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

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
KHOA TOÁN TIN





NGÔ THỊ NGOAN











BÀI GIẢNG ĐIỆN TỬ MÔN “LÝ THUYẾT GALOIS”
THEO HƯỚNG TÍCH CỰC HÓA NHẬN THỨC NGƯỜI HỌC

Thái Nguyên, năm 2011






TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
KHOA TOÁN TIN







BÀI GIẢNG ĐIỆN TỬ MÔN “LÝ THUYẾT GALOIS”
THEO HƯỚNG TÍCH CỰC HÓA NHẬN THỨC NGƯỜI
HỌC

ĐỀ TÀI NGHIÊN CỨU KHOA HỌC CẤP CƠ SỞ NĂM 2010









Chủ nhiệm đề tài: Ngô Thị Ngoan

Thành viên tham gia: Nguyễn Văn Hoàng

Thái Nguyên, năm 2011



Mục lục
Chương 1 Mở rộng trường 4
1.1 Mởrộngtrường 4
1.2 Trườngphânrãcủađathức 8
1.3 Cấutrúctrườnghữuhạn 12
Chương 2 Nhóm Galois 14
2.1 Địnhnghĩavàtínhchất 14
2.2 Căncủađơnvị,mộtsốcấutrúcnhómGalois 16
Chương 3 Giải được bằng căn thức 23
3.1 Nhómgiảiđược 23
3.2 Đathứcgiảiđượcbằngcănthức 27
Chương 4 Mở rộng Galois, Định lý cơ bản của lý thuyết Galois 33
4.1 Tínhđộclậptuyếntính 33
4.2 MởrộngGalois 37
4.3 ĐịnhlýcơbảncủalýthuyếtGalois 39
4.4 Mộtsốápdụng 42
4.5 ĐịnhlýlớncủaGalois 44
Tài liệu tham khảo 52
2
Lời mở đầu
Lý thuyết Galois là sự phiên dịch và kết nối của lý thuyết về đa thức, lý thuyết
trường và lý thuyết nhóm. Công thức nghiệm (chỉ sử dụng các phép toán đại số
trên các hệ số của đa thức) của đa thức bậc hai đã được con người biết từ rất
lâu. Đến giữa thế kỉ 16, công thức nghiệm của đa thức bậc ba được hình thành,
sau đó khoảng ba trăm năm, dựa trên ý tưởng của Largrange và Cauchy, Abel
đã chứng minh không có công thức nghiệm của đa thức bậc năm. Đến năm

1829, Abel đã đưa ra điều kiện đủ để một đa thức với bậc tùy ý có công thức
nghiệm. Ngay sau đó, năm 1831 Galois phát minh ra sự kết nối giữa nhóm với
mỗi đa thức, sử dụng các tính chất của nhóm này, đưa ra điều kiện cần và đủ
để một đa thức có công thức nghiệm. Mục tiêu của môn học Lý thuyết Galois
là tìm hiểu kiến thức để thấy được sự kết nối đó và đến được Định lý Lớn của
Galois chính là điều kiện cần và đủ để một đa thức giải được bằng căn thức.
Môn học Lý thuyết Galois là môn học rất hay, cần thiết và là môn học khó.
Nó đòi hỏi sinh viên nắm vững các kiến thức của nhiều môn học: Đại số Đại
cương, Đa thức, Lý thuyết nhóm, Lý thuyết trường. Thời gian trên lớp quá ít
cho việc giảng dạy và học tập của thầy và trò.
Vì vậy chúng tôi chọn đề tài thiết kế bài giảng điện tử cho môn học này để
giảm bớt áp lực về thời gian và kiến thức. Mong muốn các em có thể học tốt
môn học và thấy yêu thích nó, thấy được sự đẹp đẽ của toán học trong mối
quan hệ chặt chẽ giữa các lĩnh vực của toán học.
3
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,dođótacóthểcoiF là trường con của K.
Chứng minh. Đặt I =(f(x)),suyraK = F[x]/I.Vìf(x) bất khả quy nên
I = F [x] và do đó K là vành giao hoán khác 0.Lấytùyýg(x)+I là phần tử
khác 0 của K. Khi đó g(x) /∈ I hay f(x) khônglàướccủag(x). Mặt khác do
f(x) bất khả quy, suy ra (g(x),f(x)) = 1
,nêntồntạiq(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.VậyK là trường.
Xét ánh xạ ϕ : F −→ K, a −→ a + I.Tadễthấyϕ 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=0
a
i
x
i
,vàđặtx = x + I ∈ K. Khi đó
f(
x)=
n

i=0
a
i
x
i
=
n

i=0
a
i
(x+I)
i
=

n

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 F
1
⊆ F
2
⊆ ⊆ 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 trường. Khi đó K có cấu trúc của
một F-không gian véc tơ, trong đó phép nhân một phần tử của F với một véc
tơ của K xác định bởi
F ×K −→ K
(a, x) −→ ax
Ta kí hiệu [K : F ]=dim
F
K và được gọi là bậc của mở rộng trường.
Định lý 1.4. Cho F là một trường và f(x) ∈ F [x] là đa thức bất khả quy. Đặt
K = F [x]/(f(x)). Khi đó K/F là một mở rộng trường và [K : F ]=deg(f(x)).
Chứng minh. Đặt d = deg(f(x)) (rõ ràng d>0)vàI =(f(x)).Khi
đó K = F [x]/I làtrườngvàtacóF -không gian véc tơ K.ĐặtS =
{1+I,x + I, ,x
d−1
+ I}. Ta sẽ chứng tỏ S là cơ sở của K.Lấytùyý
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)=a
0
+ a
1
x + + a
d−1
x
d−1
,dođó
g(x)+I = r(x)+I = a
0
(1 + I)+a
1

(x + I)+ + a
d−1
(x
d−1
+ I).
Chứng tỏ S là một hệ sinh của K. Mặt khác, giả sử tồn tại b
0
,b
1
, ,b
d−1
∈ F
sao cho
b
0
(1 + I)+b
1
(x + I)+ + b
d−1
(x
d−1
+ I)=0,
suy ra b
0
+ b
1
x + + b
d−1
x
d−1

∈ I hay b
0
+ b
1
x + + b
d−1
x
d−1
chia hết cho
f(x). Điều này suy ra b
0
+b
1
x+ +b
d−1
x
d−1
=0hay b
0
= b
1
= = 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 α
1
, ,α
n
∈ E. Khi đó

trường con bé nhất của E chứa F và chứa các phần tử α
1
, ,α
n
, được kí hiệu
là F(α
1
, ,α
n
),vànóđượcgọilàmở rộng của F bằng cách ghép thêm các
phần tử α
1
, ,α
n
.
Nhận xét 1.6.
i) F (α
1
, ,α
n
) là giao của mọi trường con của E chứa F và α
1
, ,α
n
.
ii) Lưu ý phân biệt F(α
1
, ,α
n
) với F [α

1
, ,α
n
]. Người ta định nghĩa
F [α
1
, ,α
n
] là giao của mọi vành con của E chứa F và α
1
, ,α
n
.Nóicách
khác F [α
1
, ,α
n
] là vành con nhỏ nhất của E chứa F và α
1
, ,α
n
.Dođó
mỗi phần tử của F[α
1
, ,α
n
] có dạng f(α
1
, , α
n

) trong đó f(x
1
, , x
n
) ∈
F [x
1
, ,x
n
].
6 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng
iii) Mỗi phần tử của F (α
1
, ,α
n
) có dạng
f(α
1
, , α
n
)
g(α
1
, , α
n
)
,vớif(α
1
, , α
n

),
g(α
1
, , α
n
) ∈ F [α
1
, , α
n
] và g(α
1
, ,α
n
) =0.Từđósuyra
F [α
1
, ,α
n
] ⊆ F (α
1
, ,α
n
)
như một vành con.
iv) Khi n =1và α = α
1
, thì ta gọi F (α)/F là mở rộng đơn.
v) Giả sử F ⊆ E là mở rộng trường và α ∈ E.TaxétF(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 .Xétánhxạ
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]/(x
2
− 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)
khiđónólàtoàncấuvàcóKer δ = {g(x) ∈ F [x] | g(α)=0} =0. Suy ra,
ta có đẳng cấu F [α]
∼

=
F [x]. Do đó
F (α)
∼
=
F (x)={
g(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.Vídụ:Q(π)
∼
=
Q(x).
Định nghĩa 1.7. Cho E/F là mở rộng trường.
-TanóiE/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
-TanóiE/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
làmộtcơsởcủaF -không gian vectơ K. Ta chỉ cần chứng minh rằng
{α
i
β
j
}
(i,j)∈I×J
làmộtcơsởcủaF -không gian vectơ E.
Tập {α
i
β
j
}
(i,j)∈I×J
sinh ra E.Lấytùyýx ∈ E. Từ giả thiết suy ra tồn tại
các phần tử b
i
∈ K hầu hết bằng 0 sao cho x =

i∈I
b
i
α
i
.Vớimỗii ∈ 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
.Từđó
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
ij
β
j
thìtừtínhđộclậptuyếntínhcủa{α
i
}

i∈I
kéo theo b
i
=0với
mọi i.Dođó

j∈J
c
ij
β
j
=0với mọi i, và vì thế tính độc lập tuyến tính của
{β
j
}
j∈J
suy ra c
ij
=0với mọi i, j.
Nhận xét 1.9.
i)Mọimởrộnghữuhạnlàmởrộngđạisố.Thậtvậy,giảsửE/F là mở
rộng hữu hạn, với [E : F]=n<∞.Vớimọiα ∈ E, ta thấy hệ vectơ
1,α,α
2
, ,α
n
là phụ thuộc tuyến tính trong F−không gian véc tơ E.Do
đó tồn tại các phần tử a
0
,a

1
, ,a
n
∈ F không đồng thời bằng 0 sao cho
a
0
+ a
1
α + a
2
α
2
+ + a
n
α
n
=0.Đặtf(x)=a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ + a
n
x
n
,khi
đó f(x) là đa thức khác 0 trong F[x] nhận α là nghiệm. Chứng tỏ α là phần

tử đại số trên F .
ii) Mọi mở rộng đơn đại số là mở rộng hữu hạn. Thật vậy, giả sử E = F (α) với
α làphầntửđạisốtrênF.Giảsửf(x) ∈ F [x] là đa thức bất khả quy bậc n
nhận α là nghiệm. Khi đó E = F (α)=F [x]/(f(x))
∼
=
{

n−1
i=0
a
i
α
i
| a
i
∈ F } là
một không gian véc tơ trên F có một cơ sở là {1,α,α
2
, ,α
n−1
}.
iii) Giả sử E = F (α
1
, ,α
n
) với α
1
, ,α
2

làphầntửđạisốtrênF . Khi đó
E/F là mở rộng hữu hạn. Thật vậy, ta có tháp mở rộng trường
F ⊆ F (α
1
) ⊆ F (α
1
,α
2
) ⊆ ⊆ F (α
1
, ,α
n
)=E,
8 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng
trong đó mỗi bước là một mở rộng đơn đại số (nên mỗi bước là mở rộng hữu
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 = {
p
√
2 | p là số nguyên 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 làtrườngvàđathứcf(x) ∈ F [x] phân tích được thành tích các nhân
tử bất khả quy (không nhất thiết phân biệt)
f(x)=p
1
(x) p
k

(x).
Ta nói f(x) là đa thức tách được nếu mỗi p
i
(x) không có nghiệm bội.
ii) Cho E/F là một mở rộng trường, khi đó α ∈ E được gọi là phần tử tách
được nếu α siêu việt trên F hoặc đa thức tối tiểu của α (tức là, đa thức bất khả
quy, hệ tử cao nhất bằng 1 và nhận α là nghiệm) là đa thức tách được. (Lưu ý
một đa thức có hệ số cao nhất bằng 1 còn được gọi tắt là đa thức monic).
iii) Cho E/F là một mở rộng trường. Nếu mọi phần tử của E đều là phần tử
tách được thì ta gọi E/F là mở rộng tách được.
Định nghĩa 1.11. Trường F được gọi là trường hoàn thiện nếu mọi đa thức
khác hằng trong F [x] đều là đa thức tách được.
Nhận xét 1.12. Cho p(x) ∈ F [x] là đa thức bất khả quy. Nếu đạo hàm
p

(x) =0thì deg(p

(x)) < deg(p(x)).Dođó(p(x),p

(x)) = 1,vìthếtồntại
u(x),v(x) ∈ F [x] sao cho 1=u(x)p(x)+v(x)p

(x).Từđó,nếup(x) có nghiệm
bội α trong một mở rộng E ⊇ F thì α là một nghiệm chung của p(x) và p

(x);
do đó 1=u(α)p(α)+v(α)p

(α)=0là điều mâu thuẫn. Vậy p(x) không có
nghiệm bội, tức là p(x) tách được.

1.2 Trường phân rã của đa thức
Định nghĩa 1.13. ChomởrộngtrườngE/F và f(x) ∈ F [x].
-Tanóif(x) phân rã trong E nếu f(x) được viết thành tích những nhân tử
tuyến tính trong E[x],tứclàE chứa tất cả các nghiệm của f(x).
Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 9
-TanóiE là trường phân rã của f(x) trên F nếu f(x) phân rã trong E và nó
không phân rã trong mọi trường con thực sự của E (khi đó thường nói gọn là
E/F là trường phân rã của f(x)).
Ví dụ: f(x)=x
2
−2 ∈ Q[x].Tacóf(x)=(x +
√
2)(x −
√
2) trong R[x], do đó
f(x) phân rã trong R. Ta cũng thấy x +
√
2,x−
√
2 ∈ Q(
√
2)[x],suyraf(x)
phân rã trong Q(
√
2). Hơn nữa, Q(
√
2) = Q[
√
2] không chứa bất kì trường con
trung gian nào giữa Q và Q(

√
2) (thật vậy giả sử tồn tại trường K sao cho
Q ⊆ K ⊆ Q(
√
2), khi đó 2 = deg(f(x)) = [Q(
√
2) : Q]=[Q(
√
2) : K][K : Q];
do đó [K : Q]=1hoặc [K : Q]=2;suyraK = Q(
√
2) hoặc K = Q). Do đó
Q(
√
2) là trường phân rã của f(x) trên Q.
Định lý 1.14. Cho F là một trường và f(x) ∈ F [x] là đa thức có bậc dương.
Khi đó luôn tồn tại trường phân rã E của f(x) trên F .
Chứng minh. Đặt n = deg(f(x)). Ta chứng minh sự tồn tại của trường phân
rã E của f(x) trên F bằng quy nạp theo n.
Trường hợp n =1.TachọnE = F .Giảsửn>1 và định lý đã đúng cho
các đa thức có bậc nhỏ hơn n.Talấyp(x) là một ước bất khả quy của f(x),
khi đó deg(p(x)) ≥ 1.ĐặtK = F[x]/(p(x)),tathấyF
⊆ K là một mở rộng
trường và p(x) có một nghiệm α
1
∈ K.TrongK[x], đa thức f(x) viết được
f(x)=(x − α
1
)g(x),vớideg(g(x)) = n − 1. Áp dụng giả thiết quy nạp đối với
trường K và đa thức g(x), suy ra tồn tại trường phân rã T của đa thức g(x)

trên K.Dođóg(x) có n − 1 nghiệm α
2
, ,α
n
∈ T (đây cũng là các nghiệm
của f(x)). Đặt E = F (α
1
, ,α
n
),suyraE là trường phân rã của f(x) trên
F .
Ví dụ: Trường phân rã của f(x)=x
2
+1trên Q là Q(i); trường phân rã của
f(x)=x
2
+1trên R là C = R(i).
Bổ đề 1.15. Cho ϕ : F −→
F,a −→ a là một đẳng cấu trường. Khi đó ta có
đẳng cấu vành cảm sinh
ϕ
∗
: F [x] −→ F [x],f(x)=
n

i=0
a
i
x
i

−→
n

i=0
a
i
x
i
= f(x).
Giả sử p(x) ∈ F [x] là đa thức bất khả quy trên F và gọi
p(x)=ϕ
∗
(p(x)) ∈ F [x].
Gọi α là một nghiệm của p(x) và
α là một nghiệm của p(x). Khi đó tồn tại
duy nhất đẳng cấu trường ϕ : F (α) −→
F (α) là mở rộng của ϕ và ϕ(α)=α.
10 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng
Chứng minh. Nhận xét rằng
p(x) và p(x) cùng có bậc và cùng bất khả quy. Từ
giả thiết ta có các đẳng cấu
u : F (α)
∼
=
F [x]/(p(x)),f(α) −→ f(x)+(p(x));
ϕ
∗
: F [x]/(p(x)) −→ F [x]/(p(x)),f(x)+(p(x)) −→ f(x)+(p(x));
v :
F (α)

∼
=
F [x]/(p(x)), f(α) −→ f(x)+(p(x)).
Đặt ϕ = v
−1
ϕ
∗
u, khi đó ϕ : F (α) −→ F (α) là một đẳng cấu trường mở rộng
của ϕ và ϕ(α)=
α. Giả sử còn có một đẳng cấu trường ψ : F (α) −→ F (α)
là mở rộng của ϕ và ψ(α)=
α. Khi đó, với phần tử tùy ý của F (α) là
f(α)=

n
i=0
a
i
α
i
,tacóψ(f(α)) = f(α)=ϕ(f(α)).
Hệ quả 1.16. Cho p(x) là đa thức bất khả quy và α, β là hai nghiệm của p(x).
Khi đó tồn tại duy nhất một đẳng cấu trường ϕ : F (α) −→ F (β) là mở rộng
của đẳng cấu đồng nhất id
F
và ϕ(α)=β.
Chứng minh. Kết quả được suy ra từ Bổ đề 1.15, bằng cách chọn
F = F và
ϕ = id
F

.
Định lý 1.17. Cho ϕ : F −→ F,a −→ a là một đẳng cấu trường. Cho
f(x)=

n
i=0
a
i
x
i
∈ F [x] và lấy f(x)=

n
i=0
a
i
x
i
∈ F [x] là đa thức tương
ứng với f(x) qua ϕ
∗
(với ϕ
∗
như trong Bổ đề 1.15). Lấy E là trường phân rã
của f(x) trên F ,vàlấy
E là trường phân rã của f(x) trên F . Khi đó
(i) Tồn tại một đẳng cấu trường
∼
ϕ : E −→ E là mở rộng của ϕ.
(ii) Nếu f(x) tách được thì có chính xác [E : F ] mở rộng

∼
ϕ của ϕ.
Chứng minh. Ta có nhận xét deg(f(x)) = deg(
f(x)).
(i) Ta chứng minh định lý bằng quy nạp theo [E : F ] ≥ 1.Nếu[E : F ]=1
thì E = F và f(x) là tích của các nhân tử tuyến tính trong F [x]; khi đó
f(x)
cũng là tích của các nhân tử tuyến tính trong
F [x];vìthếE = F .Dođótalấy
∼
ϕ = ϕ.
Giả sử [E : F ] > 1, khi đó tồn tại nhân tử bất khả quy p(x) của f(x)
sao cho deg(p(x)) ≥ 2.Gọiα 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).TừđótheoBổ
đề 1.15, với mỗi α như vậy, tồn tại duy nhất đẳng cấu ϕ : F (α) −→ F (α) là mở
rộng của ϕ và ϕ(α)=α.
Bây giờ, từ giả thiết ta suy ra E và
E lần lượt là trường phân rã của f(x)
trên F(α) và của
f(x) trên F (α).Vì[E : F ]=[E : F (α)][F (α):F ] và
Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 11
[F (α):F ]=deg(p(x)) ≥ 2,nên[E : F(α)] < [E : F ].Từđótheogiảthiếtquy
nạp, tồn tại đẳng cấu trường
∼
ϕ : E −→ E là mở rộng của ϕ,dođólàmởrộng
của ϕ.
(ii) Chứng minh này cải tiến chứng minh của (i), ta cũng quy nạp theo [E : F ].
Nếu [E : F ]=1thì E = F và chỉ có duy nhất mở rộng

∼
ϕ của ϕ, chính là ϕ.
Giả sử [E : F ] > 1,vàp(x) là nhân tử bất khả quy của f(x) sao cho
deg(p(x)) = d ≥ 2. Lấy α ∈ E là một nghiệm của p(x).Giảsử
∼
ϕ : E −→ E là
mộtmởrộngtùyýcủaϕ. Khi đó nếu đặt
α =
∼
ϕ(α) thì α là một nghiệm của
p(x).Tathấy
∼
ϕ(F (α)) = F (α),dođó
∼
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 ϕ, đều thu được bằng cách mở rộng từ ϕ qua hai
bước: thứ nhất ta mở rộng từ ϕ lên đẳng cấu ϕ : F (α) −→
F (α) (trong đó α, α
lần lượt là nghiệm của p(x),
p(x)), thứ hai ta mở rộng từ ϕ lên
∼
ϕ.
Vì f(x) tách được nên p(x) có d nghiệm phân biệt α. Khi đó, từ Bổ đề 1.15,
ta có d đẳng cấu trường ϕ : F (α) −→ F (α) là mở rộng của ϕ, tương ứng với
d nghiệm

α.LưuýrằngE cũng là trường phân rã của f(x) trên F (α),vàE
cũng là trường phân rã của
f(x) trên F (α); hơn nữa
[E : F (α)]=[E : F ]/d < [E : F ].
Từ đó và từ giả thiết quy nạp ta suy ra rằng ứng với mỗi một trong số d đẳng
cấu ϕ như trên có chính xác [E : F ]/d đẳng cấu trường
∼
ϕ : E −→ E là mở rộng
của ϕ;dođócótấtcảlàd × ([E : F]/d)=[E : F] mở rộng của ϕ theo cách
như trên.
Hệ quả 1.18. (Tính duy nhất của trường phân rã) Cho f(x) ∈ F [x] là
đa thức có bậc dương. Khi đó trường phân rã của f(x) trên F là duy nhất sai
khác một đẳng cấu giữ nguyên các phần tử của F .
Chứng minh. Thay
F = F và ϕ = id
F
vàoĐịnhlý1.17,tasuyrakếtquảngay
tức khắc.
Nhận xét 1.19. Từ chứng minh của Định lý 1.14 và Hệ quả 1.18, ta suy ra
rằng nếu một đa thức f(x) ∈ F [x] có bậc n>0 và có n nghiệm là α
1
, ,α
n
thì trường phân rã của f(x) trên F chính là E = F (α
1
, ,α
n
).
Ví dụ. Xét f(x)=x
3

− 2 ∈ Q[x].Tathấyf(x) có 3 nghiệm là α, αε, αε
2
(với
α =
3
√
2 ∈ R,vàε là một căn nguyên thủy bậc 3 của đơn vị.) Khi đó trường
phân rã E của f(x) trên Q xác định bởi
E = Q(α, αε, αε
2
)=Q(α, ε).
12 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng
1.3 Cấu trúc trường hữu hạn
Định nghĩa 1.20. Trường F được gọi là trường nguyên tố nếu nó không có
trường con nào ngoài bản thân nó.
Nhận xét 1.21. i) Cho F là trường nguyên tố. Khi đó chỉ có thể xảy ra một
trong hai trường hợp: nếu F có đặc số 0 thì F
∼
=
Q;nếuF có đặc số p thì
F
∼
=
Z
p
. Trường hợp F
∼
=
Z
p

ta thường kí hiệu F
p
thay cho F .
ii) Cho E là một trường tùy ý, khi đó nếu gọi F là giao của mọi trường con
của E thì F cũng là một trường con của E,rõràngF là trường con nhỏ nhất
của E,dođóF là một trường nguyên tố. Trong trường hợp này, ta còn nói F
là trường con nguyên tố của E. Như vậy, mọi trường đều chứa một trường con
nguyên tố.
Hệ quả 1.22. (Cấu trúc trường hữu hạn)
(i) Cho F là trường hữu hạn có q phần tử. Khi đó tồn tại số nguyên tố p sao
cho q = p
n
với số tự nhiên n nào đó.
(ii) Với mỗi số nguyên tố p và số tự nhiên n =0, tồn tại duy nhất một trường
hữu hạn có p
n
phần tử (sai khác một đẳng cấu trường).
Chứng minh. (i) Gọi p là đặc số của trường F , khi đó p là số nguyên tố. Gọi F
p
là trường con nguyên tố của F , khi đó F
p
∼
=
Z
p
.TabiếtrằngF là F
p
−không
gian véc tơ hữu hạn chiều. Giả sử dim
F

p
(F )=n<∞, khi đó F có một
cơ sở là {e
1
, ,e
n
}, và vì thế mỗi phần tử của F có dạng x =

n
i=1
a
i
e
i
với a
1
, ,a
n
∈ F
p
. Từ đó suy ra số phần tử của F bằng số các bộ phần tử
(a
1
, ,a
n
) ∈ F
p
× × F
p
(n lần). Do đó q = p

n
.
(ii) Sự tồn tại của trường có q = p
n
phần tử. Xét đa thức f(x)=x
q
−x ∈ F
p
[x]
với F
p
(
∼
=
Z
p
) là trường nguyên tố có đặc số nguyên tố p. Gọi E là trường phân
rã của f(x) trên F
p
.Đặt
K = {α ∈ E | f(α)=0}
đó chính là tập tất cả các nghiệm của f(x). Khi đó K là một trường con của
E.(Thậtvậy,vớimọiα, β ∈ K ta có (α − β)
q
= α
q
− β
q
= α − β, (αβ)
q

=
α
q
β
q
= αβ;dođóα −β,αβ ∈ K.Nếuα ∈ K
∗
thì (α
−1
)
q
=(α
q
)
−1
= α
−1
;suy
ra α
−1
∈ K. Ngoài ra, rõ ràng 1
q
=1nên 1 ∈ K). Cuối cùng, ta thấy rằng mọi
a ∈ F
p
đều thỏa mãn a
p
= a,dođóa
q
= a

p
n
= a; chứng tỏ F
p
⊆ K. Như vậy
K chính là trường phân rã của f(x) trên F
p
, trường này có q = p
n
phần tử (lưu
ý rằng đa thức f(x) không có nghiệm bội).
Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 13
Tính duy nhất của trường có q = p
n
phần tử. Giả sử F
q
là trường có q = p
n
phần tử. Khi đó F
q
có đặc số là p (giả sử p
1
là đặc số của F
q
thì theo (i) suy
ra q = p
n

1
;dođóp

n
= p
n

1
,vìthếp
1
= p). Vì F
∗
q
= F
q
\{0} là nhóm với phép
nhân nên α
q−1
=1với mọi α ∈ F
∗
q
;dođóα
q
= α với mọi α ∈ F
q
. Chứng tỏ
mọi phần tử của F
q
đều là nghiệm của đa thức f(x)=x
q
−x ∈ F
p
[x] với F

p
là
trườngnguyêntốcủaF
q
. Suy ra F
q
chính là trường phân rã của f(x) trên F
p
.
Điều đó khẳng định tính duy nhất của F
q
sai khác một đẳng cấu trường (theo
Hệ quả 1.18).
Định nghĩa 1.23. Người ta thường gọi một trường hữu hạn có q = p
n
phần
tử là trường Galoa cấp p
n
và thường kí hiệu là GF (p
n
) hoặc F
q
hoặc H
q
.
Bài tập
1. Cho mở rộng trường E/F và α ∈ E làphầntửđạisốtrênF .Gọip(x) ∈ F [x]
là đa thức tối tiểu của α.Giảsửdeg(p(x)=n, chứng tỏ rằng
F (α)
∼

=
{
n−1

i=0
a
i
α
i
| a
i
∈ F, i =0, ,n−1}.
2. Chứng minh rằng Q({
p
√
2 | p là số nguyên tố })/ Q là mở rộng đại số nhưng
không là mở rộng hữu hạn.
3. Chứng tỏ rằng đa thức f(x) có nghiệm bội nếu và chỉ nếu f(x) và đạo hàm
f

(x) có nghiệm chung.
4. Chứng minh rằng nếu trường F có đặc số 0 thì F là trường hoàn hảo.
5*. Chứng minh rằng nếu F là trường hữu hạn thì F là trường hoàn hảo.
Chương 2
Nhóm Galois
2.1 Định nghĩa và tính chất
Định nghĩa 2.1. Một đẳng cấu trường từ E vào chính nó được gọi là một tự
đẳng cấu của E.GiảsửE/F làmộtmởrộngtrườngvàσ là tự đẳng cấu của
E, khi đó ta nói σ cố định F theo từng điểm nếu σ(a)=a với mọi a ∈ F (tức
là σ|

F
= id
F
).
Bổ đề 2.2. Cho mở rộng trường E/F và f(x) ∈ F [x]. Giả sử σ là tự đẳng cấu
của E cố định F theo từng điểm và α là một nghiệm của f(x). Khi đó σ(α)
cũng là một nghiệm của f(x).
Chứng minh. Giả sử f(x)=

n
i=0
a
i
x
i
, khi đó 0=

n
i=0
a
i
α
i
. Ta tác động σ
vào hai vế ta được 0=

n
i=0
σ(a
i

)σ(α)
i
=

n
i=0
a
i
σ(α)
i
(do σ cố định F theo
từng điểm). Do đó σ(α) cũng là một nghiệm của f(x).
Định nghĩa 2.3. Cho E/F là một mở rộng trường. Khi đó nhóm Galoa của
E/F,kíhiệulàGal(E/F), là nhóm được xác định như sau:
Gal(E/F)={σ | σ là tự đẳng cấu của E cố định F theo từng điểm}
với phép toán hai ngôi của nó chính là phép hợp thành các ánh xạ. Nếu
f(x) ∈ F [x] có trường phân rã trên F là E thì ta gọi Gal(E/F) là nhóm
Galoa của f(x).
Định lý 2.4. Nếu f(x) ∈ F [x] có n nghiệm phân biệt trong trường phân rã E
(của f(x) trên F ), thì nhóm Gal(E/F) đẳng cấu với một nhóm con của nhóm
đối xứng S
n
, và do đó cấp của nó là ước của n!.
Chứng minh. Đặt X = {α
1
, ,α
n
} là tập tất cả các nghiệm của f(x) trong E.
Theo Bổ đề 2.2, thì với mỗi σ ∈ Gal(E/F) ta có σ |
X

là một hoán vị của X.Do
14
Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 15
đó ta có một đơn cấu nhóm Gal(E/F) −→ S
X
(
∼
=
S
n
) xác định bởi σ −→ σ |
X
.
Từ đó suy ra cấp của Gal(E/F) là ước của n!.
Ví dụ: Trường phân rã của x
2
+1 trên R là C. Theo Định lý 2.4, |Gal(C / R)|≤2.
Thực tế, |Gal(C / R)| =2, bởi vì nhóm Gal(C / R) có hai tự đẳng cấu cố định
R theo từng điểm là
id
R
: z = a + bi −→ z = a + bi và σ : z = a + bi −→ z = a −bi.
Chú ý rằng σ : i −→ −i và −i −→ i, do đó nó hoán vị các nghiệm.
Hệ quả 2.5. Cho f(x) ∈ F [x] là đa thức tách được và trường phân rã của f(x)
trên F là E. Khi đó |Gal(E/F)| =[E : F ].
Chứng minh. Áp dụng Định lý 1.17(ii) với
F = F , E = E và ϕ : F −→ F là
ánh xạ đồng nhất id
F
. Khi đó có chính xác [E : F ] tự đẳng cấu của E cố định

F theo từng điểm.
Ví dụ 1. Vì x
2
+1 là tách được và [C : R]=2nên theo Hệ quả 2.5 suy ra
|Gal(C / R)| =2.
Ví dụ 2. Gọi E là trường phân rã của f (x)=x
3
− 1 trên Q.Tacó
f(x)=(x−1)(x
2
+x+1),suyraE chính là trường phân rã của g(x)=x
2
+x+1
trên Q.Dog(x) có hai nghiệm phân biệt là ε và ε
2
= ε với ε = −
1
2
+
√
3
2
i,nên
E = Q(ε, ε
2
)=Q(ε). Mặt khác do g(x) bất khả quy nên [E : Q]=deg(g(x)) =
2.Từđóvìg(x) tách được nên |Gal(E/Q)| =[E : Q]=2(theo Hệ quả 2.5).
Cụ thể, nhóm Gal(E/Q)={σ
1
,σ

2
}, trong đó
σ
1
: a + bε −→ a + bε; σ
2
: a + bε −→ a + bε.
Ví dụ 3. Gọi E là trường phân rã của f(x)=x
3
− 2 trên Q.Tathấyf(x) có
ba nghiệm là α, αε, αε
2
trong đó α =
3
√
2 và ε = −
1
2
+
√
3
2
i. Khi đó
E = Q(α, αε, αε
2
)=Q(α, αε)=Q(α, ε).
Ta tính |Gal(E/Q)=?Vì f(x) tách được, nên theo Hệ quả 2.5 ta có
|Gal(E/Q)| =[E : Q]=[Q(α, ε):Q]=[Q(α, ε):Q(α)][Q(α):Q].
Ta thấy [Q(α):Q] = deg(f(x)) = 3 (vì f(x) là đa thức tối tiểu của α trên Q).
Mặt khác, đa thức g(x)=x

2
+ x +1∈ Q(α)[x] có hai nghiệm ε, ε
2
/∈ Q(α),
nên g(x) bất khả quy trên Q(α) và nó là đa thức tối tiểu của ε trên Q(α).Do
đó [Q(α, ε):Q(α)] = deg(g(x))=2.Vậy|Gal(E/Q)| =2× 3=6. Suy ra
Gal(E/Q)
∼
=
S
3
(theo Định lý 2.4).
16 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng
Định lý 2.6. Cho F ⊆ B ⊆ E là một tháp trường trong đó E là trường phân
rã của f(x) ∈ F[x] trên F,vàB là trường phân rã của g(x) ∈ F [x] trên F.
Khi đó
(i) Gal(E/B) là nhóm con chuẩn tắc của nhóm Gal(E/F),và
(ii) Gal(E/F)/Gal(E/B)
∼
=
Gal(B/F).
Chứng minh. Cho σ ∈ Gal(E/F).Kíhiệuα
1
, ,α
n
là các nghiệm phân biệt
của g(x) trong E, khi đó B = F (α
1
, ,α
n

).Vìσ cố định F theo từng điểm
và σ(α
i
) cũng là nghiệm của g(x) với mọi i =1, ,n (theo Bổ đề 2.2), nên ta
có
σ(B)=σ(F (α
1
, ,α
n
)) = F (σ(α
1
), ,σ(α
n
)) = B.
Chứng tỏ σ|
B
∈ Gal(B/F)).Talấyánhxạψ : Gal(E/F) −→ Gal(B/F), σ −→
σ|
B
. Khi đó dễ kiểm tra thấy ψ là một đồng cấu nhóm có Ker ψ = Gal(E/B).
Hơn nữa, lấy τ ∈ Gal(B/F),chúýrằngE cũng là trường phân rã của f(x)
trên B, khi đó từ Định lý 1.17 suy ra tồn tại tự đẳng cấu
τ : E −→ E là
mộtmởrộngcủaτ;dođóψ(
τ)=τ |
B
= τ. Suy ra ψ còn là toàn cấu; do đó
Gal(E/F)/Gal(E/B)
∼
=

Gal(B/F).
2.2 Căn của đơn vị, một số cấu trúc nhóm Galois
Bổ đề 2.7. Cho G =<a>là nhóm xyclic cấp n. Khi đó với mỗi ước dương d
của n tồn tại duy nhất một nhóm con của G có cấp d.
Chứng minh. Giả sử n = dc. Khi đó <a
c
> là nhóm con của G có cấp d (vì
(a
c
)
d
= a
dc
= a
n
=1;vàgiảsử1=(a
c
)
r
= a
cr
suy ra n = cd | cr,dođód | r;
chứng tỏ a
c
có cấp d). Để chứng minh tính duy nhất của <a
c
>,tagiảsử
<a
m
> là nhóm con của G có cấp d, khi đó 1=(a

m
)
d
= a
md
.Từđósuyra
n = dc | md do đó c | m; chứng tỏ a
m
∈<a
c
>.Dođó<a
m
>⊆<a
c
>.Từ
đó, vì cả hai nhóm con này cùng có d phần tử nên <a
m
>=<a
c
>.
Chú ý 2.8.
i) Nhắc lại rằng nếu C =<a>là nhóm xyclic cấp n thì một phần tử a
k
sinh
ra C nếu và chỉ nếu (k, n)=1. Khi đó, số phần tử sinh của C là ϕ(n) (hàm
Euler).
ii) Với mỗi số nguyên dương n,tacócôngthứcsauđây:
n =

d|n

ϕ(d) (gọi là hệ thức Gauss).
Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 17
Thật vậy, lấy G là nhóm có cấp n, trong G ta định nghĩa quan hệ a ∼ b nếu
và chỉ nếu <a>=<b>.Tathấy∼ là quan hệ tương đương. Suy ra G được
phân thành các lớp tương đương rời nhau. Ta kí hiệu g(C) là lớp tương đương
của a, khi đó g(C) bằng tập phần tử sinh của C =<a>.Từđó,tacó
G =

Cxyclic
g(C)
(tổng chạy trên tất cả các nhóm con xyclic C của G). Suy ra
n =

Cxyclic
|g(C)| =

Cxyclic
ϕ(|C|).
Khi giả thiết thêm G là nhóm xyclic, thì từ Bổ đề 2.7 và đẳng thức trên cho ta
n =

d|n
ϕ(d).
Định lý 2.9. Một nhóm G cấp n là nhóm xyclic nếu và chỉ nếu mỗi ước dương
d của n tồn tại nhiều nhất một nhóm con của G có cấp d.
Chứng minh. Nếu G là xyclic thì kết quả suy ra từ Bổ đề 2.7. Ngược lại, theo
nhận xét trên ta có G =

Cxyclic
g(C) (tổng chạy trên tất cả các nhóm con

xyclic C của G). Do đó n =

Cxyclic
ϕ(|C|). Vì G có nhiều nhất một nhóm
con xyclic có cấp d nên ta có
n =

Cxyclic
ϕ(|C|) ≤

d|n
ϕ(d)=n
(đẳng thức sau là hệ thức Gauss). Do đó G có duy nhất một nhóm con xyclic
cấp d với mọi d là ước của n. Trường hợp đặc biệt suy ra G tồntạinhómcon
xyclic có cấp n.DođóG là nhóm xyclic.
Định lý 2.10. Cho F là trường với nhóm nhân F
∗
= F −{0}. Khi đó mọi
nhóm con hữu hạn G của F
∗
đều là nhóm xyclic.
Chứng minh. Giả sử |G| = n và d|n.NếuC là một nhóm con xyclic của G có
cấp d thì mọi phần tử của C là nghiệm của đa thức x
d
− 1. Nếu ngoài ra còn
có một nhóm con xyclic C

(khác C)củaG có cấp d thì C

phải chứa ít nhất

phần tử không thuộc C.VìthếG chứa ít nhất d +1 phần tử là nghiệm của đa
thức x
d
−1, điều này là vô lý (vì ta đã biết đa thức x
d
−1 chỉ có nhiều nhất d
nghiệm trong một trường). Chứng tỏ với mỗi d|n có nhiều nhất một nhóm con
xyclic của G có cấp d.TừđósuyraG là nhóm xyclic (theo Định lý 2.9).
18 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng
Hệ quả 2.11. Cho F là một trường và n là số tự nhiên khác 0. Khi đó
G = {a ∈ F | a
n
=1}
là một nhóm con xyclic của nhóm nhân F
∗
.
Chứng minh. Rõ ràng 1 ∈ G nên G = ∅.Lấytùyýa, b ∈ G, khi đó a
n
=1=b
n
,
suy ra (ab
−1
)
n
= a
n
((b
−1
)

n
)=(b
n
)
−1
=1. Chứng tỏ G là nhóm con của F
∗
.
Mặt khác |G|≤n,nênG là nhóm con hữu hạn của F
∗
,suyraG là nhóm xyclic
(theo Định lý 2.10).
Hệ quả 2.12. Cho F là một trường hữu hạn. Khi đó F
∗
là một nhóm xyclic,
hơn nữa tồn tại phần tử α ∈ F sao cho F = F
p
(α), trong đó F
p
là trường con
nguyên tố của F .
Chứng minh. Vì F là trường hữu hạn nên nó có đặc số nguyên tố p và
có trường con nguyên tố là F
p
.Đặt|F | = q. Khi đó tồn tại số tự nhiên
n sao cho q = p
n
. Hơn nữa theo cấu trúc của trường hữu hạn, ta thấy
F chính là trường phân rã của đa thức f(x)=x
q

− x trên F
p
.Dođó
F = F
p
(0,α
1
, ,α
q−1
)=F
p
(α
1
, ,α
q−1
), trong đó 0,α
1
, ,α
q−1
là tất cả
các nghiệm của f(x).LưuýrằngvìF là trường hữu hạn nên F
∗
là một nhóm
con hữu hạn của F
∗
;vìthếF
∗
là nhóm xyclic cấp q − 1 (theo Định lý 2.10),
giả sử F
∗

=<α>với α ∈ F
∗
. Khi đó mọi α
i
đều là lũy thừa của α (với
i =1, ,q− 1). Do vậy F = F
p
(α).
Định nghĩa 2.13. Cho E/F là một mở rộng hữu hạn. Một phần tử α ∈ E
được gọi là phần tử nguyên thủy của E nếu E = F (α).
Nhận xét 2.14. Cho F là trường hữu hạn. Khi đó
i) Theo chứng minh của Hệ quả 2.12, ta thấy mỗi phần tử sinh α của nhóm
xyclic F
∗
đều là một phần tử nguyên thủy của F .
ii) Nếu α là phần tử nguyên thủy của F thì mọi phần tử của F hoặc là 0 hoặc
là lũy thừa của α.
Bổ đề 2.15. Xét mở rộng trường F
q
/F
p
, với q = p
n
. Giả sử α là phần tử
nguyên thủy của F
q
. Khi đó α là một nghiệm của một đa thức bậc n bất khả
quy trong F
p
[x].

Chứng minh. Ta có F
q
= F
p
(α) làmộtmởrộngđơncủaF
p
. Giả sử đa thức tối
tiểu của α trên F
p
có bậc d. Khi đó, theo tính chất của mở rộng đơn đại số, ta
thấy [F
p
(α):F
p
]=d,suyraF
p
(α) có p
d
phần tử. Do đó p
d
= |F
p
(α)| = p
n
,
kéo theo d = n.
Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 19
Định lý 2.16. Đặt G = Gal(F
q
/F

p
), trong đó q = p
n
. Khi đó G
∼
=
Z
n
và nó
có phần tử sinh là σ : u −→ u
p
(nó được gọi là tự đẳng cấu Frobenius).
Chứng minh. Đặt E = F
q
,F = F
p
. Theo cấu trúc trường hữu hạn, ta thấy
F
∼
=
Z
p
và E = F (α), trong đó α là nghiệm của một đa thức f(x) bất khả quy
trong F [x] có bậc n (theo Bổ đề 2.15). Do đó [F (α):F ]=deg(f(x)) = n.Mặt
khác E là trường phân rã của đa thức x
q
− x trên F mà đa thức x
q
− x
tách được, nên suy ra |G| =[E : F ] (theo Hệ quả 2.5). Vậy |G| = n.

Bây giờ ta chứng minh σ : E −→ E,u −→ u
p
là phần tử sinh của G.Ta
thấy σ(1) = 1; σ(uv)=(uv)
p
= u
p
v
p
= σ(u)σ(v) với mọi u, v ∈ E;
σ(u + v)=(u + v)
p
= u
p
+ v
p
= σ(u)+σ(v) (do E có đặc số p); với mọi
w ∈ E tồn tại u = w
p
n−1
∈ E sao cho σ(u)=w (do w
p
n
− w =0). Suy ra σ
là toàn cấu. Ta lại có σ là đơn cấu (do nếu u ∈ E sao cho u
p
=0thì u =0).
Cuối cùng ta thấy σ|
F
= id

F
(do với mọi a ∈ F đều thỏa mãn a
p
= a). Chứng
tỏ σ ∈ G. Để chứng minh σ có cấp n ta chỉ cần chứng minh σ
j
= id
E
với mọi
0 <j<n(vì hiển nhiên đã có σ
n
= id
E
). Giả sử trái lại rằng tồn tại 0 <j<n
sao cho σ
j
= id
E
, khi đó với mọi u ∈ E ta có σ
j
(u)=u hay u
p
j
− u =0với
mọi u ∈ E. Suy ra mọi phần tử của E đều là nghiệm của đa thức x
p
j
− x,đa
thức này có bậc p
j

<p
n
, đây là điều mâu thuẫn. Chứng tỏ σ có cấp là n.Vậy
G là nhóm xyclic cấp n,vìthếG
∼
=
Z
n
.
Bổ đề 2.17. Cho n là số nguyên dương và F là một trường. Giả sử hoặc là F có
đặc số 0 hoặc là F có đặc số p không là ước của n. Khi đó đa thức f(x)=x
n
−1
có n nghiệm phân biệt trong trường phân rã của f(x) trên F.
Chứng minh. Từ giả thiết suy ra đạo hàm f

(x) =0,dođó(f(x),f

(x)) = 1,
nên tồn tại u(x),v(x) ∈ F [x] sao cho u(x)f(x)+v(x)f

(x)=1. Từ đây ta thấy
f(x) và f

(x) không có nghiệm chung, suy ra f(x) không có nghiệm bội.
Định nghĩa 2.18. Cho F là một trường và n là số nguyên dương không chia
hết cho đặc số của F .GiảsửE là trường phân rã của f (x)=x
n
− 1 trên F .
Đặt G = {ξ ∈ E | ξ

n
=1}. Khi đó G là một nhóm con xyclic của nhóm nhân
E
∗
và G có cấp n (theo Hệ quả 2.11 và Bổ đề 2.17). Khi đó một phần tử sinh
α của nhóm G được gọi là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị.
Chú ý 2.19.
i) Một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị trong trường số phức C là
ξ = cos
2kπ
n
+ isin
2kπ
n
20 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng
trong đó k ∈ Z thỏa mãn (k, n)=1.
ii) Cho R là vành giao hoán, ta kí hiệu U(R) là tập các phần tử khả
nghịch của R. Khi đó dễ thấy U(R) là một nhóm với phép nhân. Đặc biệt
U(Z
n
)={a ∈ Z
n
| (a, n)=1} và |U(Z
n
)| = ϕ(n).
Định lý 2.20. Cho F là một trường và E = F (α) với α là một căn nguyên
thủy bậc n của đơn vị. Khi đó nhóm Gal(E/F) đẳng cấu với nhóm con của
nhóm U(Z
n
) và do đó Gal(E/F) là nhóm Abel.

Chứng minh. Vì E = F (α) là mở rộng đơn đại số của F nên mỗi phần tử của
E có dạng

m−1
i=0
a
i
α
i
trong đó a
i
∈ F và m = deg(f(x)) (với f(x) ∈ F [x]
là đa thức tối tiểu của α,lưuýrằngf(x)|(x
n
− 1)). Ta sẽ thiết lập ánh xạ
ψ : Gal(E/F) −→ U(Z
n
) như sau: Lấy tùy ý σ ∈ Gal(E/F).Vìα là nghiệm
của f(x) và là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị nên σ(α) cũng vậy. Vì thế
tồn tại duy nhất
i ∈ U(Z
n
) sao cho σ(α)=α
i
(vì nếu trái lại còn có j ∈ U(Z
n
)
sao cho i = j và α
i
= α

j
thì α
j−i
=1,suyraj − i chia hết cho n;dođói = j,
điều này mâu thuẫn). Trong trường hợp này ta kí hiệu σ
i
thay cho σ;vàta
đặt ψ(σ
i
)=i.Tathấyψ là một đồng cấu nhóm (thật vậy, lấy hai phần tử
tùy ý của Gal(E/F) là σ
i
và σ
j
; khi đó σ
i
σ
j
(α)=σ
i
(α
j
)=(α
j
)
i
= α
ji
; suy ra
ψ(σ

i
σ
j
)=ji = j i = ψ(σ
i
)ψ(σ
j
)). Mặt khác đồng cấu này là đơn cấu (vì nếu
có σ
i
∈ Gal(E/F) sao cho ψ(σ
i
)=1 thì i = 1;suyrai −1 chia hết cho n,kéo
theo σ
i
(α)=α;dođóσ
i
= id
E
). Vậy Gal(E/F) đẳng cấu với nhóm con của
nhóm U(Z
n
),vàvìthếGal(E/F) là nhóm giao hoán.
Định lý 2.21. Cho F là trường chứa một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị.
Giả sử f(x)=x
n
− c ∈ F [x] và E là trường phân rã của f(x) trên F . Khi đó
tồn tại một đơn cấu
ϕ : G = Gal(E/F) −→ Z
n

.
Hơn nữa, f(x) là đa thức bất khả quy trên F nếu và chỉ nếu ϕ là toàn cấu.
Chứng minh. Giả sử ω là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị sao cho ω ∈ F ,
và α là một nghiệm của f(x); khi đó α
n
= c và tất cả các nghiệm của f(x) là
α,αω, ,αω
n−1
.Lấyσ ∈ G thì σ(α)=αω
i
với duy nhất i ∈ Z
n
; trong trường
hợp này ta kí hiệu σ bởi σ
i
.Talậpánhxạϕ : G −→ Z
n
,σ
i
−→ i.Bâygiờta
chứng minh ϕ là đồng cấu nhóm (ở đây, ta xét Z
n
như một nhóm cộng). Lưu
ýrằngσ
i
(ω)=ω (do ω ∈ F )vớimọiσ
i
∈ G. Khi đó
σ
j

σ
i
(α)=σ
j
(αω
i
)=ω
i
σ
i
(α)=ω
i
αω
j
= αω
i+j
= αω
j+i
= σ
j+i
(α).
Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 21
Chứng tỏ ϕ(σ
j
σ
i
)=j + i = ϕ(σ
j
)+ϕ(σ
i

) với mọi σ
j
,σ
i
∈ G;suyraϕ là đồng
cấu. Hơn nữa ta thấy ϕ là đơn cấu (vì nếu ϕ(σ
i
)=0 thì i = 0,suyrai chia
hết cho n, chứng tỏ σ
i
= id
E
).
Cuối cùng ta chứng minh: f(x) là đa thức bất khả quy trên F nếu và chỉ
nếu ϕ là toàn cấu.
(⇒) Giả sử f(x) bất khả quy. Lấy tùy ý i ∈ Z
n
(với 0 ≤ i ≤ n − 1). Do
α và ω
i
α cùng là các nghiệm của đa thức f(x) bất khả quy trên F nên tồn
tại duy nhất đẳng cấu σ : F (α) −→ F (ω
i
α) cố định F theo từng điểm và
σ(α)=αω
i
(theo Hệ quả 1.16). Mặt khác ta có F (ω
i
α) ⊆ F (α); ngược lại, vì
α =(ω

i
)
−1
(ω
i
α) ∈ F (ω
i
α) nên F (ω
i
α) ⊇ F (α).DođóF (ω
i
α)=F (α). Chứng
tỏ rằng ω
i
α ∈ F (α) với mọi i =0, 1, ,n− 1.Vìthế
E = F (α,ωα, ,ω
n−1
α)=F (α).
Suy ra σ ∈ Gal(E/F);vàtathấyϕ(σ)=
i, chứng tỏ ϕ là toàn cấu.
(⇐) Cho ϕ là toàn cấu. Lưu ý rằng α,ωα, ,ω
n−1
α là n nghiệm phân biệt của
f(x) (vì nếu trái lại, suy ra tồn tại 0 ≤ i<j≤ n −1 sao cho αω
i
= αω
j
,dođó
ω
j−i

=1với 0 <j− i<n; điều này mâu thuẫn với giả thiết ω là căn nguyên
thủy bậc n của đơn vị ). Giả sử f(x) không bất khả quy, khi đó tồn tại hai đa
thức h(x),g(x) ∈ F[x] cùng có bậc dương sao cho f(x)=g(x)h(x).Gọiβ
1
là
một nghiệm của g(x), lúc đó β
1
= ω
i
α với i nàođóthỏamãn0 ≤ i ≤ n − 1;
gọi β
2
là một nghiệm của h(x), ta cũng có β
2
= ω
j
α với j nàođóthỏamãn
0 ≤ j ≤ n −1 và i = j.Giảsửi<j,đặtk = j −i,tacó
k ∈ Z
n
.Từđâydoϕ là
toàn cấu nên tồn tại σ ∈ Gal(E/F) sao cho ϕ(σ)=
k (kéo theo σ(α)=ω
k
α).
Do đó
σ(β
1
)=σ(ω
i

α)=ω
i
σ(α)=ω
i
ω
k
α = ω
i+k
α = ω
j
α = β
2
.
Từ đó vì β
1
là nghiệm của g(x) nên β
2
= σ(β
1
) cũng là nghiệm của g(x). Như
vậy β
2
là một nghiệm chung của g(x) và h(x),suyraf(x) có nghiệm bội, điều
này mâu thuẫn. Vậy f(x) bất khả quy.
Hệ quả 2.22. Cho p là số nguyên tố và F là một trường chứa một căn nguyên
thủy ω bậc p của đơn vị. Giả sử đa thức f(x)=x
p
− c ∈ F [x] có trường phân
rã trên F là E. Khi đó hoặc là f(x) phân rã trên F và |Gal(E/F)| =1;hoặc
là f(x) bất khả quy và Gal(E/F)

∼
=
Z
p
.
Chứng minh. Xét đơn cấu ϕ : G = Gal(E/F) −→ Z
p
như trong Định lý 2.21.
Vì Z
p
chỉ có hai nhóm con, nên chỉ có hai khả năng sau xảy ra. Trường hợp 1:
Im ϕ = {
0}, khi đó |Gal(E/F)| =1,dođóE = F , chứng tỏ f(x) phân rã trên
F . Trường hợp 2: Im ϕ = Z
p
, lúc đó Gal(E/F)
∼
=
Z
p
, chứng tỏ f(x) bất khả
quy trên F (theo Định lý 2.21).
22 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng
Hệ quả 2.23. Cho p là số nguyên tố, F là một trường có đặc số 0 và
f(x)=x
p
− c ∈ F[x]. Khi đó hoặc là f(x) bất khả quy trên F hoặc là c có
một căn bậc p trong F .
Chứng minh. Lấy E là trường phân rã của f(x) trên F .Gọiα ∈ E là một
nghiệm của f(x). Khi đó các nghiệm của f(x) là α,ωα, ,ω

n−1
α ∈ E, trong
đó ω là một căn nguyên thủy bậc p của đơn vị. Lưu ý rằng vì ω =(α)
−1
(ωα) nên
ω ∈ E. Ta xét hai trường hợp sau. Trường hợp 1: Nếu f(x) không bất khả quy
trong F [x] thì f(x) có phân tích f(x)=g(x)h(x) với deg(g(x)), deg(h(x)) <
deg(f(x)) = p.Đặtk = deg(g(x)), khi đó k<p.Dog(x) có k nghiệm nào
đó trong các nghiệm của f(x) nênhệsốtựdocủag(x) có dạng b = ±ω
m
α
k
với m nguyên dương. Vì ω
m
là một căn bậc p của đơn vị và α
p
= c nên
(±b)
p
= α
kp
= c
k
.Vìp nguyên tố và k<pnên (k,p)=1, suy ra tồn tại s, t ∈ Z
sao cho 1=ks + pt. Khi đó ta có c = c
1
= c
ks
c
tp

=(±b)
ps
c
tp
=[(±b)
s
c
t
]
p
,
chứng tỏ c có một căn bậc p trong F đó chính là phần tử (±b)
s
c
t
. Trường hợp
2: Nếu không xảy trường hợp 1 thì f(x) bất khả quy trong F[x].
Bài tập
1. Cho f(x) ∈ F [x] là đa thức bất khả quy có bậc n,vàE/F là trường phân
rã của f(x).
i) Chứng minh rằng n là ước của [E : F ].
ii) Chứng minh rằng nếu f(x) tách được thì n là ước của |Gal(E/F)|.
2. Cho E là trường phân rã của f(x)=x
4
− 10x
2
+1trên Q.TìmGal(E/F).
(HD: f(x) có 4 nghiệm là
α
1

=
√
2+
√
3,α
2
=
√
2 −
√
3,α
3
= −
√
2+
√
3,α
4
= −
√
2 −
√
3,
khi đó E = Q(α
1
,α
2
,α
3
,α

4
); rút gọn E, )
3. Chứng minh rằng nếu F là trường vô hạn thì nhóm nhân F
∗
không bao giờ
là nhóm xyclic. (HD: Giả sử trái lại rằng F
∗
=<u>.Ta xét hai trường hợp:
đặc số của F là 0; đặc số của F là p. Trường hợp sau được chia nhỏ hơn thành
hai khả năng: u là phần tử siêu việt trên F
p
;vàu là phần tử đại số trên F
p
.)
Chương 3
Giải được bằng căn thức
3.1 Nhóm giải được
Định nghĩa 3.1. Một nhóm G được gọi là nhóm giải được nếu tồn tại một
dãy các nhóm con của G
G = G
0
⊃ G
1
⊃ G
2
⊃ ⊃ G
n
= {e} (†)
sao cho hai điều kiện sau được thỏa mãn
(1) G

i+1
là nhóm con chuẩn tắc của G
i
với mọi i =0, ,n− 1;
(2) G
i
/G
i+1
là nhóm Abel với mọi i =0, ,n− 1.
Chú ý 3.2. Trong định nghĩa trên, một dãy (†) thỏamãnđiềukiện(1),thường
được gọi là dãy hợp thành. Vì thế ta có thể định nghĩa lại nhóm giải được như
sau: nhóm giải được là nhóm có dãy hợp thành mà mọi nhóm thương là Abel.
Bổ đề 3.3. Cho G là một nhóm, gọi H là nhóm con của G sinh bởi tất cả các
hoán tử xyx
−1
y
−1
, với x, y ∈ G (ta gọi H là nhóm con các hoán tử của G).
Khi đó H là nhóm con chuẩn tắc nhỏ nhất của G sao cho G/H là nhóm Abel.
Chứng minh. Với mọi x ∈ G và mọi h ∈ H,tacóxhx
−1
=(xhx
−1
h
−1
)h ∈ H.
Do đó H là nhóm con chuẩn tắc của G.TathấyG/H là nhóm Abel, thật vậy,
với mọi x, y ∈ G,tacó(yx)
−1
xy = x

−1
y
−1
xy ∈ H,suyraxHyH = xyH =
yxH = yHxH. Cuối cùng ta chứng tỏ nếu K là nhóm con chuẩn tắc của G
sao cho G/K là nhóm Abel thì H ⊆ K, thật vậy, với mọi x, y ∈ G,tacó
xyK = xKyK = yKxK = yxK,suyrax
−1
y
−1
xy =(yx)
−1
xy ∈ K; chứng tỏ
mọi phần tử sinh của H đều thuộc K,dođóH ⊆ K.
23
24 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng
Kí hiệu: Cho G là một nhóm. Ta đặt G
(1)
là nhóm con các hoán tử của G;
G
(2)
là nhóm con các hoán tử của G
(1)
; ; G
(n)
là nhóm con các hoán tử của
G
(n−1)
. Ngoài ra ta quy ước G
(0)

= G.
Bổ đề 3.4. Nhóm G là nhóm giải được nếu và chỉ nếu tồn tại n ∈ N sao cho
G
(n)
= {e}.
Chứng minh. (⇐) là hiển nhiên. Còn lại ta chứng minh (⇒).Trướchếttadễ
thấy có nhận xét rằng nếu K
1
,K
2
là các nhóm con của G sao cho K
1
⊆ K
2
thì
K
(1)
1
⊆ K
(1)
2
.
Giả sử G có dãy
G = G
0
⊃ G
1
⊃ G
2
⊃ ⊃ G

n
= {e}
sao cho G
i+1
là nhóm con chuẩn tắc của G
i
với mọi i =0, ,n−1;vàG
i
/G
i+1
là nhóm Abel với mọi i =0, ,n−1. Ta chứng minh bằng quy nạp theo i ≥ 0
rằng G
(i)
⊆ G
i
, (∗). Trường hợp i =0là rõ ràng. Giả sử i>0 và G
(i−1)
⊆ G
i−1
.
Do G
i−1
/G
i
là nhóm Abel nên [G
i−1
]
(1)
⊆ G
i

theo Bổ đề 3.3. Vì thế
G
(i)
=[G
(i−1)
]
(1)
⊆ [G
i−1
]
(1)
⊆ G
i
.
Suy ra (∗) được chứng minh. Từ đó áp dụng khi i = n:vìG
n
= {e} nên
G
(n)
= {e}.
Bổ đề 3.5. Cho G là nhóm và H là nhóm con chuẩn tắc của G. Khi đó G là
nhóm giải được nếu và chỉ nếu H và G/H là các nhóm giải được.
Chứng minh. (⇒) Vì G giải được nên tồn tại n ∈ N sao cho G
(n)
= {e} (theo
Bổ đề 3.4). Khi đó vì H ⊆ G nên H
(n)
⊆ G
(n)
= {e}.VìthếH

(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.Vớimọi
u, v ∈ U,tồntạix, y ∈ G sao cho u = f(x),v = f(y),suyra
uvu
−1
v
−1
= f(x)f(y)f(x
−1
)f(y
−1
)=f(xyx
−1
y
−1
) ∈ f(G
(1)
),
suy ra f(G
(1)
) ⊇ U
(1)
; ngược lại, mọi w ∈ f(G

(1)
),tồntạiz ∈ G
(1)
,saocho
w = f(z), khi đó z là tích của hữu hạn các phần tử có dạng xyx
−1
y
−1
,suyra
w là tích hữu hạn các phần tử có dạng f(x)f(y)f (x)
−1
f(y)
−1
,vìthếw ∈ U
(1)
,
chứng tỏ f(G
(1)
) ⊆ U
(1)
.Vậyf(G
(1)
)=U
(1)
.Tiếptheobằngquynạptacóthể
chứng minh được rằng f(G
(i)
)=U
(i)
với mọi i ≥ 1. Sau đó áp dụng f = p).