với α ∈ F ∗ Khi đó mọi α

i đều là lũy thừa của α (với

i = 1, , q − 1) Do vậy F = F p (α).

Định nghĩa 2.13 Cho E/F là một mở rộng hữu hạn Một phần tử α ∈ E

được gọi là phần tử nguyên thủy của E nếu E = F (α).

Nhận xét 2.14 Cho F là trường hữu hạn Khi đó

i) Theo chứng minh của Hệ quả 2.12, ta thấy mỗi phần tử sinh α của nhóm xyclic F ∗ đều là một phần tử nguyên thủy của F

ii) Nếu α là phần tử nguyên thủy của F thì mọi phần tử của F hoặc là 0 hoặc

là lũy thừa của α.

Bổ đề 2.15 Xét mở rộng trường F q /F p , với q = p n Giả sử α là phần tử nguyên thủy của F q Khi đó α là một nghiệm của một đa thức bậc n bất khả quy trong F p [x].

Chứng minh Ta có F q = F p (α) là một mở rộng đơn của F p Giả sử đa thức tối

tiểu của α trên F p có bậc d Khi đó, theo tính chất của mở rộng đơn đại số, ta thấy [F p (α) : F p ] = d, suy ra F p (α) có p d phần tử Do đó p d = |F p (α) | = p n,

kéo theo d = n.

Định lý 2.16 Đặt G = Gal(F q /F p ), trong đó q = p n Khi đó G ∼= Zn và nó

có phần tử sinh là σ : u −→ u p (nó được gọi là tựđẳng cấu Frobenius).

Chứng minh Đặt E = F q , F = F p Theo cấu trúc trường hữu hạn, ta thấy

F ∼= Zp và E = F (α), trong đó α là nghiệm của một đa thức f (x) bất khả quy trong F [x] có bậc n (theo Bổ đề 2.15) Do đó [F (α) : F ] = deg(f (x)) = n Mặt khác E là trường phân rã của đa thức x q − x trên F mà đa thức x q − x

tách được, nên suy ra |G| = [E : F ] (theo Hệ quả 2.5) Vậy |G| = n.

Bây giờ ta chứng minh σ : E −→ E, u −→ u p là phần tử sinh của G Ta thấy σ(1) = 1; σ(uv) = (uv) p = u p v p = σ(u)σ(v) với mọi u, v ∈ E; σ(u + v) = (u + v) p = u p + v p = σ(u) + σ(v) (do E có đặc số p); với mọi

w ∈ E tồn tại u = w p n−1 ∈ E sao cho σ(u) = w (do w p n − w = 0 ) Suy ra σ

là toàn cấu Ta lại có σ là đơn cấu (do nếu u ∈ E sao cho u p = 0 thì u = 0 ) Cuối cùng ta thấy σ | F = id F (do với mọi a ∈ F đều thỏa mãn a p = a) Chứng

tỏ σ ∈ G Để chứng minh σ có cấp n ta chỉ cần chứng minh σ j = id E với mọi

0 < j < n (vì hiển nhiên đã có σ n = id E ) Giả sử trái lại rằng tồn tại 0 < j < n sao cho σ j = id E , khi đó với mọi u ∈ E ta có σ j (u) = u hay u p j − u = 0 với

mọi u ∈ E Suy ra mọi phần tử của E đều là nghiệm của đa thức x p j − x, đa

thức này có bậc p j < p n , đây là điều mâu thuẫn Chứng tỏ σ có cấp là n Vậy

G là nhóm xyclic cấp n, vì thế G ∼= Zn

Bổ đề 2.17 Cho n là số nguyên dương và F là một trường Giả sử hoặc là F có

đặc số 0 hoặc là F có đặc số p không là ước của n Khi đó đa thức f (x) = x n −1

có n nghiệm phân biệt trong trường phân rã của f (x) trên F

Chứng minh Từ giả thiết suy ra đạo hàm f  (x) = 0, do đó (f(x), f  (x)) = 1,

nên tồn tại u(x), v(x) ∈ F [x] sao cho u(x)f(x) + v(x)f  (x) = 1 Từ đây ta thấy

f (x) và f  (x) không có nghiệm chung, suy ra f (x) không có nghiệm bội.

Định nghĩa 2.18 Cho F là một trường và n là số nguyên dương không chia

hết cho đặc số của F Giả sử E là trường phân rã của f (x) = x n − 1 trên F

Đặt G = {ξ ∈ E | ξ n = 1} Khi đó G là một nhóm con xyclic của nhóm nhân

E ∗ và G có cấp n (theo Hệ quả 2.11 và Bổ đề 2.17) Khi đó một phần tử sinh

α của nhóm G được gọi là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị.

20 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng

trong đó k ∈ Z thỏa mãn (k, n) = 1.

ii) Cho R là vành giao hoán, ta kí hiệu U (R) là tập các phần tử khả nghịch của R Khi đó dễ thấy U (R) là một nhóm với phép nhân Đặc biệt

U (Zn) ={a ∈ Z n | (a, n) = 1} và |U(Z n)| = ϕ(n).

Định lý 2.20 Cho F là một trường và E = F (α) với α là một căn nguyên

thủy bậc n của đơn vị Khi đó nhóm Gal(E/F ) đẳng cấu với nhóm con của nhóm U (Zn ) và do đó Gal(E/F ) là nhóm Abel.

Chứng minh Vì E = F (α) là mở rộng đơn đại số của F nên mỗi phần tử của

E có dạng m−1

i=0 a i α i trong đó a i ∈ F và m = deg(f(x)) (với f(x) ∈ F [x]

là đa thức tối tiểu của α, lưu ý rằng f (x) |(x n − 1)) Ta sẽ thiết lập ánh xạ

ψ : Gal(E/F ) −→ U(Z n ) như sau: Lấy tùy ý σ ∈ Gal(E/F ) Vì α là nghiệm

của f (x) và là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị nên σ(α) cũng vậy Vì thế tồn tại duy nhất i ∈ U(Z n ) sao cho σ(α) = α i (vì nếu trái lại còn có j ∈ U(Z n)

sao cho i = j và α i = α j thì α j−i = 1, suy ra j − i chia hết cho n; do đó i = j,

điều này mâu thuẫn) Trong trường hợp này ta kí hiệu σ i thay cho σ; và ta đặt ψ(σ i ) = i Ta thấy ψ là một đồng cấu nhóm (thật vậy, lấy hai phần tử tùy ý của Gal(E/F ) là σ i và σ j ; khi đó σ i σ j (α) = σ i (α j ) = (α j)i = α ji; suy ra

ψ(σ i σ j ) = ji = j i = ψ(σ i )ψ(σ j)) Mặt khác đồng cấu này là đơn cấu (vì nếu

có σ i ∈ Gal(E/F ) sao cho ψ(σ i ) = 1 thì i = 1; suy ra i − 1 chia hết cho n, kéo

theo σ i (α) = α; do đó σ i = id E ) Vậy Gal(E/F ) đẳng cấu với nhóm con của nhóm U (Zn ), và vì thế Gal(E/F ) là nhóm giao hoán.

Định lý 2.21 Cho F là trường chứa một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị.

Giả sử f (x) = x n − c ∈ F [x] và E là trường phân rã của f(x) trên F Khi đó tồn tại một đơn cấu

ϕ : G = Gal(E/F ) −→ Z n Hơn nữa, f (x) là đa thức bất khả quy trên F nếu và chỉ nếu ϕ là toàn cấu.

Chứng minh Giả sử ω là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị sao cho ω ∈ F ,

và α là một nghiệm của f (x); khi đó α n = c và tất cả các nghiệm của f (x) là

α, αω, , αω n−1 Lấy σ ∈ G thì σ(α) = αω i với duy nhất i ∈ Z n; trong trường

hợp này ta kí hiệu σ bởi σ i Ta lập ánh xạ ϕ : G −→ Z n , σ i −→ i Bây giờ ta

chứng minh ϕ là đồng cấu nhóm (ở đây, ta xét Zn như một nhóm cộng) Lưu

ý rằng σ i (ω) = ω (do ω ∈ F ) với mọi σ i ∈ G Khi đó

σ j σ i (α) = σ j (αω i ) = ω i σ i (α) = ω i αω j = αω i+j = αω j+i = σ j+i (α).

Chứng tỏ ϕ(σ j σ i ) = j + i = ϕ(σ j ) + ϕ(σ i ) với mọi σ j , σ i ∈ G; suy ra ϕ là đồng

cấu Hơn nữa ta thấy ϕ là đơn cấu (vì nếu ϕ(σ i ) = 0 thì i = 0, suy ra i chia hết cho n, chứng tỏ σ i = id E)

Cuối cùng ta chứng minh: f (x) là đa thức bất khả quy trên F nếu và chỉ nếu ϕ là toàn cấu.

(⇒) Giả sử f(x) bất khả quy Lấy tùy ý i ∈ Z n (với 0 ≤ i ≤ n − 1) Do

α và ω i α cùng là các nghiệm của đa thức f (x) bất khả quy trên F nên tồn

tại duy nhất đẳng cấu σ : F (α) −→ F (ω i α) cố định F theo từng điểm và σ(α) = αω i (theo Hệ quả 1.16) Mặt khác ta có F (ω i α) ⊆ F (α); ngược lại, vì

α = (ω i)−1 (ω i α) ∈ F (ω i α) nên F (ω i α) ⊇ F (α) Do đó F (ω i α) = F (α) Chứng

tỏ rằng ω i α ∈ F (α) với mọi i = 0, 1, , n − 1 Vì thế

E = F (α, ωα, , ω n−1 α) = F (α).

Suy ra σ ∈ Gal(E/F ); và ta thấy ϕ(σ) = i, chứng tỏ ϕ là toàn cấu.

(⇐) Cho ϕ là toàn cấu Lưu ý rằng α, ωα, , ω n−1 α là n nghiệm phân biệt của

f (x) (vì nếu trái lại, suy ra tồn tại 0 ≤ i < j ≤ n − 1 sao cho αω i = αω j, do đó

ω j−i = 1 với 0 < j − i < n; điều này mâu thuẫn với giả thiết ω là căn nguyên

thủy bậc n của đơn vị ) Giả sử f (x) không bất khả quy, khi đó tồn tại hai đa thức h(x), g(x) ∈ F [x] cùng có bậc dương sao cho f(x) = g(x)h(x) Gọi β1 là

một nghiệm của g(x), lúc đó β1 = ω i α với i nào đó thỏa mãn 0 ≤ i ≤ n − 1;

gọi β2 là một nghiệm của h(x), ta cũng có β2 = ω j α với j nào đó thỏa mãn

0≤ j ≤ n−1 và i = j Giả sử i < j, đặt k = j −i, ta có k ∈ Z n Từ đây do ϕ là toàn cấu nên tồn tại σ ∈ Gal(E/F ) sao cho ϕ(σ) = k (kéo theo σ(α) = ω k α).

Do đó

σ(β1) = σ(ω i α) = ω i σ(α) = ω i ω k α = ω i+k α = ω j α = β2.

Từ đó vì β1 là nghiệm của g(x) nên β2 = σ(β1) cũng là nghiệm của g(x) Như vậy β2 là một nghiệm chung của g(x) và h(x), suy ra f (x) có nghiệm bội, điều này mâu thuẫn Vậy f (x) bất khả quy.

Hệ quả 2.22 Cho p là số nguyên tố và F là một trường chứa một căn nguyên

thủy ω bậc p của đơn vị Giả sử đa thức f (x) = x p − c ∈ F [x] có trường phân

rã trên F là E Khi đó hoặc là f (x) phân rã trên F và |Gal(E/F )| = 1; hoặc

là f (x) bất khả quy và Gal(E/F ) ∼ = Z p

Chứng minh Xét đơn cấu ϕ : G = Gal(E/F ) −→ Z p như trong Định lý 2.21

Vì Zp chỉ có hai nhóm con, nên chỉ có hai khả năng sau xảy ra Trường hợp 1:

Im ϕ = {0}, khi đó |Gal(E/F )| = 1, do đó E = F , chứng tỏ f(x) phân rã trên

F Trường hợp 2: Im ϕ = Zp , lúc đó Gal(E/F ) ∼= Zp , chứng tỏ f (x) bất khả quy trên F (theo Định lý 2.21).

22 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng

Hệ quả 2.23 Cho p là số nguyên tố, F là một trường có đặc số 0 và

f (x) = x p − c ∈ F [x] Khi đó hoặc là f(x) bất khả quy trên F hoặc là c có một căn bậc p trong F

Chứng minh Lấy E là trường phân rã của f (x) trên F Gọi α ∈ E là một

nghiệm của f (x) Khi đó các nghiệm của f (x) là α, ωα, , ω n−1 α ∈ E, trong

đó ω là một căn nguyên thủy bậc p của đơn vị Lưu ý rằng vì ω = (α) −1 (ωα) nên

ω ∈ E Ta xét hai trường hợp sau Trường hợp 1: Nếu f(x) không bất khả quy

trong F [x] thì f (x) có phân tích f (x) = g(x)h(x) với deg(g(x)), deg(h(x)) < deg(f (x)) = p Đặt k = deg(g(x)), khi đó k < p Do g(x) có k nghiệm nào

đó trong các nghiệm của f (x) nên hệ số tự do của g(x) có dạng b = ±ω m α k

với m nguyên dương Vì ω m là một căn bậc p của đơn vị và α p = c nên

(±b) p = α kp = c k Vì p nguyên tố và k < p nên (k, p) = 1, suy ra tồn tại s, t ∈ Z

sao cho 1 = ks + pt Khi đó ta có c = c1 = c ks c tp = (±b) ps c tp = [(±b) s c t]p,

chứng tỏ c có một căn bậc p trong F đó chính là phần tử ( ±b) s c t Trường hợp

2: Nếu không xảy trường hợp 1 thì f (x) bất khả quy trong F [x].

Bài tập

1 Cho f (x) ∈ F [x] là đa thức bất khả quy có bậc n, và E/F là trường phân

rã của f (x).

i) Chứng minh rằng n là ước của [E : F ].

ii) Chứng minh rằng nếu f (x) tách được thì n là ước của |Gal(E/F )|.

2 Cho E là trường phân rã của f (x) = x4− 10x2+ 1 trên Q Tìm Gal(E/F ) (HD: f (x) có 4 nghiệm là

3 Chứng minh rằng nếu F là trường vô hạn thì nhóm nhân F ∗ không bao giờ

là nhóm xyclic (HD: Giả sử trái lại rằng F ∗ =< u > Ta xét hai trường hợp: đặc số của F là 0; đặc số của F là p Trường hợp sau được chia nhỏ hơn thành hai khả năng: u là phần tử siêu việt trên F p ; và u là phần tử đại số trên F p.)

Giải được bằng căn thức

Định nghĩa 3.1 Một nhóm G được gọi là nhóm giải được nếu tồn tại một

dãy các nhóm con của G

G = G0 ⊃ G1 ⊃ G2 ⊃ ⊃ G n = {e} (†)

sao cho hai điều kiện sau được thỏa mãn

(1) G i+1 là nhóm con chuẩn tắc của G i với mọi i = 0, , n − 1;

(2) G i /G i+1 là nhóm Abel với mọi i = 0, , n − 1.

Chú ý 3.2 Trong định nghĩa trên, một dãy (†) thỏa mãn điều kiện (1), thường

được gọi là dãy hợp thành Vì thế ta có thể định nghĩa lại nhóm giải được như

sau: nhóm giải được là nhóm có dãy hợp thành mà mọi nhóm thương là Abel

Bổ đề 3.3 Cho G là một nhóm, gọi H là nhóm con của G sinh bởi tất cả các

hoán tử xyx −1 y −1 , với x, y ∈ G (ta gọi H là nhóm con các hoán tử của G) Khi đó H là nhóm con chuẩn tắc nhỏ nhất của G sao cho G/H là nhóm Abel.

Chứng minh Với mọi x ∈ G và mọi h ∈ H, ta có xhx −1 = (xhx −1 h −1 )h ∈ H.

Do đó H là nhóm con chuẩn tắc của G Ta thấy G/H là nhóm Abel, thật vậy, với mọi x, y ∈ G, ta có (yx) −1 xy = x −1 y −1 xy ∈ H, suy ra xHyH = xyH = yxH = yHxH Cuối cùng ta chứng tỏ nếu K là nhóm con chuẩn tắc của G

sao cho G/K là nhóm Abel thì H ⊆ K, thật vậy, với mọi x, y ∈ G, ta có xyK = xKyK = yKxK = yxK, suy ra x −1 y −1 xy = (yx) −1 xy ∈ K; chứng tỏ

mọi phần tử sinh của H đều thuộc K, do đó H ⊆ K.

23

24 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng

Kí hiệu: Cho G là một nhóm Ta đặt G(1) là nhóm con các hoán tử của G;

G(2) là nhóm con các hoán tử của G(1); ; G (n) là nhóm con các hoán tử của

G (n−1) Ngoài ra ta quy ước G(0) = G.

Bổ đề 3.4 Nhóm G là nhóm giải được nếu và chỉ nếu tồn tại n ∈ N sao cho

G (n) = {e}.

Chứng minh ( ⇐) là hiển nhiên Còn lại ta chứng minh (⇒) Trước hết ta dễ

thấy có nhận xét rằng nếu K1, K2 là các nhóm con của G sao cho K1 ⊆ K2 thì

K1(1) ⊆ K2(1)

Giả sử G có dãy

G = G0 ⊃ G1 ⊃ G2 ⊃ ⊃ G n = {e}

sao cho G i+1 là nhóm con chuẩn tắc của G i với mọi i = 0, , n −1; và G i /G i+1

là nhóm Abel với mọi i = 0, , n − 1 Ta chứng minh bằng quy nạp theo i ≥ 0

rằng G (i) ⊆ G i , ( ∗) Trường hợp i = 0 là rõ ràng Giả sử i > 0 và G (i−1) ⊆ G i−1

Do G i−1 /G i là nhóm Abel nên [G i−1](1) ⊆ G i theo Bổ đề 3.3 Vì thế

G (i) = [G (i−1)](1) ⊆ [G i−1](1) ⊆ G i

Suy ra (∗) được chứng minh Từ đó áp dụng khi i = n: vì G n = {e} nên

G (n) = {e}.

Bổ đề 3.5 Cho G là nhóm và H là nhóm con chuẩn tắc của G Khi đó G là

nhóm giải được nếu và chỉ nếu H và G/H là các nhóm giải được.

Chứng minh ( ⇒) Vì G giải được nên tồn tại n ∈ N sao cho G (n) = {e} (theo

Bổ đề 3.4) Khi đó vì H ⊆ G nên H (n) ⊆ G (n) ={e} Vì thế H (n) = {e} do đó

H là nhóm giải được (theo Bổ đề 3.4) Ta dễ thấy nếu đặt p : G −→ G/H là

toàn cấu chính tắc thì ta có thể chứng minh được (G/H) (i) = p(G (i)) với mọi

i ≥ 0 (ta giải thích điều này như sau: giả sử có toàn cấu f : G −→ U Với mọi

u, v ∈ U, tồn tại x, y ∈ G sao cho u = f(x), v = f(y), suy ra

uvu −1 v −1 = f (x)f (y)f (x −1 )f (y −1 ) = f (xyx −1 y −1) ∈ f(G(1)),

suy ra f (G(1)) ⊇ U(1); ngược lại, mọi w ∈ f(G(1)), tồn tại z ∈ G(1), sao cho

w = f (z), khi đó z là tích của hữu hạn các phần tử có dạng xyx −1 y −1, suy ra

w là tích hữu hạn các phần tử có dạng f (x)f (y)f (x) −1 f (y) −1 , vì thế w ∈ U(1),

chứng tỏ f (G(1))⊆ U(1) Vậy f (G(1)) = U(1) Tiếp theo bằng quy nạp ta có thể

chứng minh được rằng f (G (i) ) = U (i) với mọi i ≥ 1 Sau đó áp dụng f = p).

Do đó (G/H) (n) = p(G (n)) ={e} nên G/H là nhóm giải được.

(⇐) Vì G/H giải được nên ta có dãy

Abel, i = 0, , n − 1 (ở đây G i /H = G ∗ i , i = 0, 1, , n − 1) Lại vì H giải

được nên ta có dãy

H = H0⊃ H1 ⊃ H2 ⊃ ⊃ H l ={e}

sao cho H i+1 là nhóm con chuẩn tắc của H i , i = 0, , l − 1; H i /H i+1 là nhóm

Abel, i = 0, , l − 1 Bây giờ ta ghép hai dãy trên với nhau ta được dãy

G = G0 ⊃ G1⊃ G2 ⊃ ⊃ G n = H = H0 ⊃ H1 ⊃ H2 ⊃ ⊃ H l = {e}.

Do đó G là nhóm giải được.

Bổ đề 3.6 Đặt B4 = {e, (12)(34), (13)(24), (14)(23)} Khi đó B4 là nhóm con

chuẩn tắc của S4.

Chứng minh Trước hết ta chứng tỏ B4 là nhóm con của S4 Rõ ràng B4 là tập

tất cả các phần tử có dạng (ab)(cd) và e trong đó {a, b, c, d} = {1, 2, 3, 4} Ta

thấy B4 đóng kín với phép nhân, bởi vì

Vậy B4 là nhóm con của S4 Cuối cùng ta chứng minh α −1 βα ∈ B4 với

mọi α ∈ S4, mọi β ∈ B4 (suy ra B4 là nhóm con chuẩn tắc của S4) Thật

vậy, giả sử e = β = (ab)(cd) ∈ B4 và α ∈ S4 Với mọi u ∈ {1, 2, 3, 4},

ta có α −1 βα(u) = u (vì nếu trái lại, suy ra βα(u) = α(u), mâu thuẫn);