bài dịch đại số giao hoán

Trong trường hợp này, α là một ánh xạ toàn ánh của các tập hữu hạn cùng kích thước, vì vậy nên α là đơn ánh là tốt, do đó là một đẳng cấu.. Nếu chúng ta có thể giải quyết vấn đề mở rộng

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HCM

KHOA TOÁN - TIN

Bài dịch

Lớp Toán VB2-K2 (nhóm 2)

Nguyễn Trâm Anh Nhóm 2

(3) G là Aben khi và chỉ khi G’ tầm thường

(4) G/G’ là Aben Do đó tạo thành thương số của G bởi G’, đôi khi còn được gọi là sự điều chỉnh bởi G’, cũng có thể hiểu như “nhóm giao hoán Aben”

Và điều này làm ảnh hưởng tới tất cả biến x và y bởi sự xác định của G’

(5) Nếu N  G, thì G/N là Aben khi và chỉ khi G' N

Điều chứng minh (4) với G’ thay thế bới N cho thấy G/N là phần tử giao hoán nếu tất cả các hoán tử thuộc về N, đó là, nếu G’<=N

Quá trình lấy đi các hoán tử có thể được lặp đi lặp lại:

Từ khi Gi1 là đặc trưng trong G , 1 phép quy nạp đối số thể hiện rằng mỗi  i G là  i

đặc trưng, do đó bình thường, trong G

Nhóm G được gọi là giải được nếu G r  cho vài r Sau đó, chúng ta có nguyên 1 dãy số: 1

   1    0

1G r G r   G G gọi là dãy số được suy ra của G

Mỗi nhóm Aben là giải được, bởi (3) Chú ý là một nhóm mà vừa đơn giản, vừa giải được phải là sự sắp xếp của các nguyên tố tuần hoàn Đối với nhóm con pháp tuyến G thì không '

đáng kể; Nếu nó là G, thì 1 loạt chuỗi sẽ không đạt tới giá trị 1 Bởi (3), G là nhóm giao hoán, và bởi (5.5.1) G phải là sự sắp xếp của các nguyên tố tuần hoàn

Đình Thị Hải Yến Nhóm 2

Trang 126

Một nhóm G không là nhóm giao hoán Aben (như An,n ≥5) thì không thể giải được Cứ cho là G không phải là nhóm giao hoán Aben, thì G không quan trọng Vì vậy, G’ =G, như trong đoạn trước, loạt chuỗi gốc sẽ không đạt tới 1

Có rất nhiều cách tương đương dùng để miêu tả giải được

5.7.3 Mệnh đề:

Những điều kiện sau đây tương đương với:

(i) G là nhóm giải được

(ii) G có một dãy chuẩn tắc với những tính chất của nhóm Aben

(iii) G có một dãy con chuẩn tắc với những tính chất của nhóm Aben

Chứng minh: bởi vì (i) bao hàm cả (ii) ở điều (4) và bao hàm cả (iii) bởi sự định nghĩa của dãy chuẩn tắc và dãy con chuẩn tắc, vấn đề chỉ là (iii) kéo theo (i) Giả sử G là dãy con chuẩn tắc:

Nhóm con và nhóm thương số của nhóm giải được là nhóm giải được

Ngược lại, nếu N là nhóm con chuẩn tắc của G và cả N và G/N là nhóm giải được, thì G cũng làm nhóm giải được

Chứng minh: Nếu H là nhóm con của nhóm giải được G, thì H là nhóm giải dc bởi vì H  i G ivới mọi i Nếu N là nhóm con chuẩn tắc của nhóm giải được G, quan sát thấy hoán tử G/N trông giống như xyx y N1 1 , để  ’ ’

củaG ) Phép quy nạp, ’

G / N( i ) G N / N( i )

Nhóm lũy linh phát sinh từ một dãy chuẩn tắc khác nhau Chúng ta sẽ nhận được gián tiếp được một khái niệm và một cách viết ngắn gọn

5.7.6 Mệnh đề

Nếu G là nhóm hữu hạn, thì những điều kiện sau là tương đương, và định nghĩa nhóm lũy linh [ Lũy linh của một nhóm tùy ý sẽ được định nghĩa trong (5.7.8)]

(a) G là tích trực tiếp của các nhóm con Sylow của nó

(b) Mọi nhóm con Sylow của G đều là chuẩn tắc trong G

Chứng minh: (a) kéo theo (b): Bởi (1.5.3), thừa số của một tích số trực tiếp là nhóm con chuẩn tắc (b) kéo theo (a): bởi (5.5.4), ở đây có duy nhất một pi nhóm con Sylow của Hicho mỗi ước nguyên

tố pi của |G|, i = 1,…,k Dựa vào áp dụng thành công của (5.2.4) , chúng ta có H ···H 1 k  H1Hkcái mà G định nghĩa bởi p nhóm con Sylow Khi tất cả là hữu hạnG  H1Hk Hơn nữa,

mỗi Hi  j i H j là không đáng kể, bởi vì bậc của Hi là lũy thừa của các nguyên tố phân biệt

5.7.7 Hệ quả

Mỗi nhóm hữu hạn Aben và p – nhóm hữu hạn là lũy linh

Chứng minh: Một nhóm hữu hạn Aben phải đáp ứng điều kiện (b) (5.7.6) nếu P là một nhóm hữu hạn, thì P chỉ có một nhóm con Sylow, P chính nó, vì vậy các điều kiện của (5.7.6) là thỏa mãn ♣

Đình Thị Hải Yến Nhóm 2

Trang 128

Bây giờ chúng ta nối các thảo luận này với các dãy chuẩn tắc Giả sử chúng ta đang thử xây dựng một dãy chuẩn tắc đối với các nhóm G, bắt đầu với G0 = 1 Chúng ta lấy G1 làm Z(G), tâm của G; chúng ta có G1  G bởi (5.1.3), Ví dụ 3 Chúng ta định nghĩa G2 như định lý tương ứng:

Một chuỗi trung tâm của G là 1 chuỗi chuẩn tắc 1G0 G1 G r G như G G i/ i1Z G G / i1

cho mỗi i1, , r ( chuỗi mà chỉ được miêu tả là trong trường hợp đặc biệt thì được gọi là chuỗi trung tâm)

Một nhóm tùy ý G được cho là lũy linh nếu nó có một chuỗi trung tâm Vì vậy, 1 p_nhóm hữu hạn là lũy linh và trong trường hợp thông thường, mỗi p-nhóm con Sylow là lũy linh Bây giờ lấy tích trực tiếp của một số hữu hạn các nhóm lũy linh là nhóm lũy linh ( Nếu Gij là 1 số hạng i đầu tiên của dãy tâm của thừa số j đầu tiên Hj, với Gij = G nếu dãy này là dãy cuối của G thì ij

j G

 sẽ là số hạng đầu tiên của dãy cho cái tích j

j H

 Vì vậy, nhóm hữu hạn thỏa mãn với điều kiện của (5.7.6) là chuỗi trung tâm Ngược lại, nó có thể đưa ra rằng nhóm hữu hạn có chuỗi trung tâm thõa mãn (5.7.6)

Vì vậy 2 định nghĩa của nhóm lũy linh xác nhận cho nhóm hữu hạn

Chú ý: Một nhóm lũy linh là nhóm giải được Nếu G G i/ i1Z G G / i1, thì một phần tử thuộc

1 Cho 1 ví dụ về nhóm giải được không là nhóm Aben

2 Chỉ ra rằng nhóm giải được có dãy hợp thành phải là dãy hữu hạn

Trang 129

3 Chứng minh trực tiếp ( không được sử dụng lũy linh) p_nhóm hữu hạn là nhóm giải được

4 Cho 1 ví dụ về nhóm giải được nó không là nhóm lũy linh

5 Chỉ ra rằng nếu n 5 thì Sn là không giải được

6 Nếu P là p_nhóm hữu hạn đơn, chỉ ra rằng P có cấp p

7 Lấy P là p_nhóm hữu hạn không tầm thường Chỉ ra rằng P có 1 nhóm con chuẩn tắc N mà chỉ

số P N là p : 

8 Lấy G là nhóm hữu hạn bậc r

p m, với r là số nguyên dương và p không chia hết m Chỉ ra rằng với bất kỳ k=1,2,…,r nào thì G có bậc của nhóm con là pk

9 Cho một ví dụ: G là nhóm với N là nhóm con chuẩn tắc như N và G/N là nhóm Aben, nhưng G

không là nhóm Aben ( nếu “Aben” được thay thế bới “giải được” thì sẽ không có ví dụ nào có thể xảy ra với (5.7.4)

10 Nếu G là nhóm giải được, suy ra độ dài của nó, dl(G), là số nguyên r không âm nhỏ nhất nếu

như G(r) =1 Nếu N là nhóm con chuẩn tắc của nhóm giải được G, có thể nói được gì về sự liên quan giữa dl(G), dl(N) và dl(G/N) ?

5.8 Phần tử sinh và quan hệ

Trong (1.2.4), chúng ta đã đưa ra một mô tả chính thức của nhóm nhị diện thông qua phần tử sinh

và các mối quan hệ, và bây giờ chúng ta thử hoàn thành các khái niệm một chính xác hơn

5.8.1 Định nghĩa và bình luận

Các nhóm tự do G trên tập hợp S ( hay nhóm tự do với cơ sở S) bao gồm tất cả từ trên S, đó là tất

cả các dãy hữu hạnx1 ,x n 1 0,1, , khi đó với mỗi xi là 1 phân tử của S hoặc nghịch đảo của một phân

tử của S Chúng ta chú ý trường hợp n=0 như là phần tử rỗng của  Nhóm phép toán là ghéo các đối

tượng để ràng buộc rằng nếu s và s-1 xảy ra trong trật tự, nó có thể bị giản ước Từ rỗng là 1 đồng nhất thức, và ngược lại chúng có thể tính theo cách hợp lý nhất, ví dụ như:   1 1 1 1

stu  u t s   Chúng ta nói

G tự do trên S

Giả sử rằng G tự do trên S, và ta cố gắng xây dựng 1 đồng cấu f từ G đến 1 nhóm H tùy ý Điểm mấu chốt ở đây đó chính là f hoàn toàn được xác định bởi chính cái giá trị của chính nó trên S Nếu f(s1) = a, f(s2) = b, f(s3) = c thì  1     1   1

Đình Thị Hải Yến Nhóm 2

Trang 130

đồng cấu duy nhất f G: H như là f g S

Chứng minh: diễn giải trên là một minh chứng tốt của một ví dụ cụ thể với tất cả các đặc điểm của trường hợp tổng quát Các phân tích cho thấy cả sự tồn tại và tính duy nhất của f Một chứng minh hình thức phải chứng minh rằng tất cả các khía cạnh của trường hợp thông thường được bao hàm Ví

1 2 3 à v= 1 2 4 4 3, ì

us s s v s s s s s th f u   f v để sự giản ước s s41 4trong trường hợp này là rất khó Tính toán cụ thể của loại này là khá thuyết phục và chúng ta sẽ không theo đuổi các chi tiết hình thức ( thấy ở ví dụ trang 343 - 345)

5.8.3 Hệ quả

Bất kỳ nhóm H nào cũng là ảnh đồng cấu của 1 nhóm tự do

Chứng minh: Cho S là 1 tập hợp các phần tử sinh từ H (nếu cần thiết, lấy S=H), và cho G là tự do trên S, xác địnhg s  với mọi s sS nếu f mở rộng duy nhất của g tới G, thì khi S sinh ra từ H, f là toàn cấu

Trở lại với (1.2.4) chúng ta mô tả 1 nhóm H sử dụng phần tử sinh R và F, và quan hệ:

Chúng ta bắt đầu với các nhóm tự do trên {R, F} và đặt tất cả quan hệ bằng đồng nhất thức Nó là

tự nhiên để thực hiện bởi các nhóm tạo ra các quan hệ, nhưng có một kỹ thuật khó ; phân nhóm này không nhất thiết phải là chuẩn tắc

Trang 131

Nhưng mặc dù không có giải pháp chung, có những trường hợp cụ thể mà có thể được phân tích, và kết quả sau đây là rất hữu ích

Cho H  S K| là một sự biểu diễn, và cho L là một nhóm được tạo ra bởi các từ

trong S Nếu L đáp ứng tất cả các hệ thức của K, sau đó có một đẳng cấu  : H L

Do đó, | H | ≥ | L |

Chứng minh: Lấy G là nhóm tự do trên S, và lấy i là một ánh xạ đồng nhất từ S, coi như là một tập hợp con của G đến S, coi như là một tập hợp con của L

Bởi (5.8.2), i có một phần mở rộng duy nhất cho một đồng cấu f của G vào L, và trong thực tế f

là một đồng cấu vì S sinh ra L Bây giờ với bất kỳ ánh xạ f nào từ G để cùng một từ trong L, và kể từ khi L đáp ứng tất cả các mối quan hệ, chúng ta có Kker f Nhưng hạt nhân của f là một nhóm con chuẩn tắc của G, do đó Kker f Các yếu tố định lý cung cấp một toàn cấu: :G K/ L

5.8.6 Làm rõ một biểu diễn

Nếu L là một nhóm hữu hạn được tạo ra bởi những từ của S, sau đó trong thực tế, các bước quan trọng trong xác định L với H  S K/ là một chứng minh cho thấy | H | ≤ | L | Nếu chúng ta có thể thực hiện điều này, sau đó bằng (5.8.5), | H | = | L | Trong trường hợp này, α là một ánh xạ toàn ánh của các tập hữu hạn cùng kích thước, vì vậy nên α là đơn ánh là tốt, do đó là một đẳng cấu Đối với nhóm nhị diện chúng ta có H  R F R R RFRF, | n, 2, và LD 2 n.Trong (1.2.4) chúng ta chứng tỏ mỗi

từ của H có thể là biểu thị như R F với 0 i j   i n 1 à 0v  j Trước đó 1 H 2n D2n  L Vì vậy sự biểu diễn H là mô tả chính đáng cho nhóm nhị diện

Một số bài tập cho mục 5.8

1 Chỉ ra một biểu diễn của nhóm xyclic có bậc n là a a| n

2 Chỉ ra nhóm bộ bốn ( thấy (trong ví dụ 4 (2.1.3)) có một biểu diễn là

a b a  b a abba

3 Cho H  a b a, | 3 1,b2 1,baa b1 là một biểu diễn của S3

4 Biểu diễn duy nhất của một nhóm là gì?

Trong phần 5 – 11, chúng ta đã ví dụ các cách kết hợp khác nhau từ các nhóm con, cái mà mở rộng về khái niệm tích trực tiếp và H là một nhóm con tùy ý Chúng ta nói rằng nửa tích trực tiếp của N

Đình Thị Hải Yến Nhóm 2

Trang 132

bởi H nếu G=NH và NH 1 (Nếu H G , chúng ta có tích trực tiếp) Để ký hiệu thuận tiện, ghi bằng chữ n, có thể với chỉ số dưới, sẽ luôn luôn chỉ ra một phần tử của N và giống như h luôn luôn thuộc về H Ở vấn đề 5 và 6 ta giả sử G là tích số một nửa của N bời H

7 Ngược lại, giả sử rằng các trình tự chính xác trên dãy chia bên phải Từ đó ψ là đơn ánh, chúng

ta có thể bất kể H ( và N là tốt) như là nhóm con của G, với ψ và i như là các ánh xạ bao hàm Cho thấy G là nửa tích trực tiếp của N bởi H

8 Lấy N và H là các nhóm tùy ý, lấy f là một ánh xạ đồng cấu của H trong Aut N, một nhóm tự đẳng cấu của N, xác định một phép nhân trên GNH bởi

n h1, 1n h2, 2n f h1   1 n2 ,h h1 2 [ với f h  1 n2 là giá trị đồng cấu của f h tại các điểm  1

n2] Tính toán trực tiếp cho thấy G là nhóm với (1,1) tùy ý và ngược lại cho bởi

  1    1 1 1

n h   f h n h Cho thấy G nửa tích của N  1 bởi  1 H

9 Cho thấy rằng mỗi tích số trực tiếp một nửa tăng từ phép dựng hình của vấn đề 8

10 Chỉ ra một ví dụ rằng có khả năng cho một dãy ngắn chính xác của nhóm để chia về phí bên phải chứ không phải bên trái

[ Nếu h G: Nlà một xạ ảnh tách trái chính xác trong dãy của vấn đề 6, sau đó h và  có thể

được sử dụng để xác định G với các tích số trực tiếp của N và H Vì vậy, sự chia tách bên trái ngụ ý một sự chia tách bên phải, nhưng không giống như các kết quả cho các kiểu mẫu trong (4.7.4) , không ngược lại

11 Cho một ví dụ về một chuỗi chính xác ngắn của các nhóm mà không chia bên phải

12 Lấy N là nhóm con chuẩn tắc của nhóm G hữu hạn, và lấy P là p_nhóm con Sylow của N Nếu

 

G

N P là tầm thường của P trong G, chỉ ra rằng GN G P NNN G P bởi (1.4.3) [ Nếu

gG, nhìn thấy quan hệ giữa P và gPg-1.]

14 Thay thế N bởi một nhóm cyclic vô hạn  2 1 2 

,a ,a ,1, ,a a , Biểu diễn về một nửa tích số trực tiếp của N bởi H Nhóm này gọi là nhóm nhị diện vô hạn D

Kết luận

Giả sử G là nhóm hữu hạn có chuỗi kết hợp 1G0G1  G r G

Nếu H i G i/G i1, thì chúng ta nói rằng G là phần mở rộng của G i1 bởi Hi trong trường hợp G i1G i

và G i/G i1H i Nếu chúng ta có thể giải quyết vấn đề mở rộng (tìm thấy tất cả phần mở rộng có thể của G i1 bởi Hi) và chúng ta có một danh mục của tất cả các nhóm đơn hũu hạn, sau đó chúng ta có thể xây dựng một danh mục tất cả các nhóm hữu hạn Đây là phần mệnh đề đã được làm trong (5.6.1) về tầm quan trọng của nhóm đơn

i Cho F0 là phạm vi cố định của G Nếu  là F một tự đồng cấu của E, thì định nghĩa của F0,

 cố định mọi thứ trong F0 Vì vậy tự đồng cấu F của G trùng khớp với tự đồng cấu F0 của

G Bây giờ, do (3.4.7) và (3.5.8) thì E F/ 0 là Galois Bởi (3.5.9) kích thước nhóm Galois của Galois mở rộng hữu hạn là độ mở rộng Do đó E F:   E F: 0 như vậy bời (3.1.9), F F0

ii Giả sử F   H Theo định lý của nguyên hàm (3.5.12) chúng ta có EF  với E Xác định một đa thức f x E x  bởi      

Nhưng như là đại diện của tất cả các H, do đó  , và xem như là f   f Do đó mỗi hệ số của

f là cố định bởi H, để f F X  Bây giờ  là một chứng minh của f, từ đó X  ( ) là 0 khi X 

và  là đồng nhất thức Chúng ta có thể nói hai điều về cấp của f:

Theo định nghĩa của f, bậc f  H  G E F: , và vì f là một bội số của đa thức tối thiểu của

Chứng minh: Lấy G1, , n,  là đồng nhất thức Cho thấy E/F là chuẩn tắc Chúng ta hãy 1

xem xét một đa thức bất khả quy f F X  với E Áp dụng với mỗi tự đẳng cấu trong G đến 

và giả sử rằng có những hình ảnh riêng biệt  1   1( ), 2  2( ), , r   r( ) Nếu  là phần

tử bất kỳ thuộc G sau đó  sẽ là ảnh của  đến i  và kể từ khi j  là một ánh xạ ….của tập hữu hạn

Trang 135

1, , rvới chính nó, cũng như nó là toàn ánh Để đơn giản,  là hoán vị của các  Bây giờ i

chúng ta xem xét  làm gì đến nguyên tố đối xứng cơ bản của  , được cho bởi : i

Từ đó e i thuộc vào F , gF X , và từ  nằm trong E , g tách trên E Chúng ta khẳng định i

g là đa thức tối thiểu của  trên F Để thấy điều này, đặt   0 1

m m

của g Do đó, f tách trên E , chứng minh rằng E F/ là chuẩn tắc Từ đó  , i i 1, ,r thì riêng biệt,

g không có các nghiệm lặp lại Do đó  là tách được trên F , trong đó chỉ ra rằng sự mở rộng E F/

X X cũng sẽ góp phần cho f Khái niệm là

bỏ các số hạng đầu ( các liên quan đó với bậc đầu tiên trong đơn thức ) bằng cách trừ đi một biểu thức của mẫu

X X trong các bậc của toán học Chúng

ta có thể lặp lại các bước, trong đó phải giới hạn trong một số hữu hạn của các bước

6.1.5 HỆ QUẢ

Nếu g là một đa thức trong F X và   f 1,, n là đa thức đối xứng bất kỳ trong hệ nghiệm

1, , n

   của g , khi đó f F X 

Chứng minh Chúng ta có thể giả sử mà không mất tính tổng quát rằng g là monic Khi đó trong

một trường tách được của g chúng ta có:

của các phần tử khác không của E Đặc biệt, một tự đẳng cấu của E được định nghĩa là một đặc tính

với GE*, cũng như một đơn cấu của E vào trong trường L Bổ đề Dedekind biểu rằng nếu

1, , n

   là những đặc tính khác biệt từ G đến E , khi đó  là độc lập tuyến tính trên E Phép chứng i

minh được đưa ra trong vấn đề 3 và 4

3 Để bắt đầu chứng minh bổ đề Dedekind, giả sử rằng  là phụ thuộc tuyến tính Bằng cách i

đánh số lại các  nếu cần thiết, chúng ta có: i

a  h  g





[Các phương trình (1) và (2) không giống nhau; trong (1) chúng ta có 1 h , không có  i h ]

4 Tiếp tục vấn đề 3, trừ (2) cho (1) ta được:

 1   1

Với g tùy ý, đi đến một mâu thuẫn bởi một sự lựa chọn thích hợp của h

5 Nếu G là một nhóm Galois của  3

6.2.1 ĐỊNH LÝ CƠ BẢN CỦA LÝ THUYẾT GALOIS

Cho E F/ là một phần mở rộng Galois hữu hạn với nhóm Galois G Nếu H là một nhóm con

của G, cho F  H là trường cố định của H , và nếu K là một trường trung gian, cho  K là Gal

E K , nhóm cố định của /  K (xem (6.1.1))

Trang 139

(1) F là một ánh xạ song ánh từ nhóm con đến các trường trung gian, với nghịch đảo  Cả hai ánh xạ là liên hệ bao hàm đảo chiều, có nghĩa là, nếu H1H2 khi đó FH1F H2, và nếu

K K , khi đó  K1 K2

(2) Giả sử rằng trường trung gian K tương đương nhóm con H dưới Galois tương ứng Khi đó:

(a) E K/ luôn luôn chuẩn tắc ( từ Galois);

(b) K F/ là chuẩn tắc khi và chỉ khi H là một nhóm con chuẩn tắc của G, và trong trường hợp này,

(c) Nhóm Galois của K F/ là đẳng cấu với nhóm thương G H/ Hơn nữa, dù K F/ là chuẩn tắc hay không,

(d) K F:   G H:  và E K:    H

(3) Nếu trường trung gian K tương ứng với nhóm con H và  là tự đẳng cấu bất kỳ trong G, khi

đó trường  K  x :xKtương đương nhóm con liên hợp 1

H

 

Vì suy luận này,  K

được gọi là trường con liên hợp của K

Sơ đồ dưới đây giúp hiểu

1

F

Khi chúng ta dịch chuyển lên cạnh trái từ trường nhỏ nhất đến lớn nhất, chúng ta di chuyển xuống cạnh phải từ nhóm lớn nhất đến nhỏ nhất Một phát biểu về K F/ , một bộ tập hợp con có tính chất của cạnh trái, tương đương một phát biểu về G H/ , được tìm thấy ở đỉnh cạnh phải Tương tự, một phát biểu về E K/ tương đương một phát biểu về H /1H

Chứng minh

(1) Đầu tiên, dựa trên sơ đồ đa hợp H F H  F H Nếu H khi đó  cố định

 H

F bởi định nghĩa của trường cố định, và vậy thì  F H Gal E /F H  Như vậy H  F  H Nếu liên hệ bao hàm là đúng, khi đó theo (6.1.2) phần (ii) với F được

thay thế bởi F H , chúng ta có F  H F H , mâu thuẫn [ Chú ý rằng E K/ là một

mở rộng Galois cho trường trung gian K bất kỳ, bởi (3.4.7) và (3.5.8).] Vì vậy

 H H

Lâm Thị Bích Thủy Nhóm 2

Trang 140

Bây giờ có sơ đồ đa hợp K K F K FGal E K /  Bởi (6.1.2) phần (i) với F

được thay thế bởi K , chúng ta có F K K Từ đó cả F và  là liên hệ bao hàm đảo chiều bởi định nghĩa, chứng minh (1) thì hoàn thành

(2a) Điều này đã được tiến hành trong chứng minh của (1)

(2b) Nếu  là một F - đơn cấu của K trong E , khi đó bởi (3.5.2) và (3.5.6),  mở rộng để

một F - đơn cấu của E vào chính nó, nói cách khác (xem (3.5.6)), một F - đơn cấu của E Vì

vậy mỗi  là giới hạn đến K của một phần tử của G Ngược lại, giới hạn của một tự đẳng cấu trong G đến K là một F - đơn cấu của K trong E Bởi (3.5.5) và (3.5.6), K F/ là chuẩn tắc khi và chỉ khi với mọi G chúng ta có  K K Nhưng bởi (3),  K tương đương

(2c) Xem xét các đồng cấu của GGal E F( / ) để Gal K F được cho bởi ( / )   K Ánh xạ

là toàn ánh bởi đối số được đưa ra trong phần chứng minh của (2b) Phần chủ yếu là tập hợp tất

cả các tự đẳng cấu trong G hạn chế bởi đồng nhất thức trên K , đó là, Gal E K / H Kết quả sinh ra từ định lý đẳng cấu đầu tiên

(2d) Bởi (3.1.9), E F:   E K: K F:  Thuật ngữ bên trái là G bởi (3.5.9), và số hạng bên

phải là Gal E K /  bởi (2a), và điều này lần lượt là H từ H   K Do đó G  H K F : ,

và kết quả sinh ra từ định lý Lagrange [Nếu K F/ là chuẩn tắc, chứng minh thì nhanh hơn không đáng kể Phát biểu đầu tiên sinh ra từ (2c) Chứng minh trường hợp thứ hai, chú ý rằng bởi (3.1.9) và (3.5.9),

::

Trang 141

6.2.2 ĐỊNH LÝ

Cho E F/ là một mở rộng Galois hữu hạn và K F/ là một mở rộng tùy ý Giả sử rằng E và K

đều được chứa trong một trường chung, do đó nó hợp lý để xem xét hợp tử EK Khi đó

(1) EK K/ là một mở rộng Galois hữu hạn;

(2) Gal EK K được nhúng vào trong ( / ) Gal E F , trong đó nhúng được thực hiện bằng giới  / 

hạn tự đẳng cấu trong Gal EK K đến ( / ) E ;

(3) Nhúng là một đẳng cấu khi và chỉ khi EK F

(1) Theo định lý của các phần tử nguyên (3.5.12), chúng ta có EF  đối với một số E, vì vậy EK KF  K  Mở rộng K  /K là hữu hạn vì  là đại số trên F , do đó trên K

Vì  được coi là một phần tử của EK , có thể tách được trên F và do đó trên K , mà EK K/

là tách được [ Để tránh phá vỡ cách nghĩ chính, kết quả này sẽ được phát triển trong các bài tập (xem vấn đề 1 và 2).]

Lâm Thị Bích Thủy Nhóm 2

Trang 142

Bây giờ cho f là đa thức tối thiểu của  trên F , và g là đa thức tối thiểu của  trên K Từ

đó f K X  và f    , chúng ta có g f , và nghiệm của g phải thuộc về 0

 

EEKK  vì E F/ là chuẩn tắc Khi đó K  là một trường tách được cho g trên K ,

thế bởi (3.5.7), K  /K là chuẩn tắc

(2) Nếu  là một tự đẳng cấu trong Gal EK K , giới hạn ( / )  đến E , vì vậy xác định một đồng

cấu từ Gal EK K đến ( / ) Gal E F ( Chú ý rằng  /   là một tự đẳng cấu của E vì E E F/ là chuẩn tắc) Bây giờ  cố định trong K , và nếu  thuộc hạch của đồng cấu, khi đó  cũng cố

định trong E , vì vậy  cố định trong EK K  Như vậy  là đồng nhất, và hạch là không

đáng kể, chứng minh rằng đồng cấu thì thật sự là một phép nhúng

(3) Phép nhúng của các sơ đồ (2) Gal EK K đến nhóm con ( / ) H của Gal E F , và chúng ta sẽ  / 

tìm được trường cố định của H Bằng (6.1.2), trường cố định của Gal EK K là ( / ) K , và từ đó

phép nhúng chỉ hạn chế tự đẳng cấu đến E , trường cố định của H phải là EK Theo định lý

cơ bản, H Gal E /EK  Như vậy:

H Gal E F khi và chỉ khi Gal E /EK Gal E F / 

Và bằng cách áp dụng trường cố định toán tử F , chúng ta thấy rằng điều này xảy ra khi và chỉ khi EK F

ĐỐI VỚI VẤN ĐỀ PHẦN 6.2

1 Cho EF1,, n, trong đó mỗi  là đại số và tách được trên F Chúng ta sẽ chứng tỏ i

rằng E thì tách được trên F Không mất tính tổng quát, chúng ta có thể giả định rằng đặc tính

của F là một nguyên tố p , và từ khi F F/ là tách được, kết quả giữ cho n 0 Để thực hiện các bước quy nạp, cho E i F1,, i, do đó E i1 E i i1 Chứng tỏ rằng 1  1

p

E E E (Xem phần 3.4, vấn đề 4-8, cho các ký hiệu)

2 Tiếp tục vấn đề 1, chứng tỏ rằng E thì tách được trên F

3 Cho EF1,, n, trong đó mỗi  là đại số trên F Nếu với mỗi i i 1, ,n, tất cả các liên hợp của  (các nghiệm của đa thức tối thiểu của i  trên F ) thuộc vào E , chứng tỏ rằng i

/

E F là chuẩn tắc

4 Giả sử rằng F K0 K1K n E, trong đó E F/ là một trường mở rộng Galois hữu hạn,

và trường trung gian K i tương ứng với các nhóm con H i dưới Galois tương ứng Chứng tỏ

Trang 143

rằng K i/K i1 là chuẩn tắc (từ đó Galois) khi và chỉ khi H iH i1, và trong trường hợp này,

 i/ i 1

Gal K K là đẳng cấu với H i1/H i

5 Cho E và K là phần mở rộng của F , và giả sử rằng phức hợp EK là xác định Nếu A là tập

hợp phần tử sinh bất kỳ cho K trên F (ví dụ, AK), chứng tỏ rằng EK E A , trường hình thành từ E bởi phần tử kề của A

6 Cho E F/ là một phần mở rộng Galois hữu hạn với nhóm Galois G, và cho E/F là một mở rộng Galois hữu hạn với nhóm Galois G Nếu  là một phép đẳng cấu của E và E với

  , chúng ta kỳ vọng bằng trực giác rằng GG Chứng minh đây là hình thức

7 Cho K F/ là một phần mở rộng tách được hữu hạn Mặc dù K không cần là một mở rộng

chính tắc của F , chúng ta có thể hình thành bao đóng chuẩn tắc N của K trên F , như trong

(3.5.11) Khi đó N F/ là một mở rộng Galois (xem vấn đề 8 của phần 6.3); cho G là nhóm Galois của nó Cho H Gal N K( / ), khi đó trường cố định của H là K Nếu H  là một

nhóm con chuẩn tắc của G bao hàm trong H , chứng tỏ rằng trường cố định của H  là N

8 Tiếp tục vấn đề 7, chứng tỏ rằng H  là không đáng kể, và kết luận rằng:

 11

Giả sử rằng E là một trường tách được của đa thức tách được f trên F Nhóm Galois của f là

nhóm Galois của phần mở rộng E F/ (Phần mở rộng là Galois thực; xem vấn đề 8) Cho f , làm thế

nào chúng ta có thể xác định nhóm Galois của nó? Nó thì không phải dễ dàng, nhưng sau đó chúng ta

sẽ phát triển một hệ thống gần đúng cho đa thức bậc 4 hoặc bé hơn Một số trường hợp có thể xử lý trực tiếp, và trong phần này chúng ta nhìn vào một tình huống điển hình Một nhận xét hữu ích rằng nhóm Galois G của mở rộng Galois hữu hạn E F/ có tính bắc cầu trên các nghiệm của đa thức tối giản bất kỳ hF X (giả sử rằng đó là một, do đó mỗi nghiệm của h đều thuộc E ) [Mỗi G hoán

vị các nghiệm bởi (3.5.1) Nếu  và  đều là nghiệm của h, khi đó bởi (3.2.3) có một F - đẳng cấu

của F  và F  mang  tới  Đây là đẳng cấu có thể mở rộng đến một F - tự đẳng cấu của E

bởi (3.5.2), (3.5.5), và (3.5.6)]

6.3.2 VÍ DỤ

Lâm Thị Bích Thủy Nhóm 2

Trang 144

Gọi d là một số nguyên dương mà không phải là một số lập phương, và để cho  là căn bậc ba

dương của d Cho 2 /3 1 1 3

f X X d, vì nếu f được rút gọn khi đó nó sẽ có một thừa số

tuyến tính và d sẽ là một số lập phương Đa thức tối thiểu của  trên  là   2

1

g X  X X  (Nếu

g được rút gọn, nó sẽ có một nghiệm hữu tỷ (do thực tế), vì vậy biệt thức sẽ lớn hơn hoặc bằng không,

mâu thuẫn) Chúng ta sẽ tính toán các nhóm Galois G của đa thức f X g X , mà nhóm Galois của    

E    trên 

Nếu bậc của E  là tích số của bậc của f và / g , chúng ta sẽ có thể có sự phát triển Chúng ta

có   :3và, từ đó  , là một số phức hợp, không thuộc vào   , chúng ta có

 , :   2

   Vì vậy  , :6 Nhưng bậc của một mở rộng Galois hữu hạn là độ lớn của nhóm Galois bởi (3.5.9), vì vậy G có chính xác 6 tự đẳng cấu Bây giờ bất kỳ G phải lấy

 đến một trong những liên hợp của nó, cụ thể là ,   hoặc 2

  Hơn nữa,  phải lấy  đến một

liên hợp, đó là  hoặc 2

 Kể từ khi  được xác định bởi tác dụng của nó trên  và  , chúng ta xây

dựng tất cả 6 phần tử của G Kết quả có thể được trình bày như sau:

là đạt được bằng cách quan sát  1 cho một cách trình bày của S3 (Phần 5.8, vấn đề 3) Chúng ta kết luận rằng GS3 Nhóm con của G là:

Và tương ứng với trường cố định là:

Trang 145

E          

Chứng tỏ rằng trường cố định của  1, là , lưu ý rằng  có số mũ 3 trong G

, vì vậy theo định lý cơ bản, tương ứng trường cố định có bậc 3 trên  Bây giờ  lấy  để

2 2

    và :3 (vì đa thức tối thiểu của  trên  là f ) Do đó  là trường

cố định nguyên Các tính toán khác cũng tương tự

ĐỐI VỚI VẤN ĐỀ PHẦN 6.3

1 Giả sử EF  là mở rộng Galois hữu hạn của F , trong đó  là một nghiệm của đa thức tối

giản f F X  Giả sử rằng nghiệm của f là 1  , 2,, n Mô tả, tốt nhất là bạn có thể từ các thông tin được cho, nhóm Galois của E F/

2 Cho E  là một mở rộng Galois hữu hạn, và cho / x1,,x n là một cơ sở của E trên  Mô tả

cách bạn sẽ tìm thấy một phần tử nguyên, đó là, một E sao cho E   (Phương pháp của bạn không cần phải có hiệu quả)

3 Cho G là nhóm Galois của một đa thức tối giản tách được f của bậc n Chứng tỏ rằng G là đẳng cấu với một nhóm con bắc cầu H của S n [Tính bắc cầu nghĩa rằng nếu i và j thuộc về

1, 2,, n, sau đó cho một số H chúng ta có  i  Tương đương, tác động tự nhiên j

của H trên 1,, n, được cho bởi h x h x , là bắc cầu]

4 Sử dụng vấn đề 3 để xác định nhóm Galois của một đa thức tối giản bậc hai

7 Tiếp tục vấn đề 6, xác định trường cố định của H1H2

8 Giả sử rằng E là trường tách được của đa thức tách được f trên F Chứng tỏ rằng E F/ là tách được [Khi đó mở rộng là hữu hạn bởi (3.2.2) và chuẩn tắc bởi (3.5.7), E F/ là Galois]

9 Cho G là nhóm Galois của   4

2

f X  X  trên  Vì vậy nếu  là nghiệm dương thứ tư của

2, khi đó G là nhóm Galois của ,i/ Mô tả tất cả 8 tự đẳng cấu trong G

10 Chứng tỏ rằng G là đẳng cấu với nhóm nhị diện D8

Lâm Thị Bích Thủy Nhóm 2

Trang 146

11 Xác định   i  ,  i i,   ,  i   , như trong các đáp án cho vấn đề 10 i

Tìm trường cố định của nhóm con chuẩn tắc  2 3 

N      của G, và xác minh rằng trường cố định là một mở rộng chuẩn tắc của 

GF p cho trường này; GF là viết tắt của “trường Galois” Ngoài ra, trường với p phần

tử sẽ được ký hiệu bằng p hơn là p, nhấn mạnh rằng chúng ta đang làm việc với các trường

6.4.1 MỆNH ĐỀ

Cho E là trường hữu hạn của đặc tính p Khi đó E  p n với mọi số nguyên dương n Hơn

nữa, E là trường tách được đối với đa thức tách được   p n

f X X X trên p, vì vậy bất kỳ trường hữu hạn với p n phần tử là đẳng cấu với E Không chỉ là E tạo ra bởi các nghiệm của f , nhưng trên

thực tế E trùng với tập hợp nghiệm của f

Chứng minh Kể từ khi E trùng với một bản sao của p (xem (2.1.3), ví dụ 2), chúng ta có thể xem E như một vectơ không gian trên p Nếu chiều của vectơ không gian là n , khi đó với mỗi hệ số

trong một tổ hợp tuyến tính của vectơ cơ sở có thể được lựa chọn trong p phương pháp, ta có E  p n

theo định lý Lagrange, vì vậy p n

  với mỗi E, kể cả  0 Như vậy mỗi phần tử của E là

một nghiệm của f , và f là tách được bởi (3.4.5) Bây giờ f có ít nhất n

p nghiệm riêng biệt, và như chúng ta đã xác định các phần tử n

p của E là nghiệm của f , trong thực tế f có n

p nghiệm riêng biệt và mỗi nghiệm của f phải thuộc E

6.4.2 HỆ QUẢ

Nếu E là trường hữu hạn của đặc tính p , khi đó E / p là một mở rộng Galois Nhóm Galois là tuần hoàn và được sinh ra bởi tự đẳng cấu Frobenius  x x p,xE

Trang 147

Chứng minh: E là trường tách được cho một đa thức tách được trên F p, vì E / p là Galois; xem (6.3.1) Từ x p  với mọi x x   p, p được chứa trong trường cố định F   Nhưng mỗi phần tử của trường cố định là một nghiệm của X pX , vì vậy F   có ít nhất p phần tử Do đó,

   p

F Bây giờ p FGal E( /p bởi (6.1.2), vì bởi định lý cơ bản, Gal E /p 

6.4.3 HỆ QUẢ

Cho E F/ là một mở rộng hữu hạn của một trường hữu hạn, với E  p n,F  p m Khi đó E F/

là một mở rộng Galois Hơn nữa, m chia n , và Gal E F là tuần hoàn và được sinh ra bởi tự đẳng  / 

cấu  x x p m,xE Hơn nữa, F là trường con duy nhất của E của độ lớn p m

Chứng minh Nếu bậc của E F/ là d, khi đó như trong (6.4.1),  m d n

x , và X bằng p X p m Tính duy nhất của F là một trường con của E với m

p phần tử theo sau vì tại

đó chỉ có duy nhất một trường tách được trên p cho X p mX trong E ; xem (3.2.1)

Làm thế nào để chúng ta biết được rằng các trường hữu hạn ( trừ các p) tồn tại? Không có vấn

đề Đưa ra bất kỳ nguyên tố p và số nguyên dương n , chúng ta có thể xây dựng  n

EGF p như một trường tách được cho X p m X trên p Chúng ta đã thấy rằng nếu E có chứa một trường con F

của độ lớn p m , khi đó m là một ước số của n Điều ngược lại cũng đúng, như một hệ quả của kết quả

cơ bản tiếp theo

6.4.4 ĐỊNH LÝ

Nhóm nhân của một trường hữu hạn là tuần hoàn Tổng quát hơn, nếu G là một nhóm con hữu hạn của nhóm nhân của một trường bất kỳ, khi đó G là tuần hoàn

Chứng minh G là một nhóm giao hoán (nhóm Abel) hữu hạn, do đó có chứa một phần tử g để

r là số mũ của G, đó là, bội số chung nhỏ nhất của các bậc của tất cả các phần tử của G; xem phần 1.1, vấn đề 9 Vì vậy nếu xG khi đó bậc của x chia r, vậy x  Bởi vậy mỗi phần tử của r 1 G là một nghiệm của X  , vậy G r 1  Nhưng G là một bội số của bậc của mọi phần tử, vì vậy G ít r

Lâm Thị Bích Thủy Nhóm 2

Trang 148

nhất lớn hơn bội số chung nhỏ nhất, vậy G  Chúng ta kết luận rằng bậc và số mũ đều giống nhau r

Nhưng khi đó g có bậc G , vậy G g và G là tuần hoàn

6.4.5 MỆNH ĐỀ

 m

GF p là một trường con của  n

EGF p khi và chỉ khi m là một ước số của n

Chứng minh “chỉ khi” một phần theo sau từ (6.4.3), vì vậy giả sử rằng m chia n Nếu t là số

nguyên dương bất kỳ lớn hơn 1, khi đó m n khi và chỉ khi t m1 t n1 (Một hình thức chứng minh không phải là khó khăn, nhưng tôi thích làm một phép chia dài thông thường của t  bằng n 1 t  m 1Các thương số kế tiếp là 2 3

n m n m n m

t  t  t   vì vậy phép chia sẽ thành công khi và chỉ khi n rm 0

cho một số nguyên dương r) Lấy t p, chúng ta thấy rằng p  m 1 chia E* , vì bởi (6.4.4) và (1.1.4),

p phần tử, vì vậy m chia n bởi (6.4.5) hay (6.4.3) Ngược lại, cho g X là một đa thức tối giản  

monic trên p có bậc m là một ước số của n Khi đó bởi (6.4.5), E chứa một trường con với m

p

phần tử, và trường con này phải đẳng cấu với p  Nếu   E tương ứng với  dưới đẳng cấu này,

khi đó g   (vì 0 g   ) và 0 f    (vì 0   E) Từ đó g là đa thức tối thiểu của  trên p,

Trang 149

nó xảy ra khi g X chia   f X Theo (6.4.1), các nghiệm của f là riêng biệt, vì không có thừa số tối  

giản có thể xuất hiện nhiều hơn một lần Định lý được chứng minh

6.4.7 XÂY DỰNG CHI TIẾT CỦA MỘT TRƯỜNG HỮU HẠN

Theo (6.4.4), nhóm nhân E của một trường hữu hạn *  n

EGF p là tuần hoàn, vì E có thể *

được sinh ra bằng một phần tử  duy nhất Cho nên Ep  p  , do đó  là một phần tử

nguyên của E Đa thức tối thiểu của  trên p thì được gọi là một đa thức nguyên Các điểm mấu chốt là các phần tử khác không của E không chỉ đơn giản là các đa thức khác không của bậc nhiều

nhất là n 1 trong  , chúng là lũy thừa của  Điều này rất có ý nghĩa trong các ứng dụng đến lý

thuyết mã hóa Hãy làm một ví dụ trên 2

Đa thức   4

1

g X  X X  là tối giản trên 2 Một cách để xác minh đây là thừa số

X X X X trên 2; các thừa số này là (monic cần thiết) các đa thức tối giản của bậc 1,2 và 4

Để chứng tỏ rằng g là số nguyên , chúng ta tính lũy thừa của  :

Trang 151

Họ và tên: Bùi Thị Thu

Dịch từ trang 164 đến 173 trang

Số thứ tự trong bảng phân công:

6.8 Tính giải được bằng căn thức

6 Làm tiếp bài toán 5, cho thấy rằng nếu Xp – c không là bất khả quy trên F, thì E = F (ω)

7 Làm tiếp bài toán 6, cho thấy rằng nếu Xp – c không là bất khả quy trên F; thì Xp – c tách ra trên F khi và chỉ khi F chứa một căn bậc n của phần tử đơn vị Cho E/F là mở rộng nhóm Galois của trường con nguyên tố p, trong đó p là phần đặc số của F Cho σ là phần tử sinh của tt = Gal (E/F) Đó là hệ quả của định lý Hibert 90 (xem các bài toán cho ở mục 7.3) rằng có một yếu tố θ ∈ E sao cho σ(θ) = θ + 1 Chứng minh định lý Artin-Schreier

8 E = F (θ)

9 θ là nghiệm của f (X) = Xp − X – a đối với một số a ∈ F

10 f là bất khả quy trên F (do đóf  0)

11 Ngược lại, cho F là một trường đặc trưng chính của p

12 Nếu là căn bất kỳ của f trong E, cho thấy và f tách được

13 Nhận thấy rằng mỗi yếu tố bất khả quy f có độ d như nhau, trong đó d = 1 hay là p

Do đó nếu d = 1 thì F = E, và nếu d = p, thì f là bất khả quy trên F

14 Nếu f là bất khả quy trên F, cho thấy rằng nhóm Galois của f là thứ tự vòng quanh p

Tính giải được bằng căn thức

6.8.1 Định nghĩa và bình luận

Chúng ta đã nhận rõ ba lớp riêng biệt của mở rộng căn : tròn, xiclic và Kummer ( trong hai trường hợp sau, chúng tôi cho rằng trường cơ sở chứa căn thứ n nguyên thuỷ của phần tử đơn vị )

Chúng ta nói rằng đa thức f ∈ F [X] giải được bằng căn thức nếu nghiệm của f nằm trong một vài mở rộng căn của F, nói cách khác, có mở rộng căn E của F sao cho cắt đoạn f trên E

Từ đó mở rộng căn được hình thành bởi căn liên tiếp thứ n, cho nên tính chất bắc cầu giữ: Nếu

E là một mở rộng căn của F và L là một phần mở rộng căn của thì L là một mở rộng căn của F

Mở rộng căn bậc hai luôn luôn là hữu hạn, nhưng nó không cần phải chính tắc hay tách được.Chúng ta sẽ sớm chuyên môn hóa đặc trị 0, mà lực sẽ tách được, và chúng có thể đạt được tính chuẩn tắc do lấy bao đóng chuẩn (xem (3.5.11))

Trang 153

6.8.2 Mệnh đề

Cho E / F là mở rộng căn, và cho N là bao đóng chuẩn của E trên F Thì N / F cũng là mở rộng căn bậc hai

Chứng minh E thu được từ F bởi lần lượt α1, , αr, trong đó αi là căn thứ n của phần tử trong

Fi-1 Mặt khác, N thu được từ F bằng mọi thứ liền kề không chỉ αi, nhưng liên hợp chúng  i1, , im i  Cho bất kỳ i và j cố định, có tính tự đẳng cấu σ ∈ Gal(N/F) sao cho σ(αi) = αij (xem (3.2.3), (3.5.5)

F ≤ F0 ≤ F1 ≤ · · · ≤ Fr Chúng ta lấy n Gal K F( / ) Từ đó Fi có thể thu được từ Fi-1 bằng mọi thứ liền kề trong Ki\ Ki

- 1, chúng tôi có

Fi = Fi−1Ki = KiFi−1

Đa hợp của Fi - 1 và Ki, i= 1,…, r Chúng ta có thể áp dụng ngay định lý 6.2.2 Trong biểu đồ hình thoi của hình 6.2.1, ở trên đỉnh của hình thoi chúng ta có Fi, về phía trái Ki, ở bên phải Fi-1, và trên đáy K iF i1K i1(xem hình 6.8.1) Chúng ta kết luận rằng Fi/Fi-1 là Galois, với một nhóm Galois đẳng cấu với một nhóm con của Gal (Ki/Ki-1) Từ đóGal K i/K i1H i1/H i, nó sau đó Gal (Fi/Fi-1) là giao hoán Hơn nữa, số mũ của nhóm Galois này chia thứ tự của H0, trùng hợp với kích thước của Gal (K/F) (Đây là lý do tại sao việc chúng tôi chọn n )

Hình 6.8.1

Trang 155

6.8.4.Tính giải được của Định lý Galois

Cho K là trường khai triển cho f trên F, trong đó F có đặc tính 0 Thì f là giải được bằng căn thức nếu và chỉ nếu nhóm Galois của K / F là giải được

Chứng minh Nếu f là giải được bằng căn thức, sau đó là trong ( 6.8.3 ), chúng ta có

F = F0 ≤ F1 ≤ · · · ≤ Fr = N Trong N / F là nhóm Galois, N chứa K trường khai triển cho f trên F, và mỗi một

Fi / Fi - 1 là nhóm Galois với một nhóm giao hoán Bằng định lý cơ bản, tương ứng dãy các nhóm con là

1H r H r   H GGal N F( / )

với mỗi Abel Hi-1/Hi Như vậy G là giải được, và từ đó

Gal(K/F ) ∼= Gal(N/F )Gal(N/K)

[Xạ ảnh Gal(N/F) → Gal(K/F) bằng sự giới hạn; hạch là Gal(N/K)], Gal(K/F) thì giải được bằng ( 5.7.4 )

Một cách ngược lại, giả sử như Gal(K/F) là giải được Một lần nữa như trong (6.8.3), chúng ta

có

F ≤ F0 ≤ F1 ≤ · · · ≤ Fr Trong đó K ≤ Fr, mỗi một Fi chứa căn thứ n nguyên thuỷ của phần tử đơn vị, với n = Gal|(K/F)|,

và Gal(Fi/Fi - 1) là nhóm giao hoán với số mũ chia n với mọi i= 1,…, r Do đó mỗi một Fi/ Fi - 1 là mở rộng Kummer của nhóm Galois có số mũ chia n Bởi ( 6.7.5 ) ( hay là

( 6.5.1 ) cho trường hợp i = 1 ), mỗi một Fi/Fi - 1 là mở rộng căn bậc hai Bằng tính bắc cầu (xem ( 6.8.1 ) ), Fr là một mở rộng căn bậc hai của F Từ đó K ⊆ Fr, f là giải được bằng căn thức

6.8.5 ví dụ

Giả sử f(X) = X5 - 10 X4 + 2 trên tập hữu tỷ Nhóm Galois của f là S5, không giải được

( Xem mục 6.6, Bài toán 3 và Mục 5.7, Bài toán 5 ) Như vậy f không giải được bằng căn thức

Có khái niệm cơ bản cần được nhấn mạnh Ý nghĩa của định lý tính giải được của Galois không chỉ cần có một số ví dụ đa thức xấu Vấn đề chính là không có phương pháp chung cho giải phương

Bùi Thị Thu Nhóm 2

Trang 156

trình đại số trên hữu tỷ bằng căn , nếu bậc của đa thức là 5 trở lên Nếu có phương pháp như vậy thì nói riêng nó sẽ làm bài toán trên từ Ví dụ ( 6.8.5 ), mâu thuẫn

Bài toán cho mục 6.8

Trong bài tập, chúng tôi sẽ phác họa bài toán cổ điển khác, đó là phép dựng hình với thước và compa Trong hình học Euclide, chúng tôi bắt đầu với hai điểm (0, 0) và (1, 0), và chúng tôi được phép dựng hình sau đây

(i) Cho hai điểm P và Q, chúng ta có thể vẽ một đường nối chúng;

(ii) Cho điểm P và đường L, chúng ta có thể vẽ một đường thẳng qua P song song với L;

(iii) Cho điểm P và đường L, chúng ta có thể vẽ một đường thẳng qua P vuông góc với L; (iv) Cho hai điểm P và Q, chúng ta có thể vẽ đường tròn với tâm ở P đi qua Q;

(v) Cho A, B và tương tự, có một đường hoặc một vòng tròn Chúng ta có thể tạo ra điểm mới,

gọi điểm có thể dựng, bằng cách hình thành các giao điểm của A và B Nếu (c, 0) (tương đương (0, c)) là một điểm có thể dựng, chúng ta gọi là số có thể dựng Nó theo từ (ii) và (iii)

mà (a, b) là một điểm có thể dựng khi và chỉ khi a và b là số có thể dựng

Nó có thể nhận thấy mỗi số hữu tỷ có thể xây dựng, và các số có thể xây dựng tạo thành trường Bây giờ trong (v), giao của A và B có thể được tìm thấy ít nhất bằng số học thông thường cộng với việc khai căn bậc hai Một cách ngược lại, căn bậc hai của số bất kỳ không âm có thể xây dựng Do đó

c là có thể xây dựng khi và chỉ khi có trường thực Q = F0 ≤ F1… ≤ Fr sao cho c ∈ Fr và mỗi một [Fi : F

i-1 ] là 1 hoặc 2 Do đó nếu c có thể xây dựng, thì c là đại số trên Q và [Q(c) : Q] là luỹ thừa 2

1 ( Chia ba góc ) Nếu có thể chia ba góc bất kỳ với thước và compa, sau đó nói riêng góc 60

độ có thể chia ba, sao cho α = 20 ◦ là có thể vẽ

Trang 157

Để vẽ đa giác đều n mặt, đó là đa giác đều với cạnh n, n ≥ 3, chúng ta phải vẽ góc của 2π/n ; tương đương, vì 2π/n phải là số có thể vẽ Giả sử ω = ei2π/n, căn thứ n nguyên thuỷ của phần tử đơn vị

4 Cho thấy [Q(ω ) : Q (cos2π/n ) ] = 2

5 Cho thấy nếu đa giác n mặt có thể xây dựng, thì phi hàm Euler ϕ(n) là luỹ thừa 2

ngược lại, giả sử như ϕ(n) là luỹ thừa 2

6 Cho thấy Gal (Q (cos 2π/n ) /Q ) là 2 -nhóm, đó là p -nhóm với p = 2

7 mục 5.7, Bài toán 7, mỗi nhóm hữu hạn không tầm thường p có chuỗi pháp ảnh trong đó mỗi phần tử có thứ tự p Sử dụng điều này (với p = 2) để cho thấy rằng đa giác đều n mặt là có thể xây dựng

8 Từ trước, đa giác đều n mặt có thể xây dựng nếu và chỉ nếu ϕ(n) là luỹ thừa 2 Cho thấy rằng điều kiện tương đương làn2s q1 qt, s, t = 0, 1,…, trong đó qi là số nguyên tố Fermat khác nhau, đó

là số nguyên tố của dạng 2m + 1 cho một vài số nguyên dương m

9 Cho thấy nếu 2m + 1 là số nguyên tố, thì m phải được luỹ thừa 2 Đã biết số nguyên tố Fermat

có dạng m = 2a, trong đó a = 0, 1, 2, 3, 4 ( 232 + 1 chia hết cho 641 ) [ Vấn đề chính là nếu a là lẻ,thì X + 1 chia Xa + 1 trong Z [ X ] ; thương là Xa - 1 - Xa - 2 + - X + 1 ( vì a-1 là chẵn) ]

Cho F là trường của hàm hữu tỷ trong n biến số e1 ,…, en trên trường K với đặc tính 0, và giả sử f( X ) = Xn - e1Xn - 1 + e2Xn - 2 -… + (- 1)nen ∈ F [ X ] Nếu α1,…, αn là nghiệm của f trong trường khai triển trên F, sau đó ei là hàm đối xứng sơ cấp của αi Giả sử E = F (α1,…, αn ), sao cho E / F là mở rộng Galois và G = Gal (E/F) là nhóm Galois của f

10 Cho thấy GS n

11 Những gì bạn có thể kết luận từ Bài toán 10 về cách giải phương trình?

6.9 Mở rộng siêu việt

6.9.1 Định nghĩa và Bình luận

Bùi Thị Thu Nhóm 2

Trang 158

Mở rộng E/ F sao cho ít nhất một α ∈ E không đại số trên F được cho là siêu việt Một khái niệm tương tự như là một cơ sở của không gian vectơ tùy ý hóa ra có thuận lợi trong nghiên cứu mở rộng siêu việt Cơ sở của V là tập hợp con của V là độc lập tuyến tính và khoảng cách V Kết quả quan trọng, có chứng minh liên quan việc trao đổi Steinitz, là {x1,…,xm} kéo dài V và S là tập hợp con độc lập tuyến tính của V, thì |S|≤ m Chúng ta sẽ thay thế tính độc lập tuyến tính bằng tính độc lập đại số

và khoảng cách bằng mở rộng đại số Chúng ta sẽ nhận thấy là mỗi mở rộng siêu việt có cơ sở siêu việt,

và bất kỳ hai tính siêu việt cơ sở cho mở rộng đã cho có cùng số các yếu tố trong cùng một tập hợp Toàn bộ số hạng này sẽ được định nghĩa ngắn gọn Trình bày trong văn bản sẽ hoàn toàn không hình thức ; tôi tin rằng kiểu này tốt nhất nhấn mạnh mối quan hệ bền vững giữa tuyến tính và độc lập đại số Một dấu hiệu cho thấy cách hình thức hoá sự khai triển được đưa cho trong dãy các bài tập Xem thêm Morandi, "Các trường và Lý thuyết Galois ", các trang 173-182

Cho E / F là một mở rộng Phần tử t1,…, tn∈ E là phụ thuộc đại số trên F ( hay là tập hợp{

t1,…, tn}là phụ thuộc đại số trên F ) nếu có f đa thức khác không ∈ F[ X1,…, Xn ] sao cho f ( t1,…, tn ) =

0 ; cách khác ti là độc lập đại số trên F Độc lập đại số của một tập vô hạn có nghĩa là độc lập đại số của tất cả các tập con hữu hạn

Bây giờ, nếu một bộ T kéo dài một không gian vector V, sau đó mỗi x trong V là sự kết hợp tuyến tính của các yếu tố của T, do đó x phụ thuộc vào T một cách tuyến tính Thay thế "tuyến tính" của "đại số", chúng tôi nói rằng yếu tố t ∈ E phụ thuộc đại số trên T trên F nếu t là đại số trên F (T), các trường tạo ra bởi T trên F (xem Phần 3.1, bài toán 1) Chúng ta nói rằng T mở rộng ra E đại số trên F nếu mỗi t trong E phụ thuộc đại số trên T trên F, có nghĩa là, E là một mở rộng đại số của F (T) Một cơ

sở siêu việt cho E / F là một tập hợp con của E đó là độc lập đại số hơn F và mở rộng E đại số trên F (Từ bây giờ, chúng ta sẽ thường xuyên coi F cố định và giảm thấp các cụm từ "trên F".)

6.9.2 Bổ đề

Nếu S là một tập hợp con của E, các điều kiện sau là tương đương

(i) S là cơ sở siêu việt cho E / F;

(ii) S là tập hợp độc lập đại số cực đại;

(iii) S là tập mở rộng tối thiểu

Mỗi mở rộng siêu việt có cơ sở tính siêu việt

Chứng minh Tiêu chuẩn Agumen thông qua bổ đề Zorn cho rằng không gian vectơ tuỳ ý có

tập hợp độc lập tuyến tính cực đại ( do đó cơ sở ) cho thấy rằng mở rộng siêu việt tuỳ ý có một tập hợp độc lập đại số cực đại, là cơ sở siêu việt ( 6.9.2 )

Đối với tính đầy đủ, nếu E / F là mở rộng đại số, chúng ta có thể coi ∅ như một cơ sở siêu việt

Bổ đề Trao đổi của Steinitz

Nếu {x1, , xm} mở rộng ra E về phương diện đại số và S ⊆ E là độc lập đại số, thì |S| ≤ m Chứng minh Giả sử S có ít nhất m + 1 yếu tố y1,…,ym + 1 Từ đó xi mở rộng ra E về phương diện đại số, y1 phụ thuộc một cách đại số vào x1, , xm Quan hệ phụ thuộc đại số phải kéo theo ít nhất một xi, chọn x1 (Cách khác, S sẽ phụ thuộc đại số ) Thì x1 phụ thuộc đại số trên y1, x2, , xm, vì vậy {y1, x2, ., xm} mở rộng ra E về phương diện đại số Chúng ta khẳng định là cho mỗi i = 1,…, m, {y1,…, yi, xi + 1,…, xm} mở rộng ra E một cách đại số Chúng ta vừa chứng minh trường hợp i = 1 Nếu kết quả giữ cho i thì yi + 1 phụ thuộc một cách đại số trên {y1,…, yi, xi + 1,…,xm} và quan hệ phụ thuộc phải kéo theo ít nhất một xj, chọn xi + 1 cho thuận lợi ( Cách khác, S sẽ phụ thuộc đại số ) Thì xi + 1 phụ thuộc một cách đại số trên y1,…, yi + 1, xi + 2,…,xm nên

Bùi Thị Thu Nhóm 2

Trang 160

{ y1,…,yi + 1, xi + 2,…,xm } mở rộng ra E một cách đại số, bổ sung phép quy nạp

Từ đó có nhiều y hơn x, cuối cùng x biến mất, và y1,…,ym mở rộng ra E về phương diện đại số Nhưng rồi ym + 1 phụ thuộc một cách đại số trên y1,…, ym, phủ định tính độc lập đại số của S

Hệ quả

Cho S và T là cơ sở siêu việt của E Thì hoặc S và T đều là hữu hạn hoặc chúng đều là vô hạn ; trong trường hợp trước, |S| = | T |

Chứng minh Cho rằng một trong những cơ sở siêu việt, chọn T, là hữu hạn Bởi (6.9.4), |S| ≤ |T|, do

đó S cũng là hữu hạn Bằng một lập luận đối xứng, |T| ≤ |S|, do đó |S| = |T|

E là đại số trên F(S ) và do đó S mở rộng ra E một cách đại số Do đó S là cơ sở siêu việt

Bây giờ cho 1

1{ u , , u n}

n

T  X X , trong đó u1, ., un là số nguyên dương tùy ý Chúng ta khẳng định là T cũng là cơ sở siêu việt Như ở trên, T là độc lập đại số Hơn nữa, mỗi Xi là đại số trên F(T)

số trên F(T) Bởi (3.3.3), E là đại số trên F(T), T là một cơ sở siêu việt

Bài toán Cho mục 6.9

1 Nếu S là một tập hợp con đại số độc lập của E trên F, T mở rộng ra E về phương diện đại số trên F, và S ⊆ T, cho thấy rằng có một cơ sở siêu việt B sao cho S ⊆ B ⊆ T

2 Chứng minh rằng mỗi tập đại số độc lập có thể được mở rộng cho một cơ sở siêu việt, và mỗi tập hợp mở rộng ra một cách đại số chứa cơ sở siêu việt

3 Chứng minh cẩn thận, cho một phần mở rộng E / F và một tập hợp con T = {t1, , tn} ⊆ E, các điều kiện sau là tương đương

( i ) T là độc lập đại số trên F;

(ii) Đối với mỗi i = 1, , n, ti là siêu việt hơn F(T\{ti});

( iii) Cho mỗi i = 1,…, n, i là siêu việt trên F(t1,…, ti - 1) ( trong đó câu lệnh cho i = 1 là t1 siêu việt trên F )

4 Cho S là một tập hợp con của E là độc lập đại số trên F Cho thấy rằng nếu t ∈ E \ S,thì t là siêu việt hơn F(S) khi và chỉ khi S∪{t} là độc lập đại số trên F

6.9 Mở rộng Siêu việt

Bài Toán 3 và 4 yêu cầu lập luận để suy ra hình thức hóa kết quả

1 Giả sử F K E, với S tập hợp con của K độc lập đại số trên F, và T tập hợp con của E thì độc lập đại số trên K Tập hợp S∪T là độc lập đại số trên F và S∩T=∅

2 Giả sử FK E, với S cơ sở siêu việt của K/F và T cơ sở siêu việt của E/K Tập hợp S∪T là

cơ sở siêu việt của E/F Do vậy nếu ước lượng mức độ siêu việt trdeg, thì bài toán 5:

Trdeg(E/F)=trdeg(K/F)+trdeg(E/K)

3 Giả sử E là mở rộng của F, và T={t1,…,tn} tập hợp hữu hạn của E Tập hợp F(T) là đẳng cấu F của trường hữu tỉ F(X1,…,Xn) nếu và chỉ nếu T là độc lập đại số trên F

4 Trường hàm đại số F trong một vài giá trị khác trên K là trường F/K Nên có x ∈ F siêu việt trên

K với [F:K(x)]<∞ Nếu z ∈ F, biễu diễn z siêu việt trên K nếu [F:K(z)]<∞

Nếu xi=xj, với i<j, thì định thức bằng 0 Vì định lý phần dư (2.5.2), mỗi hệ số g có phần nguyên

là g phần bị chia là h từ đó h và g được xem cùng bậc: h=c*g, c là hằng số

Bây giờ xem số hạng hàng đầu của h và g, nghĩa là, những số hạng trong đó xn xuất hiện lũy thừa càng cao càng tốt, và đề tài này ràng buộc, xn - 1 có lũy thừa càng cao càng tốt, v.v Trong cả hai trường hợp, số hạng hàng đầu là x x2 32 x n n1, do đó c phải là 1 ( Để bước này nó tiện lợi coi xi như biến số trừu tượng trong vành đa thức Thì Đơn thức 1

1r r n

n

x x với dãy khác nhau ( r1,…, rn ) của số mũ là độc lập tuyến tính ) ♣