Nghiên cứu mở rộng galois và tìm hiểu các định lý cơ bản của lý thuyết galois

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,
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 là trường và đa thức f (x) ∈ F [x] phân tích
được thành tích các nhân
tử bất khả quy (không nhất thiết phân biệt)
f (x) = p1(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) = 0 thì deg(p (x)) < deg(p(x)). Do đó (p(x), p
(x)) = 1, vì thế tồn tại
u(x), v(x) ∈ F [x] sao cho 1 = u(x)p(x) + v(x)p (x).
Từ đó, nếu p(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) = 0 là 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. Cho mở rộng trường E/F và f
(x) ∈ F [x].
- Ta nói f (x) phân rã trong E nếu f (x) được viết
thành tích những nhân tử
tuyến tính trong E[x], tức là E chứa tất cả các nghiệm
của f (x).
Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC)
9
- Ta
nói E
là
trườn

g
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) = x2 − 2 ∈ Q[x]. Ta có f (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], suy ra f
(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] = 1 hoặc [K : Q] = 2; suy ra K = 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. Ta chọn E = F . Giả sử n > 1 và định lý đã đúng cho
các đa thức có bậc nhỏ hơn n. Ta lấy p(x) là một ước bất khả quy của f (x),
khi đó deg(p(x)) ≥ 1. Đặt K = F [x]/(p(x)), ta thấy F ⊆ K là một mở
rộng
trườn
g và
p(x)
có
một
nghiệ
m α1
∈ K .
Trong
K[x],
đa
thức
f (x)
viết

được
f (x)
= (x −
α1)g(x
), với
deg(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. Do đó g(x) có n − 1 nghiệm α2, . . . , α
n
∈ T (đây cũng là các nghiệm
của f (x)). Đặt E = F (α1, . . . , α
n
), suy ra E là trường phân rã của f (x) trên
F .
Ví dụ: Trường phân rã của f (x) = x2
+ 1
trên Q là Q(i); trường phân rã của
f (x) = x2
+ 1
trên 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
i=0 a
i
α , 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)
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 , và lấy 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]; vì thế
E = F . Do đó ta lấy
∼
ϕ = ϕ.
Giả sử [E : F ] > 1, khi đó tồn tại nhân tử bất
khả quyp(x) củaf (x)
sao cho deg(p(x)) ≥ 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 :
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 ]. 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
của ϕ.
(ii) Chứng minh này cải tiến chứng minh của (i), ta cũng quy nạp theo [E : F ].
Nếu [E : F ] = 1 thì E = F và chỉ có duy nhất mở rộng ϕ∼ của ϕ, chính là ϕ.
Giả sử [E : F ] > 1, và p(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). 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 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. Lưu ý rằng E cũng là trường phân rã của f (x) trên F (α), và
E
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; do đó có tất cả là d × ([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
nguyê
n các
phần
tử của
F .
Chứng
minh.
Thay F
= F và ϕ = id
F
vào Định lý 1.17, ta suy ra kết quả ngay
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 α1, . . . , α
n
thì trường phân rã của f (x) trên F chính là E = F (α1, . . . , α
n
).
Ví dụ. Xét f (x) = x
3
− 2 ∈ Q[x]. Ta thấy f (x) có 3 nghiệm là α, αε, αε
2
(với
α =
3
2 ∈ R, và ε 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; nếu Fcó 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, rõ ràng F
là trường con nhỏ nhất

của E, do đó F 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 = pn với số tựnhiên n
nào đó.
(ii) Với mỗi số nguyên tố p và
số tựnhiên n = 0, tồn tại duy
nhất một trường
hữu hạn có pn 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
. Ta biết rằng F
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 {e1, . . . , e
n
}, và vì thế mỗi phần tử của
F
có dạng
x
=
n
i=1 a
i
e
i
với a1, . . . , a
n
∈ F
p
. Từ đó suy ra số phần tử của

F
bằng số các bộ phần tử
(a1, . . . , a
n
) ∈ F
p
× . . . × F
p
(n lần). Do đó q = pn.
(ii) Sự tồn tại của trường có q = pn phần tử. Xét đa
thức f (x) = xq −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. (Thật vậy, với mọi α, β ∈ K ta có (α − β)q =
αq − β q = α − β,
(αβ)q =

αqβ q = αβ; do đó α − β, αβ ∈ K.
Nếu α ∈ K∗
thì
(α−1
)
q = (αq)
−1
=
α−1; suy
ra α−1 ∈ K. Ngoài ra, rõ ràng 1q
= 1 nên 1 ∈ K). Cuối cùng, ta
thấy rằng mọi
a ∈ F
p
đều thỏa mãn ap = a,
do đó aq = ap
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 = pn
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 =
pn
phần
tử. Giả
sử F
q
là
trường
có q =
pn
phần
tử. Khi
đó
F
q
có
đặc số
là p
(giả sử
p1
là đặc