Một số vấn đề về mở rộng trường luận văn tốt nghiệp đại học

Ta gọi là trường các thương của miền nguyên X nếu tồn taị một đơn cấu miền nguyên... Do đó ta thu được một đẳng cấu vành: Đẳng cấu vành này cảm sinh ra một đẳng cấu giữa trường các thươn

Trờng đại học vinh Khoa TOÁN -

TRẦN THỊ PHƯƠNG THẢO

MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ MỞ RỘNG TRƯỜNG Khoá luận tốt nghiệp đại học

Vinh - 2011

Trờng đại học vinh Khoa TOÁN -

MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ MỞ RỘNG TRƯỜNG

Khoá luận tốt nghiệp đại học

Ngời hớng dẫn: Ts Đào Thị Thanh Học

Vinh - 2011

MỤC LỤC

Trang

LỜI NÓI ĐẦU ……… 1

CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ ……… 2

CHƯƠNG 2: MỞ RỘNG TRƯỜNG ………5

2.1 Trường con nguyên tố và trường nguyên tố ……… 5

2.2 Mở rộng đơn ……… 6

2.3 Kết nối nghiệm ……… 10

2.4 Bậc và mở rộng hữu hạn ………12

2.5 Mở rộng đại số lặp ……….14

2.6 Trường nghiệm và mở rộng kín đại số ……… 16

CHƯƠNG 3: MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG ……… 20

KẾT LUẬN ……… 30

TÀI LIỆU THAM KHẢO ……… 31

LỜI NÓI ĐẦU

Mở rộng trường là một vấn đề cơ bản của Đại số và Số học Từ lâu, vấn đềnày gắn liền với bài toán giải phương trình, vào việc nghiên cứu lý thuyết Galois

Mở rộng trường là đối tượng chính trong nghiên cứu lý thuyết trường Ý tưởngchung là bắt đầu từ một trường cơ sở, xây dựng trường lớn hơn chứa trường cơ sởtrong đó thỏa mãn thêm một số tính chất khác ngoài các tính chất mà trường cơ sở

có Chẳng hạn trường các số thực R là mở rộng của trường các số hữu tỷ Q, trường các số phức C là mở rộng của trường các số thực R.

Khóa luận được chia làm 3 chương: Chương 1 trình bày một số kiến thức cơsở; Chương 2 trình bày một số định nghĩa, định lý và mệnh đề; Chương 3 là một sốbài tập áp dụng Khóa luận này đã hệ thống lại một số kết quả cũng như giải đượcmột số bài tập về:

 Trường con nguyên tố và trường nguyên tố

 Mở rộng đơn

 Kết nối nghiệm

 Bậc và mở rộng hữu hạn

 Mở rộng đại số lặp

 Trường nghiệm và mở rộng kín đại số

Tác giả xin trân trọng cảm ơn TS Đào Thị Thanh Hà đã hướng dẫn tận tình vànghiêm túc, để tác giả có thể hoàn thành khóa luận này

Tác giả xin cảm ơn các thầy cô giáo trong bộ môn Đại số & Khoa Toán, đã tậntình giảng dạy, giúp đỡ và chỉ bảo cho chúng em – các sinh viên khóa 48 Toántrong suốt thời gian học vừa qua dưới mái trường Đại học Vinh thân yêu

Do kiến thức và thời gian có hạn, Khóa luận khó tránh khỏi thiếu sót, tác giả mongmuốn nhận được sự chỉ bảo của các thầy cô giáo và sự góp ý của các bạn sinhviên

Vinh, tháng 05 năm 2011

Tác giả

CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

1.1 Định nghĩa trường

Trường là một tập hợp K có nhiều hơn một phần tử, được trang bị hai phép

toán cộng và nhân, ký hiệu bởi dấu (+) và dấu (.), thỏa mãn các quy tắc sau:

1 Phép cộng có tính chất kết hợp: (a + b) + c = a + (b + c)

2 Phép cộng có tính chất giao hoán: a + b = b + a

3 Phép cộng có phần tử đơn vị 0:  0  K: a + 0 = a

4 Tồn tại phần tử đối:  a  K,  – a  K: a + (– a) = 0

5 Phép nhân có tính chất kết hợp: (ab)c = a(bc)

6 Phép nhân có tính chất giao hoán: ab = ba

7 Phép nhân có phần tử đơn vị 1:  1 K sao cho: a1 = a

8 Tồn tại nghịch đảo:  a  K, a  0,  a-1 K: aa-1 = 1

9 Phép cộng và phép nhân thỏa mãn luật phân phối:

a(b + c) = ab + ac; a, b, c  K

1.2 Định nghĩa trường con Giả sử K là một trường, A là một tập con của K ổn

định với hai phép toán cộng và nhân trong trường K, nghĩa là:

 x, y  A  x + y  A, xy  A

Giả sử A là tập con ổn định đối với hai phép toán cộng và nhân trong trường K Ta

gọi A là một trường con của trường K nếu A cùng với hai phép toán cảm sinh trên

A, là một trường

1.3 Định lý Giả sử A là một tập hợp con có nhiều hơn một phần tử của trường

K Khi đó, các điều kiện sau là tương đương:

a) A là một trường con của trường K.

b)  x, y  A  x – y  A, x -1  A.

1.4 Định nghĩa đặc số của trường Giả sử K là một trường con của trường E.

Khi đó ta nói E là một trường mở rộng hay một mở rộng của trường K.

Cho K là một trường có đơn vị Nếu n1 ≠ 0 với mọi số tự nhiên n ≠ 0 thì ta

nói trường K có đặc số 0 Trong trường hợp ngược lại, gọi số nguyên dương p bé nhất sao cho p1 = 0 là đặc số của trường K Ta ký hiệu đặc số của trường K là

Char(Z p) = p với p là số nguyên tố

1.5 Mệnh đề Trong một trường K với đặc số nguyên tố p ta có:

(a + b) p = a p + b p

1.6 Định nghĩa Cho K là một trường, K[x] là vành đa thức ẩn x trên K, f(x)

K[x] với bậc n 1 Ta gọi f(x) là đa thức bất khả quy trên K hay trong K[x] nếu

f(x) không phân tích được thành tích của hai đa thức bậc khác 0 trên K Trong

trường hợp ngược lại, ta nói f(x) là đa thức khả quy trên trường K.

của f(x) nếu và chỉ nếu f(x) chia hết cho x – u trong vành đa thức K[x].

1.8 Mệnh đề Các đa thức bất khả quy trong R[x], R là trường số thực, là các

đa thức bậc nhất hoặc tam thức bậc hai với biệt số  < 0.

1.9 Định lý cơ bản Mọi đa thức f(x) có bậc n lớn hơn bằng 1 trên trường số

f(x) là bất khả quy trong Q[x].

1.12 Định nghĩa Giả sử X là một miền nguyên và là một trường Ta gọi là

trường các thương của miền nguyên X nếu tồn taị một đơn cấu miền nguyên

f : → sao cho mọi phần tử của có dạng f(a)f(b)-1, trong đó a, b  X, b  0.

1.13 Định lý về sự tồn tại trường các thương Giả sử X là một miền nguyên.

Khi đó tồn tại duy nhất sai khác đẳng cấu một trường và một đơn cấu miền nguyên

f : → sao cho mọi phần tử của có dạng f(a)f(b) -1 với a, b  X, b  0 Nói

khác đi trường các thương của miền nguyên X là tồn tại và duy nhất sai khác một đẳng cấu trường.

CHƯƠNG 2: MỞ RỘNG TRƯỜNG

2.1 Trường con nguyên tố và trường nguyên tố.

2.1.1 Định nghĩa Giả sử K là một trường, ta xét các trường con của K Tập tất cả

các trường con của K là một tập hợp khác rỗng (vì K là trường con của chính nó).Gọi P là giao của tất cả các trường con của K thì P là trường con của K không chứatrường con nào của K khác P và mọi trường con của K đều chứa P Trường con với

các tính chất như thế được gọi là trường con nguyên tố của trường K

Nếu K = P, thì K được gọi là trường nguyên tố.

2.1.2 Nhận xét Mọi trường K đều chứa một trường con nguyên tố P.

Chứng minh Gọi P là giao của tất cả các trường con của trường K Khi đó P là

trường con bé nhất của trường K Nếu X là trường con của trường K thì P  X.

Giả sử A là trường con của trường P thì A là trường con của trường K (do P làtrường con của trường K), suy ra P  A Vậy A = P nên P là trường con nguyên tốcủa trường K

Giả sử B là trường con nguyên tố của trường K, suy ra P là trường con của

B Do B là trường con nguyên tố nên B = P



2.1.3 Định lý Cho K là môt trường và P là trường con nguyên tố của trường K.

Nếu K có đặc số 0 thì K đẳng cấu với trường Q các số hữu tỷ Nếu K có đặc số nguyên tố p thì P đẳng cấu với trường Z p các số nguyên mod p.

Chứng minh Đơn vị của trường K là 1K, do P là trường con nguyên tố của trường

K nên phần tử đơn vị 1K  P Xét ánh xạ f : Z  K sao cho f(m) = m1K

Ta chứng minh được f là một đồng cấu vành Thật vậy:  m, n  Z ta có:

f(m + n) = (m + n)1K = m1K + n1K = f(m) + f(n)

f(mn) = (mn)1K = (m1K)(n1K) = f(m)f(n)

Hạt nhân của đồng cấu vành f là Ker(f) = m  Z  f(m) = 0.

 Trong trường hợp K có đặc số 0, ta có:

m  Ker(f)  f(m) = 0  m1K = 0  m = 0

Vậy Ker(f) = 0 hay f là đơn cấu vành Do đó ta thu được một đẳng cấu vành:

Đẳng cấu vành này cảm sinh ra một đẳng cấu giữa trường các thương của vành số

nguyên Z và trường các thương của Im(f) Do đó ta có đẳng cấu trường Q  P, vì trường các thương của Z là Q, trường các thương của Im(f) là P

 Trong trường hợp K có đặc số nguyên tố p, ta có:

m  Ker(f)  f(m) = 0  m1K = 0  K  m chia hết cho p  m = pZ.

Vì vậy Kerf = pZ Theo định lý đồng cấu vành ta có:

Do Zp là trường nên Im(f) cũng là trường Mặt khác Im(f) là trường con bé nhấtcủa trường K nên Im(f) = P

Vậy Zp  P 

một tự đơn cấu của trường K.

Chứng minh Với  a, b  K ta có:

f(a + b) = (a + b)p = ap + bp = f(a) + f(b)

f(ab) = (ab)p = (ap)(bp) = f(a)f(b)

Ngoài ra: vì f(1) = 1p = 1 ≠ 0K nên f khác tự đồng cấu không của K Vì vậy f là một

tự đơn cấu của trường K 

2.2 Mở rộng đơn.

2.2.1 Định nghĩa Cho một trường K, một phần tử u trong mở rộng E của trường

K Trường con của E sinh bởi K và u, ký hiệu K(u) được gọi là một mở rộng đơn

của trường K

Cho K là một trường và E là một mở rộng của trường K, một phần tử u là đại

số trên K nếu u là nghiệm của một đa thức 0 ≠ f  K[x] Một phần tử u không đại

số trên K được gọi là siêu việt trên K.

Một mở rộng đơn K(u) của trường K được gọi là mở rộng đơn siêu việt trên

K hay mở rộng đơn đại số trên K tuỳ theo phần tử sinh u  E là siêu việt hay đại

số trên K

2.2.2 Ví dụ Với K = Q Các số:

u =  R là phần tử đại số trên Q vì tồn tại đa thức 0 ≠ f(x) = x2 – 2  Q[x]

sao cho f( ) = 0

u = , e là phần tử siêu việt trên Q.

2.2.3 Mệnh đề Cho một trường K và một phần tử u thuộc một mở rộng của K.

i) Nếu u siêu việt trên K thì mở rộng đơn K(u) đẳng cấu với trường K(x) các phân thức hữu tỷ theo một biến x với hệ tử thuộc K qua một đẳng cấu trường:

 : K(x)  K(u)

sao cho (x) = u, (a) = a, a  K.

ii) Nếu u là đại số trên K thì u là nghiệm của một đa thức bất khả quy q  K[x], và

mở rộng đơn K(u) đẳng cấu với trường K[x]/(q) qua một đẳng cấu:

u : K[x]/(q)  K(u)

sao cho u(x +(q)) = u, u(a + (q)) = a,  a  K.

Chứng minh Lập đồng cấu vành hu: K[x]  K(u)

K(x) = {  f(x), g(x)  K[x], g(x) ≠ 0} là trường phân thức hữu tỷ K(u) làtrường mở rộng đơn của K sinh bởi u

ii) Nếu u là phần tử đại số trên K thì tồn tại đa thức 0 ≠ f(x)  K[x] sao chof(u) = 0, do đó Kerhu ≠ 0 Khi đó vì Kerhu là một iđêan khác {0} của miền nguyênK[x] nên kerhu = (q) là iđêan chính của K[x] sinh bởi một đa thức 0 ≠ q  K[x] cóbậc bé nhất trong các đa thức khác của Kerhu Do đó q là đa thức bất khả quy củaK[x] sao cho q(u) = 0.

Mặt khác: Kerhu = (q) là iđêan tối đại của K[x] nên vành thương K[x]/(q) làmột trường, theo định lý cơ bản của đồng cấu vành ta có:

K[x]/Kerhu = K[x]/(q)  Imhu = K[u]

Vì K[x]/(q) là một trường nên K[u] cũng là một trường chứa K và u nên K[u]

= K(u) Vậy trong trường hợp này ta có đẳng cấu trường u: K[x]/(q)  K(u) saocho u(x + (q)) = u, u(a + (q)) = a,  a  K 

2.2.4 Hệ quả Mở rộng đơn siêu việt K(u) của trường K gồm các phần tử dạng

f(u)/g(u), trong đó f, g là những đa thức của miền nguyên K[x], với g ≠ 0.

2.2.5 Hệ quả Nếu một phần tử u trong mở rộng của trường K là đại số trên K

thì:

i) u là nghiệm của một đa thức bất khả quy q = c 0 + c 1 x +…+ c n x n  K[x], cn 

K *

ii) Mọi đa thức f  K[x] nhận u làm nghiệm, là 1 bội của đa thức q trong K[x].

iii) Mở rộng đơn đại số K(u) của K gồm các phần tử  có thể đặt dưới dạng

một đa thức duy nhất theo u hệ tử trên K

 = a0 + a 1 u +…+ a n -1 u n -1 , a i  K.

Chứng minh i) Được suy trực tiếp từ Mệnh đề 2.2.3 ii).

ii) Vì một đa thức f  K[x] mà f(u) = 0, có nghĩa là f  Kerhu = (q) cho nên

Do đó: f + (q) = gq + r + (q) = r + (q)  K[x]/(q)

Từ đó ta có:  = (f + (q)) = (r + (q)) = a0 + a1u +…+ an-1un-1 

2.2.6 Định nghĩa Trong các đa thức bất khả quy q  K[x] nhận phần tử đại số u

trên K làm nghiệm có một đa thức bất khả quy duy nhất có hệ tử dẫn đầu bằng 1

qu = c0 + c1x +…+ cn-1xn-1 + xn

gọi là đa thức bất khả quy tối tiểu của phần tử đại số u trên K.

Bậc của đa thức bất khả quy qu  K[x] được gọi là bậc của phần tử đại số u trên K,

ký hiệu [u : K]

2.2.7 Ví dụ.

i) Số thực  R là phần tử đại số trên trường con Q của R có đa thức tối tiểu

x2 – 2  Q[x] bất khả quy theo tiêu chuẩn Eisenstein Theo Mệnh đề 2.2.3 ta có

thức bất khả quy tối tiểu là 1 + x2  R[x] Theo Mệnh đề 2.2.3 ta có đẳng cấu:

R[x]/(1 + x2)  R(i).

Do đó: z  R(i) ta có z = a + bi; a, b  R.

iii) Số phức  =  C là đại số trên trường con R của C

Ta có: 2 = ( )2 =  2 = 0  2 + ( ) +1 = 0

 2 +  +1 = 0 Suy ra,  là nghiệm của đa thức q(x) = x2 + x + 1 R[x], q(x) là

đa thức bất khả quy trên R Do đó q(x) = x2 + x + 1 là đa thức bất khả quy tối tiểucủa phần tử  = Theo Mệnh đề 2.2.3 ta có đẳng cấu trường:

R[x]/(x2 + x + 1)  R()

Do đó:  z  R() thì z có dạng z = a + b; a, b  R.

iv) Đa thức q = x5 + 2x + 2 xem như đa thức bất khả quy của Q[x] theo tiêu

chuẩn Eisenstein Một nghiệm u của đa thức này là một phần tử đại số trên trường

Q, có đa thức bất khả quy tối tiểu là chính q Nếu gọi Q(u) là mở rộng đơn đại số

của Q sinh bởi u thì ta có đẳng cấu trường

Khi đó mỗi phần tử   Q(u) ta có  = a0 + a1u + a2u2 + a3u3 + a4u4, ai  Q, i =

Để ý rằng phần tử nghịch -1 của mỗi phần tử 0 ≠   Q(u) cũng có dạng một

đa thức theo u với hệ số hữu tỷ Chẳng hạn phần tử u  Q(u), vì là nghiệm của đa

thức x5 + 2x + 2, nên có phần tử nghịch là

2.3 Kết nối nghiệm.

Trong mục 2.2 ta đã xét một mở rộng E của một trường K và đa thức bất khảquy tối tiểu của một phần tử u  E đại số trên K Nhưng người ta cũng có thể giảibài toán mở rộng theo cách sau: Từ một trường K và một đa thức bất khả quy q K[x] cho sẵn, xây dựng một trường lớn hơn chứa một nghiệm u của q Ta đã biết

phương pháp này khi trường C các số phức được xây dựng từ trường R các số thực

bằng cách kết nối thêm một nghiệm ảo của đa thức x2 + 1 Tổng quát, ta có:

2.3.1 Mệnh đề Nếu K là một trường và q là một đa thức bất khả quy của miền

nguyên K[x], thì tồn tại một mở rộng đơn đại số F = K(u) sinh bởi K và một nghiệm u của q.

Chứng minh Vì q  K[x] là một đa thức bất khả quy nên iđêan chính (q) của miền

nguyên K[x] là tối đại, và ta có vành thương K[x]/(q) là một trường

Xét các đồng cấu vành sau: j : K  K[x] là đồng cấu bao hàm

p : K[x] K[x]/(q) := F là phép chiếu tự nhiên

Đặt  = p j : K  K[x]/(q) Khi đó ta có:

Ker = {a  K  (a) = 0} ={a  K  (p j)(a) = (q)} = {a K  (p(j(a)) = (q)} = {a  K  p(a) = (q)} = {a K  a + (q) = (q)} = {a K  a  (q)} = {0}

Do đó  là đơn cấu Vì vậy  sẽ nhúng K thành trường con cuả trường F =K[x]/(q) bằng cách đồng nhất

a  (a) = a + (q), a  K

Trường F có chứa phần tử u = x + (q) = p(x) và q(u) = q(x + (q)) = q(x) + (q) = (q)

= 0F Do đó u là nghiệm của đa thức bất khả quy q

Hơn nữa mọi trường con của F, chứa K và phần tử u = x + (q) thì trường con

đó sẽ chứa mọi phần tử f + (q), f  K[x], nghĩa là trường con đó trùng với F Vậy Fđược sinh bởi K và u hay F = K(u) 

Thực ra mởrộng đơn K(u) chỉ là ảnh đồng cấu của trường K[x]/(q) qua đẳng cấu u: K[x]/(q)

 K(u) của Mệnh đề 2.2.3ii và đẳng cấu  trong chứng minh ở trên là nghịch của

u Do đó mở rộng đơn K(u) này của K là duy nhất với sai khác một đẳng cấu nhưphát biểu trong định lý sau:

2.3.2 Định lý Nếu K(u) và K(v) là hai mở rộng đơn đại số của một trường K theo

thứ tự sinh bởi hai nghiệm u và v của cùng một đa thức bất khả quy q  K[x] thì

a  K

Đặt Khi đó : K(u)  K(v) là một đẳng cấu và  u  K(u) ta có:

Chứng minh tính duy nhất của :

Giả sử f: K(u)  K(v) là một đẳng cấu thoả mãn điều kiện f(u) = v, f(a) = a,

a  K Khi đó, ta có:

vì vậy, suy ra f   Định lý 2.3.2 cho thấy mở rộng đơn của một trường K bởi các nghiệm củamột đa thức bất khả quy q K[x], có thể khác nhau về tập hợp nhưng có cùng cấutrúc trường Do đó, áp dụng định lý này, ta có thể xác định được các tự đẳng cấucủa một trường.

2.3.3 Ví dụ

i) Ta có đa thức x2 + 1 R[x] là một đa thức bất khả quy Trường số phức C

được sinh bởi một trong 2 nghiệm i và –i của đa thức này Ta có:

Theo Định lý 2.3.2 ta có một đẳng cấu : C  C sao cho (i) = –i, (a) = a, a 

R Vì  z  C có dạng duy nhất z = a + bi, với a, b R nên (a + bi) = a – bi Vậy

tự đẳng cấu  này biến mỗi số phức thành liên hợp của nó

ii) Trên trường Z3, đa thức x2 – x –  Z3[x] là đa thức bất khả quy vì không có

nghiệm trong Z 3 Do đó trường Z3[x]/(x2 – x – ) xem như được sinh bởi Z3 và mộtnghiệm u của đa thức x2 – x –  Z3[x], tức là trường Z3(u) thu được nhờ kết nối

với Z3 một phần tử u thoả mãn hệ thức u2 – u – = 0 và

Z3 (u) = {a + bu / a, b  Z3} = { , , , u, u, + u, + u, + u, + u}

Vậy trường Z3(u) gồm 9 phần tử

2.4 Bậc và mở rộng hữu hạn.

2.4.1 Định nghĩa Giả sử F là một mở rộng của trường K, ta có thể xem F là một

không gian vectơ trên K Nếu F là không gian vectơ hữu hạn chiều trên trường K,

thì ta nói F là mở rộng bậc hữu hạn của trường K Số chiều n của không gian vectơ

F trên K được gọi là bậc của mở rộng F trên K

Ký hiệu: [F : K]

Ta có: [F : K] = dimKF = n

2.4.2 Mệnh đề Nếu u là một phần tử đại số trên trường K, thì bậc của u trên K

bằng n = [K(u) : K], bậc của mở rộng đơn K(u) trên K, tức là bằng số chiều của

K_ không gian vecơ K(u); K_ không gian vectơ K(u) có một cơ sở gồm các phần tử

{1, u, …, un-1}

là một cơ sở của không gian vectơ K(u) trên trường K, hay [K(u) : K] = n 

2.4.3 Hệ quả Nếu 2 phần tử đại số u và v trên một trường K sinh cùng một mở

rộng đơn K(u) = K(v), thì u và v có cùng bậc trên K.

Chứng minh Do K(u) là mở rộng đơn đại số sinh bởi u nên ta có [u : K] = [K(u) :

K] (theo Mệnh đề 2.4.2) (1)

Do K(v) là mở rộng đơn đại số sinh bởi v nên ta có [v : K] = [K(v) : K] (theoMệnh đề 2.4.2) (2) Theo giả thiết ta có K(u) = K(v) Do đó:

dimKK(u) = dimKK(v)  [K(u) : K] = [K(v) : K] (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có: [u : K] = [v : K] 

là đại số trên K và v là nghiệm của một đa thức bất khả quy q  K[x] với bậc q n

=[F : K], bậc của mở rộng F trên K.

Chứng minh Giả sử F là một mở rộng hữu hạn của trường K với [F : K] = n Với

 v F, n + 1 phần tử 1, v, …, vn  F là một tập hợp phụ thuộc tuyến tính của K_

không gian vectơ n chiều F Do đó có hệ thức tuyến tính:

a0 + a1v +…+ anvn = 0,