Đang tải... (xem toàn văn)
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 xI . Vì f (x) bất khả quy nên I = F x và do đó K là vành giao hoán khác 0. Lấy tùy ý g(x) + I là phần tử khác 0 của K. Khi đó g(x) ∈ I hay f (x) không là ước của g(x). Mặt khác do f (x) bất khả quy, suy ra (g(x), f (x)) = 1, nên tồn tại q(x), p(x) ∈ F x sao cho 1 = q(x)g(x) + p(x)f (x). Từ đó 1 + I = q(x)g(x) + I = (q(x) + I )(g(x) + I ). Chứng tỏ g(x) + I là phần tử khả nghịch của K . Vậy K là trường. Xét ánh xạ ϕ : F −→ K, a −→ a + I . Ta dễ thấy ϕ là đồng cấu vành và là đơn ánh, do đó nó là đơn cấu. Vì thế ta có thể đồng nhất mỗi a ∈ F với ảnh ϕ(a) = a + I ∈ K. Như vậy F được coi như một trường con của K.
Chương 1 Mở rộng trường 1.1 Mở rộng trường Bổ đề 1.1. Cho F là trường và f (x) ∈ F [x] là đa thức bất khả quy. Khi đó K = F [x]/(f (x)) là trường và x = x + (f (x)) là một nghiệm của f (x). Hơn nữa ta có đơn cấu ϕ : F −→ K, do đó ta có thể coi F là trường con của K. Chứng minh. Đặt I = (f (x)), suy ra K = F [x]/I . Vì f (x) bất khả quy nên I = F [x] và do đó K là vành giao hoán khác 0. Lấy tùy ý g(x) + I là phần tử khác 0 của K. Khi đó g(x) ∈/ I hay f (x) không là ước của g(x). Mặt khác do f (x) bất khả quy, suy ra (g(x), f (x)) = 1, nên tồn tại q(x), p(x) ∈ F [x] sao cho 1 = q(x)g(x) + p(x)f (x). Từ đó 1 + I = q(x)g(x) + I = (q(x) + I )(g(x) + I ). Chứng tỏ g(x) + I là phần tử khả nghịch của K . Vậy K là trường. Xét ánh xạ ϕ : F −→ K, a −→ a + I . Ta dễ thấy ϕ là đồng cấu vành và là đơn ánh, do đó nó là đơn cấu. Vì thế ta có thể đồng nhất mỗi a ∈ F với ảnh ϕ(a) = a + I ∈ K. Như vậy F được coi như một trường con của K. Cuối cùng, giả sử f (x) = n i, và đặt x = x + I ∈ K. Khi đó f (x) = n i=0 a i x i = n i=0 i=0 a i x n a i (x + I ) i = i=0 (a i x i + I) = ( n i=0 a i x i ) + I = f (x) +I = 0. Suy ra x là một nghiệm của f (x). Định nghĩa 1.2. Cho F là trường con của trường K. Khi đó quan hệ F ⊆ K được gọi là một mở rộng trường, nó còn được kí hiệu là K/F . Nếu có một dãy các mở rộng trường F1 ⊆ F2 ⊆ . . . ⊆ F n , khi đó ta thường gọi đó là một tháp các trường. 4 Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 5 Chú ý 1.3. Giả sử K/F là một mở rộng trườn g. Khi đó K có cấu trúc của một F -khôn g 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, . . . , xd−1 + I }. Ta sẽ chứng tỏ S là cơ sở của K. Lấy tùy ý g(x) ∈ F [x], khi đó theo định lý phép chia với dư, tồn tại q(x), r(x) ∈ F [x] sao cho g(x) = f (x)q(x) + r(x), trong đó deg(r(x)) < d (nếu r(x) = 0). Vì thế r(x) = a0 + a1x + . . . + a d −1xd−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(xd−1 + I ) = 0, suy ra b0 + b1x + . . . + b d −1xd−1 ∈ I hay b0 + b1x + . . . + b d −1xd−1 chia hết cho f (x). Điều này suy ra b0 + b1x + . . . + b d −1xd −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 f (α1, , α n ) iii) Mỗi phần tử của F (α1, . . . , α n ) có dạng 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 đơn đại số. Ví dụ: Q( 2) ∼ = Q[x]/(x2 − 2). b) α là phần tử siêu việt trên F (tức là α không là nghiệm của bất kì đa thức khác 0 nào của F [x]). Xét ánh xạ δ : F [x] −→ F [α] g(x) −→ g(α) khi đó nó là toàn cấu và có Ker δ = {g(x) ∈ F [x] | g(α) = 0} = 0. Suy ra, ta có đẳng cấu F [α] ∼ = F [x]. Do đó g ( x) F (α) ∼ = F (x) = { h (x) | g(x), h(x) ∈ F [x], h(x) = 0}. Trường hợp này ta nói F (α)/F là mở rộng đơn siêu việt. Ví dụ: Q(π) ∼ = Q(x). Định nghĩa 1.7. Cho E/F là mở rộng trường. - Ta nói E/F là mở rộng hữu hạn nếu [E : F ] là một số hữu hạn (tức là [E : F ] < ∞). Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 7 - Ta nói E/F là mở rộng đại số nếu mọi phần tử của E đều là phần tử đại số trên F . Bổ đề 1.8. Cho E/K và K/F là các mở rộng trường. Khi đó [E : F ] = [E : K][K : F ]. Do đó E/F là mở rộng hữu hạn nếu và chỉ nếu cả E/K và K/F là các mở rộng hữu hạn. Chứng minh. Giả sử {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 iα 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 ∈I j∈J c ij β j α i = 0, khi đó nếu đặt b i = j ∈J c ijβ 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, . . . , αn 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 αn = 0. Đặt f (x) = a0 + a1x + a2x2 + . . . + a n xn, 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 i=0−1 a iαi | a i ∈ F } là một không gian véc tơ trên F có một cơ sở là {1, α, α 2 , . . . , αn−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, [...]... mỗi bước là một mở rộng đơn đại số (nên mỗi bước là mở rộng hữu hạn) Vì thế E/F là mở rộng hữu hạn iv) Nói chung, một mở rộng đại số không là mở rộng hữu hạn Chẳng hạn, lấy F = Q và E = Q(S ) Trong đó S = { 2 | p là số nguyên p tố } ⊆ R và Q(S) là trường con nhỏ nhất của R chứa Q và S Khi đó, E/F là mở rộng đại số nhưng nó không là mở rộng hữu hạn Định nghĩa 1.10 i) Cho F là trường và đa thức f (x)... 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| = id ) F 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. .. 1, và p(x) là nhân tử bất khả quy của f (x) sao Khi đó trường phân rã cho của f deg(p(x)) = d ≥ 2 Lấy α ∈ E là một nghiệm của p(x) Giả sử ϕ∼:E −→ E là một mở rộng tùy ý của ϕ Khi đó nếu đặt α = ϕ∼(α) thì α là một nghiệm của p(x) Ta thấy ∼ϕ(F (α)) = F (α), do đó ϕ∼|F(α) : F (α) −→ F (α) là một đẳng cấu trường, và là một mở rộng của ϕ Như vậy mỗi đẳng cấu trường ϕ∼:E −→ E mà là một mở rộng tùy ý của. .. 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∼ d nghiệm α Lưu ý rằng E F (α) −→ F (α) là mở rộng của ϕ, tương ứng với cũng là trường phân rã của f (x) trên F (α), và E nhất sai khác đẳng cấu giữ n các [E : F (α)] = [E : F ]/d < [E : F ] phần Từ đó và từ giả thiết... 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) = tử tùy ý của F (α) là f (α) α Khi đó, với phần i = n i=0 aiα , 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) (i) Tồn tại một đẳng cấu trường ϕ∼:E −→ E là mở là mở rộng rộng... là mở rộng cách là duy nguyê cũng là trường phân rã của f (x) trên F (α); hơn nữa của ϕ; do đó có tất cả là d × ([E : F ]/d) = [E : F ] mở rộng của F một 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 : (x) trên tử của F ϕ theo Chứng như trên minh Hệ quả 1.18 (Tính duy nhất của trường phân rã) Cho f (x) ∈ F [x] là Thay F =F và ϕ = id vào Định lý. .. F (α)] [F (α) : F] và Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 11 [F (α) : F]= deg(p( x)) ≥ 2, nên [E : F (α)] < [E : F ] Từ đó theo giả thiết quy nạp, tồn tại đẳng cấu trường ϕ∼:E −→ E là mở rộng của ϕ, do đó là mở rộng đa thức của ϕ có bậc (ii) Chứng minh này cải tiến chứng minh của (i), ta cũng quy nạp theo [E : F ] dương Nếu [E : F ] = 1 thì E = F và chỉ có duy nhất mở rộng ϕ∼ của ϕ, chính là ϕ Giả... trên F Khi đó và f (x) là tích của các nhân tử tuyến tính ≥ 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 :... là một mở rộng trường Nếu mọi phần tử của E 1.2 Trường phân rã của đa thức đều là phần tử tách được thì ta gọi E/F là mở rộng tách được Định nghĩa 1.11 Định nghĩa 1.13 Cho mở rộng trường E/F và f (x) ∈ F [x] Trường F - Ta nói f (x) phân rã trong được gọi thành tích những nhân tử E nếu f (x) được viết là trường hoàn thiện nếu mọi đa tuyến tính trong E[x], tức là E chứa tất cả các nghiệm thức của f (x)... đẳng cấu trường ϕ∼:E −→ E là mở là mở rộng rộng của ϕ của đẳng cấu đồng nhất id và (ii) Nếu f (x) tách được thì có chính xác [E : F ] mở ϕ(α) = β rộng ∼ϕ của ϕ Chứng minh Kết quả được suy Chứng minh Ta có nhận xét deg(f (x)) = deg(f (x)) ra từ Bổ đề 1.15, bằng cách (i) Ta chứng minh định lý bằng quy nạp theo [E F : chọn F =F F] và ϕ = id ≥ 1 Nếu [E F Định lý 1.17 Cho ϕ : F −→ F , a −→ a là : F]=1 một . ]. 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. bước là một mở rộng đơn đại số (nên mỗi bước là mở rộng hữu hạn). Vì thế E/F là mở rộng hữu hạn. iv) Nói chung, một mở rộng đại số không là mở rộng hữu hạn. Chẳng hạn, lấy F = Q và E = Q(S ) 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