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

Định nghĩa 4.12.Cho(L,≤)là tập sắp thứ tự (tức là trên Lcó một quan hệ thứ tự≤). i) Một phần tử c∈Lđược gọi là mộtcận trêncủaavàbnếua≤cvàb≤c. Một phần tửd∈Lđược gọi là mộtcận trên nhỏ nhấtcủaavàbnếu nó là một cận trên thỏa mãn tính chấtd≤cvới mọi cận trênccủaavàb.Kíhiệu d=a∨b. ii) Một phần tử c∈Lđược gọi là mộtcận dướicủaavàbnếua≥cvàg≤c. Một phần tửd∈Lđược gọi là mộtcận dưới lớn nhấtcủaavàbnếu nó là một cận dưới thỏa mãn tính chấtd≥cvới mọi cận dướiccủaavàb.Kíhiệu d=a∧b.

pdf53 trang | Chia sẻ: lvcdongnoi | Ngày: 02/04/2015 | Lượt xem: 1479 | Lượt tải: 1download
Bạn đang xem nội dung tài liệu Bài giảng điện tử môn “lý thuyết galois” theo hướng tích cực hóa nhận thức người học, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
xét rằng nếu K1, K2 là các nhóm con của G sao cho K1 ⊆ K2 thì K (1) 1 ⊆ K(1)2 . Giả sử G có dãy G = G0 ⊃ G1 ⊃ G2 ⊃ . . . ⊃ Gn = {e} sao cho Gi+1 là nhóm con chuẩn tắc của Gi với mọi i = 0, . . . , n−1; và Gi/Gi+1 là nhóm Abel với mọi i = 0, . . . , n−1. Ta chứng minh bằng quy nạp theo i ≥ 0 rằng G(i) ⊆ Gi, (∗). Trường hợp i = 0 là rõ ràng. Giả sử i > 0 và G(i−1) ⊆ Gi−1. Do Gi−1/Gi là nhóm Abel nên [Gi−1](1) ⊆ Gi theo Bổ đề 3.3. Vì thế G(i) = [G(i−1)](1) ⊆ [Gi−1](1) ⊆ Gi. Suy ra (∗) được chứng minh. Từ đó áp dụng khi i = n: vì Gn = {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−1v−1 = f(x)f(y)f(x−1)f(y−1) = f(xyx−1y−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−1y−1, suy ra w là tích hữu hạn các phần tử có dạng f(x)f(y)f(x)−1f(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). Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 25 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 G/H = G∗0 ⊃ G∗1 ⊃ G∗2 ⊃ . . . ⊃ G∗n = {e} sao cho G∗i+1 là nhóm con chuẩn tắc của G ∗ i , i = 0, . . . , n− 1; G∗i /G∗i+1 là nhóm Abel, i = 0, . . . , n− 1. Khi đó ta có dãy các nhóm con của G như sau G = G0 ⊃ G1 ⊃ G2 ⊃ . . . ⊃ Gn = H sao cho Gi+1 là nhóm con chuẩn tắc của Gi, i = 0, . . . , n− 1; Gi/Gi+1 là nhóm Abel, i = 0, . . . , n − 1 (ở đây Gi/H = G∗i , i = 0, 1, . . . , n − 1). Lại vì H giải được nên ta có dãy H = H0 ⊃ H1 ⊃ H2 ⊃ . . . ⊃ Hl = {e} sao cho Hi+1 là nhóm con chuẩn tắc của Hi, i = 0, . . . , l− 1; Hi/Hi+1 là nhóm Abel, i = 0, . . . , l − 1. Bây giờ ta ghép hai dãy trên với nhau ta được dãy G = G0 ⊃ G1 ⊃ G2 ⊃ . . . ⊃ Gn = H = H0 ⊃ H1 ⊃ H2 ⊃ . . . ⊃ Hl = {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 (12)(34)(13)(24) = (13)(24)(12)(34) = (14)(23) ∈ B4, (12)(34)(14)(23) = (14)(23)(12)(34) = (13)(24) ∈ B4, (13)(24)(14)(23) = (14)(23)(13)(24) = (12)(34) ∈ B4. Hơn nữa, B4 đóng kín với phép lấy phần tử nghịch đảo, vì ((12)(34))−1 = (12)(34) ∈ B4, ((13)(24))−1 = (13)(24) ∈ B4, ((14)(23))−1 = (14)(23) ∈ B4. Vậy B4 là nhóm con của S4. Cuối cùng ta chứng minh α −1βα ∈ 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−1βα(u) = u (vì nếu trái lại, suy ra βα(u) = α(u), mâu thuẫn); 26 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng ta chọn v ∈ {1, 2, 3, 4} \ {u, α−1βα(u)}, khi đó α−1βα(u) = α−1βα(v) = v; hơn nữa u = α−1βα(v) (vì nếu trái lại, suy ra α(u) = βα(v), suy ra βα(u) = β2α(v) = α(v), suy ra α−1βα(u) = v, mâu thuẫn). Chứng tỏ α−1βα = ⎛ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝ u α−1βα(u) v α−1βα(v) ↓ ↓ ↓ ↓ α(u) βα(u) α(v) βα(v) ↓ ↓ ↓ ↓ βα(u) α(u) βα(v) α(v) ↓ ↓ ↓ ↓ α−1βα(u) u α−1βα(v) v ⎞ ⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠ . Đặt k = α−1βα(u) và l = α−1βα(v). Khi đó α−1βα = (uk)(vl), trong đó {u, v, k, l} = {1, 2, 3, 4}. Vậy α−1βα ∈ B4. Định lý 3.7. Nhóm Sn là nhóm giải được khi và chỉ khi n ≤ 4. Chứng minh. Chú ý rằng khi n < m thì ta có thể coi Sn là nhóm con của Sm. Vì thế theo Bổ đề 3.5, để chứng minh định lý ta chỉ cần chứng tỏ rằng S4 là nhóm giải được và S5 không là nhóm giải được. Trước hết ta chứng minh S4 là nhóm giải được. Thật vậy, với n = 4 thì nhóm S4 có dãy các nhóm con như sau S4 ⊃ A4 ⊃ B4 ⊃ e trong đó A4 là nhóm thay phiên còn B4 = {e, (12)(34), (13)(24), (14)(23)}. Trong đó, ta biết A4 có chỉ số 2 trong S4 nên A4 chuẩn tắc trong S4, đồng thời nhóm thương S4/A4 có cấp 2 nên là Abel; B4 chuẩn tắc trong A4 (vì theo Bổ đề 3.6, B4 chuẩn tắc trong S4 nên nó cũng chuẩn tắc trong A4), nhóm thương A4/B4 có cấp 3 nên luôn là nhóm Abel; B4 là nhóm cấp 4 nên nó là nhóm Abel. Chứng tỏ S4 là nhóm giải được. Phần còn lại để chứng minh S5 không là nhóm giải được, ta chỉ cần chứng tỏ A5 là nhóm đơn (tức là nhóm không có nhóm con chuẩn tắc không tầm thường). Ta thấy mọi phần tử của A5 là một trong các phần tử có dạng (ijk), (ij)(kl) hoặc (ijklm) với i, j, k, l,m là các số phân biệt trong tập {1, 2, 3, 4, 5}. Bằng cách tính toán trực tiếp ta có biểu diễn [(ijl), (ikm)] = (ijl)(ikm)(ijl)−1(ikm)−1 = (ijl)(ikm)(ilj)(imk) = (ijk), [(ijk), (ijl)] = (ijk)(ijl)(ijk)−1(ijl)−1 = (ijk)(ijl)(ikj)(ilj) = (ij)(kl), [(ij)(km), (iml)] = (ij)(km)(iml)((ij)(km))−1(iml)−1 = (ij)(km)(iml)(ij)(km)(ilm) = (ijklm). Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 27 Chứng tỏ mọi phần tử của A5 đều là một hoán tử, tức là phần tử có dạng xyx−1y−1 với x, y ∈ A5. Giả sử tồn tại nhóm con chuẩn tắc B của A5 sao cho A5/B là nhóm Abel, khi đó ta có toàn cấu nhóm ϕ : A5−→A5/B. Lấy phần tử z tùy ý của A5, theo trên suy ra z có dạng z = xyx −1y−1 với x, y ∈ A5, do đó ϕ(z) = ϕ(xyx−1y−1) = ϕ(x)ϕ(y)ϕ(x−1)ϕ(y−1) = ϕ(x)ϕ(y)ϕ(x)−1ϕ(y)−1 = e. Suy ra ϕ là đồng cấu không, trong khi đó ϕ là toàn cấu; chứng tỏ A5/B = {e} hay B = A5. Vậy A5 là nhóm đơn. Định lý 3.8. Cho H là một nhóm con của nhóm S5. Giả sử H chứa một chuyển trí δ = (i j), và H tác động bắc cầu lên tập {1, 2, 3, 4, 5} (tức là, với mọi i, j ∈ {1, . . . , 5}, tồn tại σ ∈ H sao cho σ(i) = j). Khi đó H = S5. Chứng minh. Đặt X = {1, 2, 3, 4, 5}. Trong X ta định nghĩa một quan hệ hai ngôi ∼ như sau: với i, j ∈ X, ta nói i ∼ j nếu và chỉ nếu i = j hoặc (ij) ∈ H. Ta thấy ∼ là một quan hệ tương đương, thật vậy: hiển nhiên i ∼ i; và nếu i ∼ j thì (j i) = (i j) ∈ H suy ra j ∼ i. Ngoài ra nếu i ∼ j và j ∼ k thì (i j), (i k) ∈ H; do đó ta có (i k) = (i j)(j k)(i j) ∈ H, chứng tỏ i ∼ k. Kí hiệu E(i) là lớp tương đương chứa i. Bây giờ ta sẽ chứng tỏ |E(i)| = |E(j)|, tức là các lớp tương đương có cùng một số phần tử. Vì H tác động bắc cầu lên X, nên tồn tại phần tử σ ∈ H sao cho σ(i) = j. Lấy tùy ý a ∈ E(i), tức là (i a) ∈ H. Khi đó phần tử σ(i a)σ−1 hoán vị σ(a) và σ(i) cho nhau, trong khi nó cố định các phần tử còn lại, tức là σ(i a)σ−1 = (σ(i) σ(a)) là một chuyển trí. Mặt khác, vì (j σ(a)) = (σ(i) σ(a)) và σ(i a)σ−1 ∈ H, nên (j σ(a)) ∈ H. Suy ra σ(a) ∼ j hayσ(a) ∈ E(j). Chứng tỏ σ(E(i)) ⊆ E(j), và vì thế |E(i)| ≤ |E(j)|. Bất đẳng thức ngược lại được chứng minh tương tự. Gọi số các lớp tương đương rời nhau trong X là n. Khi đó vì mọi lớp tương có cùng số phần tử (theo chứng minh trên) nên ta có 5 = n|E(i)|. Mặt khác, theo giả thiết δ = (i j) ∈ H, nên |E(i)| > 1. Suy ra |E(i)| = 5. Điều này có nghĩa là H = S5. 3.2 Đa thức giải được bằng căn thức Định nghĩa 3.9. - Một mở rộng trường B/F được gọi là mở rộng thuần túy kiểu m nếu B = F (α) trong đó αm ∈ F với m là số nguyên dương. 28 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng - Một tháp các trường F = B0 ⊆ B1 ⊆ . . . ⊆ Bt được gọi là tháp căn nếu mỗi Bi+1/Bi là một mở rộng thuần túy. Trong trường hợp này ta gọi Bt/F là mở rộng căn. Định nghĩa 3.10. Cho F là một trường, f(x) ∈ F [x], và E là trường phân rã của f(x) trên F . Ta nói f(x) giải được bằng căn thức trên F nếu và chỉ nếu tồn tại một mở rộng căn B/F sao cho B chứa E. Ví dụ: Ta sẽ minh họa tính giải được trên Q của các đa thức bậc hai, bậc ba và bậc bốn. a) Cho f(x) = x2 + bx+ c ∈ C[x], ta đặt F = Q(b, c) và B = F (α) (với α là một căn bậc hai của b2 − 4c). Khi đó, B/F là mở rộng thuần túy kiểu 2, và B là trường phân rã của f(x) trên F ; do đó f(x) là đa thức giải được bằng căn thức trên F . b) Nếu f(x) = x3 + px+ q ∈ C[x], thì ta đặt F = Q(p, q), B1 = F (α) (với α là một căn bậc hai của q2 + 4p 3 27 ) nó là một mở rộng thuần túy kiểu 2 của F , và đặt B2 = B1(u) (với u là một căn bậc 3 của −12(−q + α)) nó là mở rộng thuần túy kiểu 3 của B1. Ta đã biết rằng nếu đặt v = − p3u thì v ∈ B2 và các nghiệm của f(x) là u+ v, ωu+ ω2v, ω2u+ ωv (trong đó ω là một căn nguyên thủy bậc 3 của đơn vị). Đặt B3 = B2(ω), nó là một mở rộng thuần túy kiểu 3. Khi đó, B3/F là một mở rộng căn. Như vậy, trường phân rã E của f(x) trên F thỏa mãn E ⊆ B3, và do đó f(x) giải được bằng căn thức trên F . c) Nếu f(x) = x4 + ax3 + bx2 + cx + d ∈ C[x], thì ta đặt F = Q(a, b, c, d). Gọi y là một nghiệm của một đa thức bậc ba Δ(y) = 0, ta đã biết khi đó y ∈ B3 (trong đó F ⊆ B1 ⊆ B2 ⊆ B3, với B3/F là một mở rộng căn), hơn nữa phương trình f(x) = 0 tương đương với hai phương trình bậc hai (x2 + ax 2 + y 2 ) = ±(ux + v) trong đó u2 ∈ B3 và v ∈ B3(u). Đặt B4 = B3(u), khi đó f(x) = 0 tương đương với hai phương trình bậc hai a1x 2 + b1x + c1 = 0, a2x 2 + b2x + c2 = 0 trong đó ai, bi, ci ∈ B4. Đặt B5 = B4(δ1), B6 = B5(δ2), trong đó δ 2 1 = b 2 1− 4a1c1 ∈ B4, δ22 = b22− 4a2c2 ∈ B5. Như vậy trường phân rã của f(x) trên F được chứa trong B6 với B6/F là một mở rộng căn. Chứng tỏ f(x) giải được bằng căn thức trên F . Định nghĩa 3.11. Cho T1 và T2 là các trường con của trường T . Khi đó giao của mọi trường con của T chứa T1 và T2 là một trường con nhỏ nhất của T chứa T1 và T2, ta kí hiệu là T1 ∨ T2, và được gọi là trường hợp thành của T1 và T2. Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 29 Chú ý 3.12. Ta có nhận xét rằng nếu T1/F và T2/F lần lượt là các mở rộng thuần túy kiểu m1 và m2 thì (T1∨T2)/F là mở rộng căn. Thật vậy, T1 = F (α1), αm11 ∈ F , T2 = F (α2), αm22 ∈ F . Suy ra T1∨T2 = F (α1)∨F (α2) = F (α1, α2) = F (α1)(α2), vì thế (T1 ∨ T2)/T1 là mở rộng thuần túy kiểu m2. Từ đó có tháp căn F ⊂ T1 ⊂ T1 ∨ T2, do đó (T1 ∨ T2)/F là mở rộng căn. Một cách tổng quát, ta thấy nếu E1/F và E2/F là các mở rộng căn thì (E1 ∨ E2)/F cũng là mở rộng căn. Bổ đề 3.13. Cho F là trường có đặc số 0, f(x) ∈ F [x] là đa thức giải được bằng căn thức trên F , và cho E là trường phân rã của f(x) trên F . Khi đó (i) Tồn tại một tháp căn F = R0 ⊂ R1 ⊂ . . . ⊂ Rt sao cho E ⊆ Rt, trong đó Rt là trường phân rã của một đa thức nào đó trên F , và mỗi Ri/Ri−1 là mở rộng thuần túy kiểu nguyên tố pi. (ii) Nếu Rt/F là mở rộng căn như ở ý (i), và nếu F chứa tất cả các căn bậc pi của đơn vị (với mọi i = 1, 2, . . . , t), thì nhóm Gal(E/F ) là nhóm giải được. Chứng minh. (i) Vì f(x) giải được bằng căn thức nên tồn tại một tháp căn F = B0 ⊂ B1 ⊂ . . . ⊂ Bl sao cho E ⊆ Bl. Vì Bl/F là mở rộng hữu hạn nên tồn tại α1, . . . , αn ∈ Bl là các phần tử đại số trên F và thỏa mãn Bl = F (α1, . . . , αn). Gọi gi(x) ∈ F [x] là đa thức tối tiểu của αi (i = 1, 2, . . . , n). Đặt g(x) = g1(x) . . . gn(x). Gọi K là trường phân rã của g(x) trên F . Khi đó Bl ⊆ K, như vậy ta có tháp trường F ⊂ Bl ⊂ K. Giả sử Gal(K/F ) = {σ1, . . . , σr}, khi đó σi(Bl) ∼= Bl với i = 1, 2, . . . , r. Chú ý rằng vì σi biến một nghiệm của g(x) thành một nghiệm của g(x) (i = 1, . . . , r), nên trường hợp thành σ1(Bl) ∨ . . . ∨ σr(Bl) chứa mọi nghiệm của g(x). Suy ra K = σ1(Bl) ∨ . . . ∨ σr(Bl). Vì F ⊆ Bl là mở rộng căn nên F ⊆ σi(Bl) cũng là mở rộng căn (i = 1, 2, . . . , n). Do đó F ⊆ σ1(Bl) ∨ . . . ∨ σr(Bl) = K cũng là mở rộng căn. Do vậy ta có tháp căn F = B0 ⊂ B1 ⊂ . . . ⊂ Bl ⊂ . . . ⊂ K (*) 30 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng với E ⊆ Bl ⊆ K và K là trường phân rã của đa thức g(x) ∈ F [x] trên F . Lưu ý rằng ta có thể "làm mịn" tháp căn (∗) để được một tháp căn F = R0 ⊂ R1 ⊂ . . . ⊂ Rt = K mà mỗi Ri/Ri−1 là một mở rộng thuần túy kiểu nguyên tố pi nào đó. Thật vậy, giả sử C ⊂ D là mở rộng thuần túy kiểu m = p1 . . . ps với pi nguyên tố. Khi đó D = C(α) với αm ∈ C. Nên ta có tháp căn C = C0 ⊂ C0(αp2...ps)︸ ︷︷ ︸ C1 ⊂ C1(αp3...ps)︸ ︷︷ ︸ C2 ⊂ . . . ⊂ Cs−2(αps)︸ ︷︷ ︸ Cs−1 ⊂ Cs−1(α)︸ ︷︷ ︸ Cs = D trong đó Ci/Ci−1 là mở rộng thuần túy kiểu nguyên tố pi. (ii) Lấy F = R0 ⊂ R1 ⊂ . . . ⊂ Rt là tháp căn như ý (i), ta đặt Gi = Gal(Rt/Ri) với i = 0, 1, 2, . . . , t − 1. Vì F chứa tất cả các căn bậc pi của đơn vị, nên mọi Ri cũng vậy (với i = 1, 2, . . . , t). Từ đó, vì Ri = Ri−1(γi) với γ pi i ∈ Ri−1 nên Ri chứa mọi nghiệm của đa thức xpi−γpi; suy ra Ri là trường phân rã của đa thức xpi−γpi ∈ Ri−1[x] trên Ri−1. Lưu ý rằng theo chứng minh ý (i) ta có Rt là trường phân rã của g(x) ∈ F [x] trên F , do đó Rt là trường phân rã của g(x) trên Ri−1. Như vậy ta có thể áp dụng Định lý 2.6 cho tháp mở rộng trường Ri−1 ⊆ Ri ⊆ Rt; khi đó ta có Gal(Rt/Ri) là nhóm con chuẩn tắc của Gal(Rt/Ri−1) và có đẳng cấu Gal(Rt/Ri−1)/Gal(Rt/Ri) ∼= Gal(Ri/Ri−1). Vì Ri/Ri−1 là mở rộng thuần túy kiểu nguyên tố pi nên Gal(Ri/Ri−1) ∼= Zpi hoặc |Gal(Ri/Ri−1)| = 1. Do đó Gal(Ri/Ri−1) là nhóm Abel. Như vậy ta có dãy Gal(Rt/F ) ⊃ Gal(Rt/R1) ⊃ . . . ⊃ Gal(Rt/Rt−1) ⊃ Gal(Rt/Rt) = {e} thỏa mãn ở mỗi bước nhóm nhỏ là nhóm con chuẩn tắc của nhóm lớn và có nhóm thương ở mỗi bước là Abel; chứng tỏ nhóm Gal(Rt/F ) là nhóm giải được. Mặt khác, ta xét tháp trường F ⊂ E ⊂ Rt, trong đó E/F là trường phân rã của f(x) trên F , Rt/F là trường phân rã của g(x) trên F . Áp dụng Định lý 2.6 ta suy ra Gal(Rt/E) là nhóm con chuẩn tắc của nhóm Gal(Rt/F ) và có đẳng cấu Gal(Rt/F )/Gal(Rt/E) ∼= Gal(E/F ). Do đó vì Gal(Rt/F ) là nhóm giải được nên ta suy ra Gal(E/F ) là nhóm giải được, đó là điều phải chứng minh. Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 31 Định lý 3.14. Cho F là trường có đặc số 0, f(x) ∈ F [x] là đa thức giải được bằng căn thức trên F , và cho E là trường phân rã của f(x) trên F . Khi đó nhóm Gal(E/F ) là nhóm giải được. Chứng minh. Từ giả thiết ta có tháp căn F = R0 ⊂ R1 ⊂ . . . ⊂ Rt (**) với E ⊆ Rt. Theo Bổ đề 3.13(i) ta có thể giả thiết mỗi Ri/Ri−1 là mở rộng thuần túy kiểu nguyên tố pi và Rt/F là trường phân rã của một đa thức g(x) ∈ F [x] nào đó trên F . Đặt m là bội chung nhỏ nhất của p1, . . . , pt và kí hiệu ω là một căn nguyên thủy bậc m của đơn vị. Khi đó tháp căn (∗∗) có thể được nối dài thêm Rt ⊂ R′ = Rt(ω) và làm mịn sao cho mỗi bước là một mở rộng thuần túy kiểu nguyên tố. Ta có nhận xét rằng R′ là trường phân rã của đa thức (xm − 1)g(x) ∈ F [x] trên F . Bây giờ ta xây dựng một tháp trường mới bằng cách ghép thêm ω vào dãy (∗∗), cụ thể là F = R0 ⊂ F (ω) ⊂ R1(ω) ⊂ . . . ⊂ Rt(ω) = R′. Chú ý rằng mỗi bước của tháp trên là mở rộng thuần túy và E ⊂ R′. Từ trên và do F (ω)/F là trường phân rã của đa thức xm − 1 ∈ F [x] trên F nên theo Định lý 2.6 Gal(R′/F (ω)) là nhóm con chuẩn tắc của nhóm Gal(R′/F ) và có đẳng cấu Gal(R′/F )/Gal(R′/F (ω)) ∼= Gal(F (ω)/F ). Vì Gal(F (ω)/F ) là nhóm Abel (theo Định lý 2.20), nên nó là nhóm giải được (1). Mặt khác, mỗi bước của tháp trường sau đây F (ω) ⊂ R1(ω) ⊂ . . . ⊂ Rt(ω) = R′ là một mở rộng thuần túy kiểu nguyên tố pi. Ta thấy rằng F (ω) chứa mọi căn bậc pi của đơn vị, với mọi i = 1, . . . , t (vì pi|m mọi i). Từ đó theo Bổ đề 3.13(ii), ta suy ra rằng Gal(R′/F (ω)) là nhóm giải được (2). Từ (1), (2) và Bổ đề 3.5 suy ra Gal(R′/F ) là nhóm giải được. Cuối cùng áp dụng Định lý 2.6 cho tháp trường F ⊂ E ⊂ R′ ta có Gal(R′/F )/Gal(R′/E) ∼= Gal(E/F ). Từ đó suy ra Gal(E/F ) là nhóm giải được (theo Bổ đề 3.5), ta có điều phải chứng minh. Định lý 3.15. (Abel-Ruffini) Tồn tại một đa thức bậc năm f(x) ∈ Q[x] không giải được bằng căn thức. 32 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng Chứng minh. Xét đa thức f(x) = x5 − 4x + 2. Rõ ràng f(x) bất khả quy trên Q (theo tiêu chuẩn Eisenstein). Lấy E/Q là trường phân rã của f(x), khi đó E ⊆ C. Lấy G = Gal(E/Q). Gọi α là một nghiệm của f(x), khi đó [Q(α) : Q] = 5 và do đó [E : Q] = 5[E : Q(α)]. Vì f(x) là đa thức tách được nên |G| = [E : Q] (theo Hệ quả 2.5). Suy ra 5 là một ước của |G|. Bây giờ ta sử dụng một số tính toán; f(x) có đạo hàm triệt tiêu tại ± 4√4/5 ∼ ±0, 946. Ta có f( 4√4/5) 0. Từ đó suy ra f(x) có 3 nghiệm thực và 2 nghiệm phức. x −∞ − 4√4/5 4√4/5 +∞ f ′(x) = 5x4 − 4 + 0 - 0 + f(− 4√4/5) +∞ f(x) = x5 − 4x + 2 ↗ ↘ ↗ −∞ f( 4√4/5) Ta xem G như một nhóm gồm các hoán vị của 5 nghiệm của f(x). Chú ý rằng vì 5 chia hết |G|, nên G chứa một vòng xich độ dài 5. Gọi δ là tự đẳng cấu của E xác định như sau δ : E−→E, a + bi −→ a − bi, rõ ràng δ có cấp 2. Vì thế G chứa một chuyển trí. Như vậy G chứa một chuyển trí và tác động bắc cầu lên tập {1, 2, 3, 4, 5}. Từ đó theo Định lý 3.8, suy ra G = S5. Vậy G là nhóm không giải được (theo Định lý 3.7. Chứng tỏ đa thức f(x) không giải được bằng căn thức (theo Định lý 3.14). Bài tập. 1. Chứng minh rằng mọi nhóm Abel hữu hạn là nhóm giải được. 2. Xây dựng tháp căn trên Q cho đa thức f(x) trong các trường hợp sau: a) f(x) = x3 + x2 − 36; b) f(x) = x4 − 20x2 + 16. Chương 4 Mở rộng Galois, Định lý cơ bản của lý thuyết Galois 4.1 Tính độc lập tuyến tính Kí hiệu. Cho G là một nhóm, E là một trường. Đặt V (G,E) là tập tất cả các ánh xạ từ G vào E. Ta xác định phép cộng và nhân vô hướng như sau f + g : G −→ E, x −→ f(x) + g(x), af : G −→ E, x −→ af(x) với mọi f, g ∈ V (G,E) và mọi a ∈ E. Khi đó V (G,E) là một E−không gian vectơ. Trường hợp đặc biệt, khi lấy G là nhóm nhân E∗ = E \ {0}, ta có V (E∗, E) là một E-không gian vectơ. Bổ đề 4.1. Cho E là một trường. Giả sử σ1, . . . , σn là những tự đẳng cấu đôi một phân biệt của trường E. Ta có thể coi σ1, . . . , σn là các phần tử của V (E∗, E). Khi đó {σ1, . . . , σn} độc lập tuyến tính trong V (E∗, E), tức là nếu có a1, . . . , an ∈ E sao cho ∑n i=1 aiσi(x) = 0 với mọi x ∈ E thì a1 = . . . = an = 0. Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n. Nếu n = 1 thì ta có a1σ1(x) = 0 với mọi x ∈ E. Từ đó suy ra a1 = a1σ1(1) = 0, nên bổ đề đúng với n = 1. Giả sử bổ đề đúng với n−1 và giả sử có a1, . . . , an ∈ E sao cho∑n i=1 aiσi(x) = 0 với mọi x ∈ E. Ta giả sử phản chứng rằng tồn tại ai khác 0. Khi đó có hai khả năng xảy ra: thứ nhất nếu có aj nào đó bằng 0 (j = i), khi đó theo giả thiết quy nạp ta suy ra ai = 0, điều này mâu thuẫn. Thứ hai tất cả các aj đều khác 0, với giả thiết này ta chia hai vế cho an = 0 ta được đẳng 33 34 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng thức n−1∑ i=1 biσi(x) + σn(x) = 0,∀x ∈ E (bi = 0,∀i). (†∗) Do σ1 = σn nên ta có thể chọn được a ∈ E sao cho σ1(a) = σn(a). Thay x bởi ax vào (†∗) ta được n−1∑ i=1 biσi(a)σi(x) + σn(a)σn(x) = 0,∀x ∈ E (bi = 0,∀i). Từ đó suy ra n−1∑ i=1 biσi(a)σn(a) −1σi(x) + σn(x) = 0,∀x ∈ E. (‡∗) Từ (†∗) và (‡∗), bằng cách trừ vế cho vế, ta được n−1∑ i=1 bi(σi(a)σn(a) −1 − 1)σi(x) = 0,∀x ∈ E, từ đây theo giả thiết quy nạp suy ra bi(σi(a)σn(a) −1 − 1) = 0 với mọi i = 1, . . . , n − 1. Nói riêng với i = 1 ta có b1(σ1(a)σn(a)−1 − 1) = 0. Vì theo cách chọn a, ta có σ1(a) = σn(a), nên phải có b1 = 0, điều này mâu thuẫn. Định nghĩa 4.2. Cho E là một trường, ta kí hiệu Aut(E) là nhóm tất cả các tự đẳng cấu của E. Nếu X là một tập con của Aut(E) thì ta đặt EX = {α ∈ E | σ(α) = α,∀σ ∈ X} khi đó EX là một trường con của E, và ta gọi EX là trường bất biến của E qua X. Nhận xét 4.3. Cho E/F là một mở rộng trường có nhóm Galois là G = Gal(E/F ). Khi đó, ta luôn có F ⊆ EG ⊆ E. Bổ đề 4.4. Giả sử G = {σ1, . . . , σn} là tập các tự đẳng cấu của trường E. Khi đó [E : EG] ≥ n. Chứng minh. Giả sử trái lại rằng [E : EG] = r < n; ta lấy α1, . . . , αr là một cơ sở của không gian vectơ E trên EG. Xét một hệ phương trình tuyến tính gồm Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 35 r phương trình của n ẩn với các hệ tử trên E⎧⎪⎪⎨ ⎪⎪⎩ σ1(α1)x1 + . . . + σn(α1)xn = 0 σ1(α2)x1 + . . . + σn(α2)xn = 0 . . . σ1(αr)x1 + . . . + σn(αr)xn = 0. Vì r < n nên hệ trên có nghiệm không tầm thường (x1, . . . , xn). Lấy tùy ý β ∈ E, ta có β = ∑ri=1 biαi với bi ∈ EG. Nhân dòng i của hệ với bi ta nhận được hệ mới có dòng thứ i là biσ1(αi)x1 + . . . + biσn(αi)xn = 0. Nhưng vì bi ∈ EG nên bi = σj(bi) với mọi i, j. Do đó phương trình trên thực chất là σ1(bi)σ1(αi)x1 + . . . + σn(bi)σn(αi)xn = 0 hay σ1(biαi)x1 + . . . + σn(biαi)xn = 0 Vì vậy ta có hệ phương trình mới là⎧⎪⎪⎨ ⎪⎪⎩ σ1(b1α1)x1 + . . . + σn(b1α1)xn = 0 σ1(b2α2)x1 + . . . + σn(b2α2)xn = 0 . . . σ1(brαr)x1 + . . . + σn(brαr)xn = 0. Ta cộng vế với vế tất cả các phương trình của hệ trên lại, ta được σ1(β)x1 + . . . + σn(β)xn = 0. Như vậy đẳng thức trên đúng với mọi β ∈ E. Từ đó theo Bổ đề 4.1 suy ra x1 = . . . = xn = 0, điều này mâu thuẫn với tính không tầm thường của nghiệm (x1, . . . , xn). Định lý 4.5. Nếu G = {σ1, . . . , σn} là nhóm con của nhóm Aut(E) thì [E : GG] = |G|. Chứng minh. Theo Bổ đề 4.4, để chứng minh định lý, ta chỉ cần chứng minh [E : EG] ≤ n. Đặt r = [E : EG], ta lấy một cơ sở của không gian vectơ E trên EG là α1, . . . , αr. Trong không gian vectơ E n, ta xét r vectơ sau đây⎧⎨ ⎩ (σ1(α1), . . . , σn(α1)) . . . (σ1(αr), . . . , σn(αr)) 36 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng Nếu ta chứng minh được rằng r vectơ đó độc lập tuyến tính thì ta kết luận được rằng r ≤ n. Giả sử ta có r∑ i=1 aiσj(αi) = 0, (j = 1, . . . , n), ai ∈ E; ta cần chứng minh ai = 0 với mọi i = 1, . . . , n. Ta sẽ chứng minh điều này bằng quy nạp theo r. Nếu r = 1 thì ta xét σ1 = idE ∈ G. Khi đó từ a1σ1(α1) = 0 suy ra a1α1 = 0, do đó a1 = 0. Giả thiết tính chất đúng cho r − 1, ta chứng minh nó đúng cho r. Giả sử ta có ∑r i=1 aiσj(αi) = 0, (j = 1, . . . , n), ai ∈ E nhưng các ai không bằng không tất cả, chẳng hạn ar = 0 (điều đó có thể được bằng cách đánh số lại các σi của G); khi đó ta chia hai vế cho ar, ta được r−1∑ i=1 biσj(αi) + σj(αr) = 0, (j = 1, . . . , n). (†) Ta thấy các bi không thể đồng thời thuộc E G tất cả, bởi vì nếu thế thì khi lấy σ1 = idE thì hệ thức trên cho ta r−1∑ i=1 biαi + αr = 0 nhưng điều này là không thể được vì α1, . . . , αr độc lập tuyến tính trên E G. Vì thế tồn tại bi /∈ EG, giả sử b1 /∈ EG (ta có thể giả sử được bằng cách hoán vị các phần tử của G). Khi đó tồn tại σq ∈ G sao cho σq(b1) = b1. Ta áp dụng σq vào (†), ta được r−1∑ i=1 σq(bi)σqσj(αi) + σqσj(αr) = 0, (j = 1, . . . , n). (†‡) Khi j = 1, . . . , n, thì σj chạy khắp nhóm G và σqσj cũng vậy. Do đó, trong (†‡), ta có thể thay σqσj bởi σj, ta được r−1∑ i=1 σq(bi)σj(αi) + σj(αr) = 0, (j = 1, . . . , n). († ‡ ∗) Trừ (†‡∗) vào (†) ta được∑r−1i=1 (σq(bi)− bi)σj(αi) = 0, (j = 1, . . . , n). Từ đây theo giả thiết quy nạp ta suy ra σq(bi)−bi = 0 với mọi i = 1, . . . , r−1. Nói riêng ta có σq(b1) = b1, điều này là mâu thuẫn. Kết luận r = [E : E G] = |G| = n. Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 37 Hệ quả 4.6. Cho G và H là các nhóm con hữu hạn của nhóm Aut(E). Khi đó nếu EG = EH thì G = H. Chứng minh. Lấy tùy ý σ ∈ G, ta có σ(α) = α với mọi α ∈ EG. Ngược lại, giả sử có δ ∈ Aut(E) thỏa mãn δ(β) = β với mọi β ∈ EG; khi đó δ ∈ G. Thật vậy, giả sử trái lại rằng δ /∈ G, thế thì EG bị cố định bởi các phần tử của G ∪ {δ}, suy ra EG ⊆ EG∪{δ}. Từ đó theo Bổ đề 4.4 và Định lý 4.5 ta có n = |G| = [E : EG] ≥ [E : EG∪{δ}] ≥ n + 1, điều này vô lý. Suy ra δ ∈ G. Như vậy với mọi δ ∈ Aut(E) ta có δ cố định EG nếu và chỉ nếu δ ∈ G. Từ đó áp dụng vào các nhóm con G và H ta suy ra: nếu δ ∈ G thì δ cố định EG(= EH), vì thế từ δ cố đinh EH suy ra δ ∈ H; điều ngược lại tương tự. Ta suy ra điều phải chứng minh. 4.2 Mở rộng Galois Cho mở rộng trường E/F có nhóm Galois là G = Gal(E/F ); khi đó ta dễ thấy F ⊆ EG ⊆ E. Nhìn chung F = EG, chẳng hạn xét thí dụ sau: Lấy F = Q, E = Q( 3√2), khi đó ta có G = Gal(E/F ) = {idE} (thật vậy: với mọi δ ∈ G ta có δ( 3 √ 2) ∈ E và δ( 3 √ 2) cũng là một nghiệm của đa thức f(x) = x3− 2. Lưu ý rằng E là trường con của R. Vì thế δ( 3 √ 2) phải là một nghiệm thực của f(x), do đó δ( 3 √ 2) = 3 √ 2. Chứng tỏ δ = idE.) Như vậy, EG = {β ∈ E | δ(β) = β, ∀δ ∈ G} = E = F. Định lý 4.7. Cho E/F là mở rộng hữu hạn có nhóm Galois G = Gal(E/F ). Khi đó các mệnh đề sau là tương đương. (i) F = EG; (ii) Nếu p(x) ∈ F [x] là đa thức bất khả quy trên F có một nghiệm trong E thì nó tách được và có mọi nghiệm trong E (tức là p(x) tách được và phân rã trên E); (iii) E là trường phân rã của một đa thức tách được f(x) ∈ F [x]. Chứng minh. (i) ⇒ (ii) Cho p(x) ∈ F [x] là đa thức bất khả quy và nó có một nghiệm α ∈ E. Giả sử β1, . . . , βn là tất cả các phần tử phân biệt của tập {σ(α) | 38 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng σ ∈ G} (lưu ý α = 1E(α) ∈ {β1, . . . , β2}). Đặt g(x) = ∏n i=1(x−βi) ∈ E[x]. Lấy tùy ý σ ∈ G, khi đó σ là một hoán vị của {β1, . . . , βn}. Mặt khác vì các hệ tử của g(x) là những đa thức đối xứng của β1, . . . , β2, nên các hệ tử của g(x) bất biến qua σ. Chứng tỏ g(x) ∈ EG[x] = F [x]. Suy ra p(x) | g(x). Từ đó vì g(x) là đa thức tách được nên p(x) cũng tách được và phân rã hoàn toàn trong E. (ii) ⇒ (iii) Chọn α1 ∈ E \F . Vì E/F là mở rộng hữu hạn nên nó là mở rộng đại số, do đó α1 đại số trên F ; lấy p1(x) ∈ F [x] là đa thức bất khả quy của α1. Theo giả thiết (ii), ta có p1(x) là đa thức tách được và phân rã hoàn toàn trong E. Lấy K1 ⊆ E là trường phân rã của p1(x) trên F . Nếu K1 = E thì ta có điều phải chứng minh. Nếu K1 = E, ta chọn α2 ∈ E \K1. Khi đó tồn tại đa thức bất khả quy của α2 là p2(x) ∈ F [x], hơn nữa p2(x) là đa thức tách được và phân rã hoàn toàn trong E. Lấy K2 ⊆ E là trường phân rã của p1(x)p2(x) (rõ ràng đó cũng là đa thức tách được). Nếu K2 = E thì ta có điều phải chứng minh. Nếu K2 = E thì ta lặp lại quá trình này, và nó phải kết thúc sau hữu hạn bước khi Km = E với m > 0 nào đó (vì E/F là mở rộng hữu hạn). (iii) ⇒ (i) Theo Định lý 4.5 ta có [E : EG] =| G |. Mặt khác, vì E/F là trường phân rã của một đa thức tách được nên [E : F ] =| Gal(E/F ) |=| G | theo Hệ quả 2.5. Do đó EG = F . Định nghĩa 4.8. Một mở rộng hữu hạn E/F gọi là mở rộng Galois nếu nó thỏa mãn một trong các điều kiện tương đương của Định lý 4.7. Định nghĩa 4.9. Cho mở rộng trường E/F , một trường trung gian của mở rộng E/F là một trường con B của E thỏa mãn F ⊆ B ⊆ E. Định nghĩa 4.10. Cho E/F là một mở rộng Galois. Giả sử B và C là các trường trung gian của mở rộng E/F . Nếu tồn tại một đẳng cấu trường từ B đến C cố định F theo từng điểm thì C được gọi là liên hợp của B. Định lý 4.11. Cho E/F là một mở rộng Galois và B là một trường trung gian của mở rộng E/F . Khi đó các mệnh đề sau là tương đương. (i) B không có liên hợp nào ngoài bản thân nó. (ii) Nếu σ ∈ Gal(E/F ), thì σ|B ∈ Gal(B/F ). (iii) B/F là mở rộng Galois. Chứng minh. (i) ⇒ (ii) Lấy tùy ý σ ∈ Gal(E/F ). Vì B không có liên hợp nào ngoài bản thân nó nên σ(B) = B. Suy ra σ|B ∈ Gal(B/F ). (ii) ⇒ (iii) Cho p(x) ∈ F [x] là đa thức bất khả quy có một nghiệm β ∈ B. Vì E/F là mở rộng Galois và B ⊆ E, nên theo Định lý 4.7, ta có p(x) tách Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 39 được và phân rã hoàn toàn trên E. Lấy β′ ∈ E là một nghiệm tùy ý của p(x). Khi đó theo Hệ quả 1.16, tồn tại một đẳng cấu τ : F (β)−→F (β′) cố định F và τ(β) = β′. Vì E/F là mở rộng Galois nên theo Định lý 4.7(iii) suy ra E là trường phân rã của một đa thức f(x) ∈ F [x] tách được nào đó. Ta có thể coi f(x) ∈ F (β)[x], f(x) ∈ F (β′)[x] và ta có f∗(x) = τ ∗(f(x)) = f(x) (ở đây τ ∗( ∑ aix i) = ∑ τ(ai)x i). Từ đó theo Định lý 1.17, τ có một mở rộng σ : E−→E. Do đó σ|F = 1F , nên σ ∈ G. Vì thế từ giả thiết (ii), ta có σ(B) = B. Suy ra β′ = τ(β) ∈ B. Chứng tỏ B chứa mọi nghiệm của p(x), và do đó p(x) phân rã hoàn toàn trên B. Từ đó theo Định lý 4.7 ta được B/F là mở rộng Galois. (iii) ⇒ (i) Vì B/F là trường phân rã của một đa thức f(x) ∈ F [x] nào đó trên F , nên B = F (α1, . . . , αn) với α1, . . . , αn là các nghiệm của f(x). Vì mọi đơn cấu v : B−→E cố định F đều là một hoán vị của các nghiệm của f(x), nên ta có v(B) = v(F (α1, . . . , αn)) = F (v(α1, . . . , αn)) = B. Chứng tỏ B không có liên hợp nào ngoài chính nó. 4.3 Định lý cơ bản của lý thuyết Galois Định nghĩa 4.12. Cho (L,≤) là tập sắp thứ tự (tức là trên L có một quan hệ thứ tự ≤). i) Một phần tử c ∈ L được gọi là một cận trên của a và b nếu a ≤ c và b ≤ c. Một phần tử d ∈ L được gọi là một cận trên nhỏ nhất của a và b nếu nó là một cận trên thỏa mãn tính chất d ≤ c với mọi cận trên c của a và b. Kí hiệu d = a ∨ b. ii) Một phần tử c ∈ L được gọi là một cận dưới của a và b nếu a ≥ c và g ≤ c. Một phần tử d ∈ L được gọi là một cận dưới lớn nhất của a và b nếu nó là một cận dưới thỏa mãn tính chất d ≥ c với mọi cận dưới c của a và b. Kí hiệu d = a ∧ b. Định nghĩa 4.13. Một lưới L là một tập sắp thứ tự (L,≤) thỏa mãn tính chất sau: với mọi a, b ∈ L luôn có một cận trên nhỏ nhất a∨ b và một cận dưới lớn nhất a ∧ b của a và b. Ví dụ 1. Cho G là một nhóm, ta kí hiệu Sub(G) là tập tất cả các nhóm con của G. Với mọi H,K ∈ Sub(G), ta định nghĩa: H ≤ K ⇔ H ⊆ K. Khi đó Sub(G) là một lưới, trong đó cận trên nhỏ nhất của H và K là H∨K =nhóm con củaG sinh bởiH∪K, cận dưới lớn nhất của làH∧K = H∩K. 40 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng Ví dụ 2. Cho mở rộng trường E/F, ta kí hiệu Lat(E/F ) là tập tất cả các trường trung gian của mở rộng E/F . Với mọi B,C ∈ Lat(E/F ) ta định nghĩa B ≤ C ⇔ B ⊆ C. Ta đặt B ∨ C = trường hợp thành của B và C = trường con nhỏ nhất của E chứa B và C = giao của tất cả các trường con của E chứa B và C. Đặt B ∧ C = B ∩ C. Khi đó Lat(E/F ) là một lưới. Bổ đề 4.14. Cho δ : L−→L′ là một song ánh giữa các lưới sao cho cả δ và δ−1 bảo toàn ngược quan hệ thứ tự (tức là nếu a ≤ b ⇒ δ(a) ≥ δ(b), và nếu c ≤ d⇒ δ−1(c) ≥ δ−1(d)). Khi đó (i) δ(a ∨ b) = δ(a) ∧ δ(b). (ii) δ(a ∧ b) = δ(a) ∨ δ(b). Chứng minh. (i) Vì a, b ≤ a ∨ b nên δ(a), δ(b) ≥ δ(a ∨ b), suy ra δ(a) ∧ δ(b) ≥ δ(a∨ b). Vì δ là toàn ánh nên tồn tại c ∈ L sao cho δ(a)∧ δ(b) = δ(c). Tác động δ−1 vào hai vế của bất đẳng thức δ(c) = δ(a) ∧ δ(b) ≥ δ(a ∨ b) ta được c ≤ a ∨ b. Mặt khác, vì δ(a) ∧ δ(b) = δ(c) nên δ(c) ≤ δ(a), δ(b). Tác động δ−1 vào hai vế ta được c ≥ a, b. Suy ra c ≥ a ∨ b. Như vậy a ∨ b ≤ c ≤ a ∨ b⇒ c = a ∨ b⇒ δ(a ∨ b) = δ(c) = δ(a) ∧ δ(b). (ii) Chứng minh tương tự. Định lý 4.15. (Định lý cơ bản của lý thuyết Galois) Cho E/F là một mở rộng Galois có nhóm Galois là G = Gal(E/F ). Khi đó (i) Ánh xạ δ : Sub(G)−→Lat(E/F ), H −→ EH là một song ánh bảo toàn ngược quan hệ thứ tự, và nó có ánh xạ ngược là δ−1 : Lat(E/F )−→Sub(G), B −→ Gal(E/B) cũng bảo toàn ngược quan hệ thứ tự. (ii) B = EGal(E/B) và Gal(E/EH) = H, với mọi B ∈ Lat(E/F ) và mọi H ∈ Sub(G). Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 41 (iii) Với mọi H,K ∈ Sub(G) và mọi B,C ∈ Lat(E/F ) ta có EH∨K = EH ∩ EK và EH∩K = EH ∨ EK ; Gal(E/B ∨ C) = Gal(E/B) ∩Gal(E/C) và Gal(E/B ∩ C) = Gal(E/B) ∨Gal(E/C). (iv) Với mọi B ∈ Lat(E/F ) và mọi H ∈ Sub(G), ta có [B : F ] = [G : Gal(E/B)] và [G : H] = [EH : F ]. (v) Với mọi B ∈ Lat(E/F ), ta có B/F là mở rộng Galois ⇔ Gal(E/B) là nhóm con chuẩn tắc của G. Chứng minh. (i) Nếu H ⊆ K thì EH ⊇ EK ; do đó δ bảo toàn ngược quan hệ thứ tự. Từ Hệ quả 4.6, ta có δ là đơn ánh. Lấy B ∈ Lat(E/F ). Vì E/F là mở rộng Galois, nên E là trường phân rã của một đa thức tách được f(x) ∈ F [x] (theo Định lý 4.7). Ta có thể coi f(x) ∈ B[x], từ đó cũng theo Định lý 4.7, suy ra E/B là mở rộng Galois, và do đó B = EGal(E/B) = δ(H) với H = Gal(E/B). Chứng tỏ δ là toàn ánh. Ta có B = EH = EGal(E/B) = δ(Gal(E/B)). Suy ra Gal(E/B) = δ−1(B). Rõ ràng là nếu B ⊆ C thì Gal(E/B) ⊇ Gal(E/C). Suy ra δ−1 bảo toàn ngược quan hệ thứ tự. (ii) Vì δδ−1 = 1 và δ−1δ = 1, nên với mọi B ∈ Lat(E/F ) ta có B = 1(B) = δδ−1(B) = δ(Gal(E/B)) = EGal(E/B). Với mọi H ∈ Sub(G), ta có H = 1(H) = δ−1δ(H) = δ−1(EH) = Gal(E/EH). (iii) Với mọi H,K ∈ Sub(G) ta có δ(H) = EH , δ(K) = EK . Vì cả δ và δ−1 bảo toàn ngược quan hệ thứ tự nên theo Bổ đề 4.14 ta được EH ∩ EK = δ(H) ∧ δ(K) = δ(H ∨K) = EH∨K và EH∩K = δ(H ∧K) = δ(H) ∨ δ(K) = EH ∨ EK . Với mọi B,C ∈ Lat(E/F ), ta có δ−1(B) = Gal(E/B), δ−1(C) = Gal(E/C). Mặt khác, vì cả δ và δ−1 bảo toàn ngược quan hệ thứ tự nên theo Bổ đề 4.14 ta được Gal(E/B ∨C) = δ−1(B ∨C) = δ−1(B)∩ δ−1(C) = Gal(E/B)∩Gal(E/C) và 42 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng Gal(E/B ∩ C) = δ−1(B ∩ C) = δ−1(B) ∨ δ−1(C) = Gal(E/B) ∨Gal(E/C). (iv) Ta có [B : F ] = [E : F ]/[E : B] = |G|/[E : B] = |G|/|Gal(E/B)| = [G : Gal(E/B)] (trong đó lưu ý rằng vì E/F là mở rộng Galois nên E/F là trường phân rã của một đa thức tách được f(x) ∈ F [x], nên nếu ta coi f(x) ∈ B[x] thì E/B là trường phân rã của đa thức tách được f(x), vì thế [E : B] = |Gal(E/B)|). Từ đó ta thu được [EH : F ] = [G : Gal(E/EH)] = [G : H] (vì theo (ii) ta có Gal(E/EH) = H). (v) Nếu B/F là mở rộng Galois thì B là trường phân rã của một đa thức f(x) ∈ F [x] tách được (theo Định lý 4.7). Vi thế Gal(E/B) là nhóm con chuẩn tắc của nhóm G (theo Định lý 2.6). Ngược lại, cho H = Gal(E/B) là nhóm con chuẩn tắc của G. Khi đó, với mọi σ ∈ G và mọi τ ∈ H, ta có σ−1τσ ∈ H, tức là tồn tại τ ′ ∈ H sao cho τσ = στ ′. Từ đó ta có τ(σ(b)) = σ(τ ′(b)) = σ(b) với mọi b ∈ B (vì τ ′(b) = b). Suy ra σ(b) ∈ EH = EGal(E/B) = B với mọi b ∈ B. Do đó σ(B) = B′ ⊆ B. Mà σ là đẳng cấu và σ|F = 1F , nên [B : F ] = [σ(B) : σ(F )] = [σ(B) : F ], kéo theo σ(B) = B. Do vậy σ|B ∈ Gal(B/F ) với mọi σ ∈ G; vì thế B/F là mở rộng Galois (theo Định lý 4.11). 4.4 Một số áp dụng Hệ quả 4.16. Mở rộng Galois E/F chỉ có hữu hạn các trường trung gian, nói cách khác Lat(E/F ) là tập hữu hạn. Chứng minh. Vì E/F là mở rộng Galois nên nó là mở rộng hữu hạn và E là trường phân rã của một đa thức f(x) ∈ F [x] tách được (theo Định lý 4.7). Từ đó [E : F ] = |Gal(E/F )| <∞ (theo Hệ quả 2.5). Suy ra Gal(E/F ) chỉ có hữu hạn nhóm con. Vì thế theo Định lý cơ bản của lý thuyết Galois thì E/F chỉ có hữu hạn trường trung gian. Định lý 4.17. (Steinitz) Cho E/F là mở rộng hữu hạn. Khi đó E/F là mở rộng đơn khi và chỉ khi E/F chỉ có hữu hạn trường trung gian. Chứng minh. (⇒) Giả sử F ⊆ E = F (α) là một mở rộng đơn. Gọi p(x) ∈ F [x] là đa thức tối tiểu của α trên F . Giả sử B là trường trung gian tùy ý của mở Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 43 rộng E/F , gọi g(x) ∈ B[x] là đa thức tối tiểu của α trên B (khi đó xét trong B[x], ta có g(x)|p(x), vì thế trong E[x] ta cũng có g(x) là một ước monic của p(x)). Lấy B′ là trường con của B sinh ra bởi F và các hệ tử của g(x). Khi đó g(x) ∈ B′[x] và nó cũng bất khả quy trên B′ (vì giả sử α có đa thức bất khả quy trên B′ là g1(x) ∈ B′[x] thì trong B′[x] ta có g(x) = g1(x)h(x). Mặt khác nếu coi g(x), g1(x) ∈ B[x] thì ta được g(x)|g1(x), do đó deg(h(x)) = 0 hay h(x) = constant ∈ B′. Chứng tỏ g(x) bất khả quy trên B′). Vì E = F (α) và F ⊆ B′ ⊆ B ⊆ E nên E = B(α) = B′(α). Do đó [E : B] = [B(α) : B] = deg(g(x)) và [E : B′] = [B′(α) : B′] = deg(g(x)), suy ra B = B′. Như vậy B hoàn toàn được xác định bởi đa thức g(x). Ta lưu ý rằng chỉ có hữu hạn ước monic của p(x) trong E[x], do đó chỉ có hữu hạn trường trung gian B. (⇐) Cho E/F chỉ có hữu hạn trường trung gian. Trường hợp 1: giả sử F là trường hữu hạn. Khi đó vì E/F là mở rộng hữu hạn nên E là trường hữu hạn, từ đó theo Hệ quả 2.12, tồn tại α ∈ E sao cho E = Fp(α) (với Fp là trường con nguyên tố của F ). Từ đó E = F (α) (vì Fp ⊆ F ⊆ E). Trường hợp 2: giả sử F là trường vô hạn. Vì E/F là mở rộng hữu hạn nên tồn tại các phần tử α1, . . . , αn ∈ E (đại số trên F ) sao cho E = F (α1, . . . , αn). Bằng quy nạp ta chỉ cần chứng minh rằng nếu E = F (α, β) thì E/F là mở rông đơn. Xét tất cả các phần tử có dạng γt = α+ tβ, t ∈ F . Vì F là trường vô hạn nên ta có vô hạn phần tử γt. Trong khi chỉ có hữu hạn trường trung gian nên tồn tại t, t′ ∈ F sao cho t = t′ và F (γt) = F (γt′). Rõ ràng F (α, β) ⊇ F (γt). Ngược lại, (t − t′)β = γt − γt′ ∈ F (γt) = F (γt′), suy ra β ∈ F (γt), và do đó α ∈ F (γt). Chứng tỏ F (α, β) ⊆ F (γt). Hệ quả 4.18. (Định lý phần tử nguyên thủy) Mọi mở rộng hữu hạn tách được đều là mở rộng đơn. Chứng minh. Vì E/F là mở rộng hữu hạn nên E = F (α1, . . . , αn) với α1, . . . , αn ∈ E là các phần tử đại số trên F . Lại vì E/F tách được nên mọi αi đều tách được. Gọi pi(x) ∈ F [x] là đa thức tối tiểu của αi. Khi đó pi(x) tách được. Đặt g(x) = p1(x) . . . pn(x). Suy ra g(x) cũng tách được. Lấy E ′ là trường phân rã của g(x) trên F . Khi đó E′/F là mở rộng Galois (theo Định lý 4.7). Rõ ràng E ⊆ E′. Vì E′/F là mở rộng Galois nên E′/F chỉ có hữu hạn trường trung gian (theo Hệ quả 4.16), vì thế E/F cũng vậy. Từ đó theo Định lý 4.17, suy ra E/F là mở rộng đơn. 44 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng Hệ quả 4.19. Trường hữu hạn Fpn có duy nhất một trường con có p d phần tử với mỗi ước d của n. Chứng minh. Theo Định lý 2.16, ta có Gal(Fpn/Fp) ∼= Zn; hơn nữa theo Bổ đề 2.7. Hệ quả 4.20. Nếu E/F là mở rộng Galois có nhóm Galois Gal(E/F ) là nhóm Abel thì B/F là mở rộng Galois với mọi trường trung gian B của E/F . Hệ quả 4.21. Cho f(x) ∈ F [x] là đa thức tách được, và E/F là trường phân rã của f(x). Giả sử f(x) = g(x)h(x) trong F [x], gọi B/F và C/F lần lượt là trường phân rã của g(x) và h(x) sao cho B,C ⊆ E. Khi đó nếu B ∩C = F thì Gal(E/F ) ∼= Gal(B/F )×Gal(C/F ). 4.5 Định lý lớn của Galois Bổ đề 4.22. Cho F ∗/F là một mở rộng trường và f(x) ∈ F [x]. Giả sử E/F và E∗/F ∗ lần lượt là trường phân rã của f(x) trên F và trên F ∗ sao cho E ⊆ E∗. Khi đó Gal(E∗/F ∗) có thể coi là nhóm con của nhóm Gal(E/F ). Chứng minh. Ta có E = F (α1, . . . , αn) và E ∗ = F ∗(α1, . . . , αn), trong đó α1, . . . , αn là các nghiệm phân biệt của f(x). Lấy σ ∈ Gal(E∗/F ∗). Ta có σ|F ∗ = 1F ∗ và σ là một hoán vị của α1, . . . , αn. Do đó σ|F = 1F và σ(E) = σ(F (α1, . . . , αn)) = F (σ(α1), . . . , σ(αn)) = F (α1, . . . , αn) = E. Chứng tỏ σ|E ∈ Gal(E/F ). Do đó ta có ánh xạ ϕ : Gal(E∗/F ∗)−→Gal(E/F ), σ −→ σ|E. Ta thấy ϕ là một đồng cấu nhóm (thật vậy, giả sử σ, τ ∈ Gal(E∗/F ∗), lấy tùy ý e ∈ E ta có (στ)|E(e) = (στ)(e) = σ(τ(e)) = σ|E(τ |E(e)) = (σ|Eτ |E)(e), suy ra ϕ(στ) = (στ)E = σ|Eτ |E = ϕ(σ)ϕ(τ)). Giả sử ϕ(σ) = ϕ(δ) với σ, δ ∈ Gal(E∗/F ∗). Suy ra σ|E = δ|E. Vì E = F (α1, . . . , αn) nên với mỗi αi ∈ E, ta có σ|E(αi) = δ|E(αi) hay σ(αi) = δ(αi). Mặt khác, σ|F ∗ = 1F ∗ = δ|F ∗. Do đó σ( ∑ ai1...inα i1 1 ...α in n ) = ∑ ai1...inσ(α i1 1 ...α in n ) = ∑ ai1...inδ(α i1 1 ...α in n ) = δ( ∑ ai1...inα i1 1 ...α in n ). Chứng tỏ σ = δ, nên ϕ là đơn cấu, và như vậy ta có thể coi Gal(E∗/F ∗) là nhóm con của Gal(E/F ). Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 45 Định nghĩa 4.23. Cho E/F là một mở rộng Galois. Đặt G = Gal(E/F ). Giả sử α ∈ E∗ = E \ 0. Ta định nghĩa chuẩn của α là phần tử N(α) của E được xác định như sau N(α) = ∏ σ∈G σ(α). Nhận xét 4.24. i) Nếu α ∈ F và n = |Gal(E/F )|, thì N(α) = αn. ii) Nếu α ∈ E∗ thì N(α) ∈ F ∗. Thật vậy, với mọi δ ∈ Gal(E/F ) = G, ta có δ(N(α)) = δ( ∏ σ∈G σ(α)) = ∏ δ∈G δσ(α) = N(α). (lưu ý rằng: vì G là nhóm nên nếu σ chạy khắp trong G thì δσ cũng chạy khắp trong G, tức là δG = G.) Suy ra N(α) ∈ EG = F , do đó N(α) ∈ F ∗. iii) N(αβ) = N(α)N(β), do đó N : E∗ −→ F ∗, α −→ N(α) là đồng cấu nhóm giữa các nhóm nhân. iv) N(σ(α)) = N(α), với mọi σ ∈ G. Thật vậy, N(σ(α)) = ∏ δ∈G δ(σ(α)) = ∏ δ∈G δσ(α) = N(α). Bổ đề 4.25. (Định lý thứ 90 của Hilbert). Cho E/F là mở rộng Galois sao cho nhóm Galois G = Gal(E/F ) là nhóm xyclic cấp n có phần tử sinh là σ. Khi đó, với mọi α ∈ E∗, ta có N(α) = 1 ⇔ tồn tại β ∈ E∗ sao cho α = βσ(β−1). Chứng minh. Nếu α = βσ(β−1) thì N(α) = N(βσ(β−1)) = N(β)N(σ(β−1)) = N(β)N(β−1) = N(ββ−1) = N(1) = 1. Ngược lại, cho α ∈ E∗ sao cho N(α) = 1. Ta đặt c0 = α, c1 = ασ(α), c2 = ασ(α)σ 2(α), . . . cn−1 = ασ(α)σ2(α) . . . σn−1(α); 46 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng khi đó ta thấy cn−1 = ∏ δ∈G δ(α) = N(α) = 1 (vì G = là nhóm xyclic). Mặt khác, với mọi 0 ≤ i ≤ n− 2, ta có ασ(ci) = ασ(α) . . . σ i+1(α) = ci+1. Vì hệ {1E, σ, σ2, . . . , σn−1} = G độc lập tuyến tính trong V (E∗, E) (theo Bổ đề 4.1), nên ta có c0 + c1σ + . . . + cn−2σn−2 + σn−1 = 0, do đó tồn tại γ ∈ E∗ sao cho β = (c0 + c1σ + . . . + cn−2σn−2 + σn−1)(γ) = 0. Từ đó, ta có σ(β) = σ(c0)σ(γ) + σ(c1)σ 2(γ) + . . . + σ(cn−2)σn−1(γ) + σn(γ) = σ(c0)σ(γ) + σ(c1)σ 2(γ) + . . . + σ(cn−2)σn−1(γ) + γ = α−1[ασ(c0)σ(γ) + ασ(c1)σ2(γ) + . . . + ασ(cn−2)σn−1(γ) + αγ] = α−1[c1σ(γ) + c2σ2(γ) + . . . + cn−1σn−1(γ) + c0γ] = α−1[c0γ + c1σ(γ) + c2σ2(γ) + . . . + cn−1σn−1(γ)] = α−1[c0γ + c1σ(γ) + c2σ2(γ) + . . . + σn−1(γ)] = α−1[(c0 + c1σ + . . . + cn−2σn−2 + σn−1)(γ)] = α−1β. Suy ra σ(β) = α−1β. Vì thế σ(β−1) = σ(β)−1 = (α−1β)−1 = β−1α. Chứng tỏ α = βσ(β−1). Hệ quả 4.26. Cho E/F là mở rộng Galois sao cho [E : F ] = p là nguyên tố. Nếu F chứa một căn nguyên thủy bậc p của đơn vị thì tồn tại β ∈ E sao cho E = F (β) và βp ∈ F . Đặc biệt, E/F là mở rộng thuần túy kiểu nguyên tố p. Chứng minh. Gọi ω ∈ F là một căn nguyên thủy bậc p của đơn vị. Khi đó N(ω) = ωp = 1 (lưu ý rằng nhóm Galois G = Gal(E/F ) có cấp |G| = [E : F ] = p). Do G có cấp nguyên tố p nên nó là nhóm xyclic sinh bởi phần tử σ nào đó trong G. Từ đó theo Định lý thứ 90 của Hilbert, tồn tại β ∈ E∗ sao cho ω = βσ(β−1). Nếu β ∈ F thì σ(β−1) = β−1, do đó ω = ββ−1 = 1, điều này vô lý với giả thiết ω là căn nguyên thủy bậc p của đơn vị. Chứng tỏ rằng β /∈ F , do đó [F (β) : F ] > 1. Mặt khác, [E : F (β)][F (β) : F ] = [E : F ] = p là số nguyên tố; suy ra [F (β) : F ] = p = [E : F ], vì thế E = F (β). Cuối cùng, vì ω = βσ(β−1) = βσ(β)−1, Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 47 nên β = ωσ(β), suy ra βp = ωpσ(β)p = σ(β)p = σ(βp). Do đó, σi(βp) = βp với mọi i = 0, 1, . . . , n − 1, hay δ(βp) = βp với mọi δ ∈ G (vì G sinh ra bởi σ). Như vậy, βp ∈ EG = F . Bổ đề 4.27. Cho G là nhóm giao hoán cấp n > 1. Khi đó tồn tại nhóm con H của G có chỉ số nguyên tố, tức là [G : H] là một số nguyên tố. Chứng minh. Giả sử n = p1 . . . pk là sự phân tích của n thành tích các số nguyên tố pi (không nhất thiết phân biệt). Nếu k = 1 thì n = p1 thì {e} là nhóm con của G có chỉ số nguyên tố p1. Giả sử k > 1, ta chọn e = x ∈ G. Nếu G = thì là nhóm con có cấp p2 . . . pk, và do đó nó có chỉ số nguyên tố p1. Giả sử H == G, ta gọi cấp của nhóm thương G/H là m. Khi đó vì m là một ước thực sự của n, nên số các ước nguyên tố của m phải nhỏ hơn k. Từ đó, theo giả thiết quy nạp, tồn tại nhóm con K/H của G/H có chỉ số nguyên tố (trong đó K là nhóm con của G chứa H). Ta có G/K ∼= (G/H)/(K/H) có cấp nguyên tố, suy ra chỉ số của K trong G là số nguyên tố. Bổ đề 4.28. Nếu G là nhóm giải được cấp n > 1 thì G có một nhóm con chuẩn tắc với chỉ số nguyên tố. Chứng minh. Xét chuỗi chuẩn tắc của G, tức là chuỗi gồm các nhóm con Gi của G G = G0 ⊃ G1 ⊃ . . . ⊃ Gt = {e} sao cho Gi+1 là nhóm con chuẩn tắc của Gi và nhóm thương Gi/Gi+1 là nhóm giao hoán với mọi i = 0, . . . , t − 1. Không mất tính tổng quát, ta giả thiết G = G1, tức là có nhóm thương G/G1 giao hoán cấp > 1. Theo Bổ đề 4.27, tồn tại một nhóm con chuẩn tắc K/G1 của G/G1 có chỉ số nguyên tố p. Do đó K là nhóm con chuẩn tắc của G có chỉ số nguyên tố p trong G (vì G/K ∼= (G/G1)/(K/G1)). Định lý 4.29. (Định lý lớn của Galois - Tiêu chuẩn giải được) Cho F là trường có đặc số 0 và E/F là mở rộng Galois. Khi đó nhóm Galois G = Gal(E/F ) là nhóm giải được nếu và chỉ nếu tồn tại một mở rộng căn B/F sao cho E ⊆ B. Do đó, đa thức f(x) ∈ F [x] là giải được bằng căn thức nếu và chỉ nếu nhóm Galois Gal(E/F ) là nhóm giải được (trong đó E là trường phân rã của f(x)). 48 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng Chứng minh. Nếu f(x) ∈ F [x] là đa thức giải được bằng căn thức, thì nhóm Galois Gal(E/F ) là nhóm giải được (theo Định lý 3.14). Do đó ta chỉ cần chứng minh chiều ngược lại, tức là nếu G = Gal(E/F ) là nhóm giải được, thì tồn tại một mở rộng căn B/F sao cho E ⊆ B. Nếu |G| = 1 thì E = F , lúc đó ta chọn B = F . Giả sử |G| > 1. Vì G giải được nên tồn tại nhóm con chuẩn tắc H sao cho [G : H] = p là số nguyên tố (theo Bổ đề 4.28). Do F có đặc số 0 nên tồn tại ω là căn nguyên thủy bậc p của đơn vị. Trường hợp 1: Giả sử ω ∈ F . Xét trường bất động EH . Vì E/F là mở rộng Galois nên E/EH cũng là mở rộng Galois (thật vậy, theo Định lý 4.7, E/F là trường phân rã của một đa thức tách được nào đó trong F [x] ⊆ EH [x], và do đó trường phân rã của đa thức đó trên EH cũng là E, suy ra E/EH cũng là mở rộng Galois). Từ đó, ta được Gal(E/EH) là nhóm con của nhóm G = Gal(E/F ) (vì ta áp dụng Bổ đề 4.22, với E∗ = E,F ∗ = EH ⊃ F ). Theo giả thiết G là nhóm giải được nên nhóm con của nó là Gal(E/EH) cũng là nhóm giải được. Mặt khác, ta lại có, |H| = |Gal(E/EH) = [E : EH ] (theo Định lý cơ bản của lý thuyết Galois). Trong khi đó |H| = |G|/[G : H] = |G|/p < |G|. Từ đó, theo giả thiết quy nạp, tồn tại mở rộng căn B/EH sao cho E ⊆ B. Vì [EH : F ] = [G : H] = p (theo Định lý cơ bản của lý thuyết Galois), nên tồn tại β ∈ E sao cho EH = F (β) với βp ∈ F (theo Hệ quả 4.26). Bây giờ ta ghép EH/F thêm vào mở rộng căn B/EH , ta được F ⊆ EH ⊆ B là một mở rộng căn B/F và thỏa mãn E ⊆ B. Trường hợp 2: Giả sử ω /∈ F . Đặt F ∗ = F (ω), E∗ = E(ω). Giả sử E/F là trường phân rã của đa thức tách được f(x) ∈ F [x]. Khi đó E∗/F là trường phân rã của đa thức (xp − 1)f(x) ∈ F [x] (đa thức này cũng tách được); vì thế E∗/F là mở rộng Galois (theo Định lý 4.7). Suy ra E∗/F ∗ cũng là mở rộng Galois và nó cũng là trường phân rã của f(x) trên F ∗. Do đó Gal(E∗/F ∗) là nhóm con của nhóm G (theo Bổ đề 4.22). Suy ra Gal(E∗/F ∗) là nhóm giải được. Rõ ràng ω ∈ F ∗, nên theo trường hợp 1, tồn tại một mở rộng căn B/F ∗ sao cho E∗ ⊆ B. Chú ý rằng F ∗/F là mở rộng thuần túy kiểu nguyên tố p. Cuối cùng ta ghép thêm F ∗/F vào B/F ∗ ta được F ⊆ F ∗ ⊆ B là một mở rộng căn và thỏa mãn E ⊆ E∗ ⊆ B. Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 49 Hệ quả 4.30. Nếu F là trường có đặc số 0. Khi đó nếu đa thức f(x) ∈ F [x] có bậc n < 5 thì f(x) là đa thức giải được bằng căn thức. Chứng minh. Giả sử n = deg(f(x)) < 5. Gọi E/F là trường phân rã của f(x) trên F . Khi đó nhóm Galois G = Gal(E/F ) là nhóm con của nhóm đối xứng S4 (theo Định lý 2.4). Bởi vì S4 là nhóm giải được nên G là nhóm giải được, suy ra f(x) giải được bằng căn thức. Bài tập. 1. Cho F là trường có đặc số = 2 và E/F là một mở rộng hữu hạn có [E : F ] = 2. Chứng minh rằng E/F là mở rộng Galois 2. Cho E/F là mở rộng Galois và p(x) ∈ F [x] là đa thức bất khả quy. Chứng minh rằng tất cả các nhân tử bất khả quy của p(x) trong E[x] có cùng bậc. 3. Cho mở rộng hữu hạn E/F với F là trường vô hạn và E = F (α1, . . . , αn). Giả sử αi là phần tử tách được trên F với mọi i = 2, . . . , n. Chứng minh rằng tồn tại γ ∈ E sao cho E = F (γ). HD: E = F (α, β). Giả sử f(x), g(x) lần lượt là đa thức tối tiểu của α, β. Gọi α = α1, . . . , αr là toàn bộ các nghiệm của f(x); và gọi β = β1, . . . , βs là toàn bộ các nghiệm của g(x). Vì β tách được nên các nghiệm βi đôi một khác nhau. Xét các phương trình có dạng αi + βkx = α + βx, với mọi i = 1, . . . , r và mọi k = 2, . . . , s. Vì mỗi phương trình trên có một nghiệm, trong khi F là trường vô hạn nên tồn tại t ∈ F sao cho t không là nghiệm của bất kì phương trình nào ở trên. Tức là tồn tại t ∈ F sao cho αi+tβk = α+tβ, với mọi i = 1, . . . , r và mọi k = 2, . . . , s. Đặt γ = α+ tβ. Khi đó ta sẽ chứng minh được E = F (γ). Thật vậy, xét hai đa thức f(γ − tx), g(x) ∈ F (γ)[x]. Ta thấy hai đa thức này có một nghiệm chung duy nhất là β1 = β , gọi h(x) ∈ F (γ)[x] là đa thức tối tiểu của β trên F (γ). Khi đó h(x) là ước chung của cả f(γ − tx) và g(x). Vì f(γ − tx), g(x) có một nghiệm chung duy nhất nên deg(h(x)) = 1. Suy ra h(x) = x − β. Chứng tỏ β ∈ F (γ). Từ đây, ta có α = γ − tβ ∈ F (γ). Suy ra E = F (γ). (đpcm). 4. Tìm γ ∈ Q(ω, 3√2) sao cho Q(γ) = Q(ω, 3√2), trong đó ω3 = 1. 5. Cho E/F là mở rộng hữu hạn và tách được có nhóm Galois G. Ta định nghĩa vết T : E−→E,α −→ T (α) = ∑ σ∈G σ(α). (i) Chứng minh rằng Im(T ) ⊆ F và T (α+ β) = T (α)+T (β) với mọi α, β ∈ E. (ii) Chứng minh rằng T không đồng nhất không (sử dụng phần độc lập tuyến 50 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng tính). 6. Cho E/F là mở rộng hữu hạn bậc n, tách được và có nhóm Galois G = Gal(E/F ) = là xyclic. (i) Đặt τ = σ − 1. Chứng minh rằng Ker(T ) = Im(τ). (ii) Chứng minh Định lý vết: Nếu E/F là mở rộng Galois có nhóm Galois G = Gal(E/F ) = là xyclic, thì Ker(T ) = {α ∈ E | ∃β ∈ E,α = σ(β)− β}. 7. Cho F là trường có đặc số p > 0. (i) Giả sử f(x) = xp − x − c ∈ F [x] và lấy u là một nghiệm của f(x) trong trường phân rã E/F của f(x). Chứng minh rằng mọi nghiệm của f(x) có dạng u + j với 0 ≤ j < p. (ii) Chứng minh rằng xp− x− c ∈ F [x] hoặc là phân rã hoàn toàn trên F hoặc là bất khả quy trên F . 8. Cho F là trường có đặc số p > 0, và lấy E/F là mở rộng Galois có nhóm Galois G = là xyclic có cấp p. (i) Chứng minh rằng tồn tại α ∈ E sao cho σ(α) − α = 1 (HD, sử dụng định lý vết). (ii) Chứng minh rằng E = F (α), với α là nghiệm của một đa thức bất khả quy trong F [x] có dạng xp − x− c. Kết luận Đề tài nghiên cứu khoa học cấp cơ sở Thiết kế bài giảng điện tử môn “Lý thuyết Galois” theo hướng tích cực hóa nhận thức người học được chúng tôi hoàn thành dưới sự giúp đỡ và tạo điều kiện hết sức của BCN khoa Toán-Tin cùng bộ phận NCKH phòng Đào tạo- Khoa học và quan hệ quốc tế, chúng tôi xin gửi lời cảm ơn trân thành tới các thầy cô, các đồng chí. Bài giảng điện tử này chắc chắn vẫn còn những thiếu sót nhất định. Kính mong các thầy cô cho chúng tôi những ý kiến đóng góp quý báu để nó trở thành một bài giảng có ích cho thầy và trò trong quá trình học tập và giảng dạy. Thái Nguyên, ngày .... tháng ... năm 2011 Nhóm tác giả 51 Tài liệu tham khảo Tiếng Anh [1] E. Artin (1944), Galois Theory, University of Notre Dame. [2] J. Rotman (2001), Galois Theory, Springer. [3] J. S. Milne (2008), Fields and Galois Theory, Preprint. [4] S. Lang (2002), Algebra (Revised Third Edition), Springer. Tiếng Việt 52

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfgalois_full_nop_giao_an_6561.pdf
Luận văn liên quan