Lý thuyết trường và galois

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
BÙI XUÂN HẢI
LÝ THUYẾT
TRƯỜNG & GALOIS
NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HỒ CHÍ MINH
-2007-

Bảng ký hiệu
C - tập hợp các số phức
R - tập hợp các số thực
Q - tập hợp các số hữu tỷ
Z - tập hợp các số nguyên
N = {1, 2, 3, } - tập hợp các số tự nhiên
Z
+
= {0, 1, 2, 3, } - tập hợp các số nguyên không âm
a, b = {a, a +1,a+2, ,b},trongđóa, b ∈ Z và a<b
Z
n
- tập hợp các số nguyên modulo n
F
q
-trườngGaloisgồmq phần tử
Aut(L) - nhóm các tự đẳng cấu của t rường L
Gal(L/K) - nhóm Galois của mở rộng trường L/K
S
n
- nhóm đối xứng bậc n
A
n

- nhóm thay phiên bậc n
[L : K] -bậccủamởrộng
3
Lời giới thiệu
Bài toán tìm nghiệm của những phương trình đại số đ ã được quan
tâm từ thời cổ đại. Trong những tấm bảng đất sét của người Babylon
có từ 1600 năm trước Công nguyên đã có ghi những bài toán đưa
về việc giải phương trình bậc hai. Cũng từ những tấm bảng đất sét
này người ta nhận thấy rằng những người Babylon đã biết cách tìm
nghiệm của phương trình bậc hai mặc dù họ chưa biết cách biểu diễn
chúng bằng những ký hiệu đại số. Người La Mã cổ đại cũng từng biết
cách giải phương trình bậc hai bằng phương pháp hình học, tuy họ
cũng chưa tìm ra công thức đại số để biểu diễn chúng. Tình hình
cũng tương tự như vậy đối với những phương trình bậc ba.
Phải đ ến thời kỳ Phục hưng các nhà toán học ở Bologna (Ý) mới
khám phá ra rằng việc giải phương trình bậc ba cuối cùng được đưa
về ba dạng cơ bản sau đây:
X
3
+ pX = q, X
3
= pX + q, và X
3
+ q = pX.
Sở dó họ phải xét b a trường hợp riêng biệt này vì họ không muốn
công nhận v iệc tồn tại các số âm. Một người trong số các nhà toán
học thời đó có tên là Scipio del Ferro tự nhận là ông ta có lời giải cho
cả ba trường hợp nêu trên. Tuy nhiên, những lời giải này được giữ
bí mật và ông ta chỉ dạy cho một người học trò của mình có tên là
Fior biết phương pháp giải một trong ba dạng phương trình nói trên.

Nhưng tin tức về việc đã có người biết giải các phương trình bậc ba đã
lọt ra ngoài và điều này kích thích sự tìm tòi của nhiều người. Cuối
cùng thì một người có tên là Niccolo Fontana (bí danh Tartaglia) đã
tái phát minh ra lời giải vào năm 1535. Fontana đã công khai phương
pháp của mình nhằm cạnh tranh với Fior, nhưng ông từ chối công
bố chi tiết lời giải. Nhưng sau đó Fontana, bò một nhà vật lý học có
tên Girolamo Cardano thuyết phục, đã đồng ý trao lời giải cho ông
này sau khi nhận được lời hứa là mọi chuyện vẫn sẽ được giữ bí mật.
Thế nhưng, vào năm 1545 Cardano cho xuất bản cuốn Ars Magna,
4
trong đó ông trình bày đầy đủ toàn b ộ lời giải của Fontana, kèm theo
lời cám ơn trân trọng gửi đến người đã phát minh ra nó. Tất nhiên
là Fontana có lý do chính đáng để giận dữ. Thế nhưng, cũng nhờ
có dòp may này mà phát minh quan trọng đó đã được ra mắt quần
chúng.
Cũng trong Ars Magna, Cardano còn trình bày một phương pháp
của Ludovico Ferrari về vi ệ c giải phương trình bậc bốn bằng cách đưa
về giải phương trình bậc ba.
Một tính chất nổi bật dễ nhận thấy trong tất cả các công thức
được phát minh là các nghiệm đều được biểu diễn bằng các biểu thức
căn thức, nghóa là các biểu thức đại số nhận được bằng cách tác động
lên các hệ số các phép toán cộng, trừ, nhân, chia và khai căn.
Như vậy, đến thời điểm này có thể nói rằng tất cả cá c phương
trình bậc ≤ 4 đều giải được bằng căn thức. Một câu hỏi được đặt ra
một cách rất tự nhiên là: Liệu phương trình bậc 5 có giải được bằng
căn thức hay không? Câu hỏi này đã thu hút sự quan tâm nghiên
cứu của rất nhiều người. Có thể kể ra đây một số trường hợp sau:
Tschirnhaus đưa ra lời giải nhưng bò Leibniz chỉ ra là sai lầm. Euler
đưa ra lời giải sai nhưng đồng thời lại tìm được phương pháp mới để
giải phương trình bậc 4. Lagrange cũng nghiên cứu vấn đề này và

tìm r a cách thống nhất để giải quyết bài toán cho các phương trình
bậc ≤ 4. Tuy nhiên ông nói rằng phương pháp của ông sẽ sai nếu
áp dụng cho phương trình bậc 5. Vậy, phải chăng phương trình bậc
5 không giải được bằng căn thức? Năm 1813, Ruffini công bố một
chứng minh với nhiều sai sót rằng phương trình bậc 5 không giải
được bằng căn thức. Cuối cùng, vào năm 1824 Abel đã chứng minh
một cách thuyết phục rằng phương trình bậc 5 tổng quát không giải
được bằng că n thức.
Vấn đề bây giờ lại là việc cần giải quyết câu hỏi: Làm cách nào
để nhận biết một phương trình đại số cho trước là giải được hay
không bằng căn thức? Abel đ ang nghiên cứu vấn đề na øy dang dở
thì mất vào năm 1829. Khi ấy, có một người Pháp còn rất trẻ tên là
Évariste Galois, sinh viên Trường Cao đẳng sư phạm (École Normale
5
Superieuse) ở Paris, say sưa nghiên cứu vấn đề này. Galois đã gửi tới
ba bản thảo cho Viện Hàn lâm khoa học Paris, nhưng tất cả đều không
được xem xét một cách nghiêm túc và rơi vào quên lãng. Năm 1832,
chàng thanh niên tài năng xuất chúng Évariste Galois chết trong một
cuộc đấu súng khi mới ở tuổi 21. May mắn thay, vào năm 1843,
Joseph L iouville đã nhận thấy giá trò của những công trình của Galois
và ông đã viết thư gửi Viện Hàn lâm khoa học Paris, trong đó nhấn
mạnh rằng ông đã tìm thấy trong các bài viết của Galois một lời giải
rất sâu sắc cho một bài toán tuyệt đẹp: ”Làm thế nào để nhận biết
một phương trình đại số là giải được hay không bằng căn thức.”
Ngày nay , phương pháp mà Galois đề xuất để tìm nghiệm cho
một phương trình đại s ố đã được mang tên ông, gọi là Lý thuyết
Galois. Giáo trình Lý thuyết Trường & Galois nhằm cung cấp những
kiến thức cơ bản về Lý thuyết mở rộng trường và trình bày những
ý tưởng độc đáo của Galois để giải bài toán đã nói phía trên. Trong
giáo trình cũng trình bày một số ứng dụng của Lý thuyết Trường &

Galois, chẳng hạ n như bài toán dựng hình bằng compa và thước kẻ
hay như phép chứng mi nh Đònh lý căn bản của Đại số bằng cách gần
như chỉ sử dụng các công cụ đại số. Cụ thể hơn, ở đây có sự kết hợp
giữa việc sử dụng Đònh lý căn bản của thuyết Galois và Đònh lý Sylow
về nhóm hữu hạn. Tuy nhiên, trong chứng minh chúng tôi vẫn cần
đến sự trợ giúp một chút của Giải tích bằng cách sử dụng Đònh lý
về cá c giá trò trung gian. Đây cũng là sự minh chứng cho ranh giới
rất tương đối của các chuyên ngành trong Toán học. Để tiện lợi cho
bạn đọc, ở hai tiết đầu chúng tôi đã trình bày các khái niệm cơ bản
về các nhóm hoán vò và giải được. Về mặt hình thức, việc đọc cuốn
giáo trình này không đòi hỏi phải biết trước những kiến thức của đại
số đại cương. Tuy nhiên, để có thể hiểu sâu vấn đề, người đọc cũng
cần phải có chút ít kinh nghiệm làm việc với toán cao cấp. Việc giải
bài tập là một phần quan trọng khi đọc cuốn giáo trình này. Cũng
có một số bài tập khó, nhưng một bạn đọc nghiêm túc chắc chắn sẽ
giải được tất cả các bài tập này.
Cuối cùng, như là một qui luật, dù tác giả có chăm chú đến đâu
thì vẫn có thể còn có những sai só t. Vì vậy chúng tôi mong nhận
6
được các ý kiến góp ý, phê bình của bạn đọc để hoàn thiện cuốn giáo
trình trong những lần xuất bản sau. Mọi ý kiến xin gửi về đòa chỉ
hòm thư điện tử

TP Hồ Chí Minh 10/06/2007
PGS.TS Bùi Xuân Hải
7
8
Mục lục
Bảng ký hiệu 3
Lời giới thiệu 4

§1.Nhómhoánvò 11
§2.Nhómgiảiđược 21
§3.Mởrộnghữuhạnvàmởrộngđạisố 25
§4.Dựnghìnhbằngcompavàthướckẻ 38
§5.NhómGaloisvàtrườngconcốđònh 46
§6.Trườngphânrãvànhữngmởrộngchuẩntắc 52
§7.Mởrộngtáchđược 59
§8.Baochuẩntắc 66
§9.ĐònhlýcănbảncủathuyếtGalois 76
§10.Cácđathứcbậcnhỏ 79
§11. Đa thức X
4
− 2 82
§12.Đònhlýcănbảncủạisố 87
9
§13.Sựgiảiđượcbằngcănthức 90
§14. Đa thức bậc 5 khônggiảiđượcbằngcănthức 97
§15.Trườnghữuhạn 99
Tài liệu tham khảo 105
10
§1. Nhóm h oán vò
Tập hợp tất cả các song ánh từ tập hữu hạn X gồm n phần tử
vào chính nó là một nhóm với phép nhân là phép hợp nối ánh xạ.
Ta ký hiệu nhóm này là S
n
và gọi nó là nhóm đối xứng bậc n trên
tập X. Mọi nhóm con của nhóm S
n
được gọi là một nhóm hoán vò
bậc n trên tập X. Để đơn giản, t a có thể giả thiết X = {1, 2, ,n}.

Mỗi phần tử của S
n
được g ọi là một hoán vò bậc n. Một hoán vò bậc
n thường được viết dưới dạng ma trận như sau:
σ =

12 n
i
1
i
2
i
n

trong đó i
k
= σ(k), ∀k ∈ 1,n.
Đònh nghóa 1.1. Phần tử σ ∈ S
n
được gọi là một k-chu trình hay
một chu trình độ dài k, nếu tồn tại một tập con {i
1
,i
2
, ,i
k
}⊆
{1, 2, ,n}sao cho σ(i
1
)=i

2
,σ(i
2
)=i
3
, ,σ(i
k−1
)=i
k
,σ(i
k
)=
i
1
,vàσ(j)=j, ∀j ∈{i
1
,i
2
, ,i
k
}.
Khi đó phần tử σ sẽ được viết một cách đơn giản là (i
1
i
2
i
k
).
Ta gọi một chu trình độ dài 2 là một chuyển vò.
Nếu σ ∈ S

n
thì ta ký hiệu |σ| là cấp của σ. Hiển nhiên nếu σ
là một k-chu trình thì |σ| = k. Nói riêng, mọi chuyển vò đều là một
phần tử cấp 2.
Đònh nghóa 1.2. Ta nói σ =(i
1
i
2
i
k
) và τ =(j
1
j
2
j
l
) là
hai chu trình độc lập hay không giao nhau,nếu{i
1
,i
2
, ,i
k
}∩
{j
1
,j
2
, ,j
l

} =Ø.
Hai chu trình độc lập sẽ giao hoán với nhau. Từ đó suy ra các
chu trình đôi một độc lập với nhau cũng giao hoán với nhau. Đònh lý
dưới đây đóng một vai trò quan trọng trong lý thuyết nhóm hoán vò.
11
Đònh lý 1.3. Mỗi phép hoán vò khác e (e là đơn vò của nhóm S
n
)
đều phân tích thành tích các chu trình đôi một độc lập với nhau. Sự
phân tích này là duy nhất sai khác một thứ tự các chu trình độc lập.
Chứng minh. Xét e = σ ∈ S
n
và X = {1, 2, ,n}. Ta nói hai phần
tử x, y ∈ X là tương đương với nhau (ký hiệu x ∼ y), nếu tồn tại
một số nguyên m sao cho x = σ
m
y. Rõ ràng quan hệ ∼ mà ta vừa
đònh nghóa là một quan hệ tương đương trên tập X. Ta gọi mỗi một
lớp tương đương của nó là một q đạo của σ.Nếux ∈ X th ì ta ký
hiệu
x là q đạo của σ chứa x.Vậy
x = {σ
m
x| m ∈ Z}.
Vì X là tập hữu hạn nên tồn tại một c ∈ Z
+
sao cho x = σ
c
x.
Gọi m là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa x = σ

m
x.Khiđó
x = {x,σx, ,σ
m−1
x}.
Xét chu trình độ dài m
γ =(x σx σ
m−1
x).
Khi đó
γy =

σy, y ∈
x
y, y ∈
x.
Giả sử σ có tất cả k q đạo là C
1
,C
2
, ,C
k
. Ứng với các q
đạo đó ta có các chu trình γ
1
,γ
2
, ,γ
k
(xây dựng theo cách đã làm

ở trên). Vậy
γ
i
y =

σy, y ∈ C
i
y, y ∈ C
i
.
Rõ ràng, nếu i = j thì C
i
∩ C
j
=Ø,dóγ
i
và γ
j
là các chu
trình độc lập với nhau. Ta sẽ chứng minh σ = γ
1
γ
2
γ
k
.
12
∀y ∈ X,đặtz = σy.Khiđóy và z cùng nằm trong một q
đạo C
i

nào đó của σ với γ
i
y = z. Rõ ràng ∀j = i ta có γ
j
y = y
và γ
j
z = z.Dóγ
1
γ
2
γ
k
(y)=z = σy. Ta đã chứng minh
σ = γ
1
γ
2
γ
k
.
Bây giờ, giả sử σ = β
1
β
2
β
l
là một sự phân tích khác của σ
thành tích các chu trình đôi một độc lập với nhau. Rõ ràng những
phần tử tham gia vào chu trình β

j
tạo thành một q đạo C
i
của σ,
do đó β
j
trùng với γ
i
(ứng với q đạo C
i
). Dóhaisựphântích
như vậy chỉ khác nhau ở thứ tự các chu trình đôi một độc lập với
nhau.
Hệ quả 1.4. Cấp của một hoán vò bằng BSCNN của c á c chiều dài
của các chu trình trong sự phân tích hoán vò thành tích của những
chu trình đôi một độc lập với nhau.
Chứng minh. (Xem Bài tập 1.3).
Đònh nghóa 1.5. Ta nói các hoán vò σ và τ có cùng một cấu trúc
chu trình,nếuσ = σ
1
σ
k
và τ = τ
1
τ
k
là những sự phân tích
σ và τ thành tích các chu trình độc lập sao cho bằng sự đánh số lại
thứ tự các chu trình độc lập nếu cần, ta luôn có σ
i

và τ
i
là những
chu trình có cùng độ dà i (∀i ∈
1,k).
Mệnh đề 1.6. Nếu σ ∈ S
n
là một chu trình độ dài k thì ∀τ ∈
S
n
,τστ
−1
cũng là một chu trình độ dài k.
Chứng minh. Kiểm chứng dễ dàng rằng, nếu σ =(x
1
x
2
x
k
) thì
τστ
−1
=(τx
1
τx
2
τx
k
).
Hệ quả 1.7. ∀σ, τ ∈ S

n
,τστ
−1
và σ là những hoán vò có cùng một
cấu trúc chu trình.
Chứng minh. Phân t ích σ thành tích các chu trình đôi một độc lập
với nhau: σ = σ
1
σ
2
σ
k
.Khiđótacó
τστ
−1
=(τσ
1
τ
−1
)(τσ
2
τ
−1
) (τσ
k
τ
−1
).
13
Nhận xét rằng τσ

i
τ
−1
,i ∈ 1,k là những chu trình đôi một độc
lập với nhau. Bây giờ áp dụng Mệnh đề 1.6, suy ra đpcm
Mệnh đề 1.8. Mỗi hoán vò khác e đều phân tích thành tích các
chuyển vò.
Chứng minh. Mỗi chu trình (i
1
i
2
i
k
) đều có thể được phân tích
như sau thành tích các chuyển vò:
(i
1
i
2
i
k
)=(i
1
i
k
)(i
1
i
k−1
) (i

1
i
2
).
Bây giờ áp dụng Đònh lý 1.3 dễ dàng suy ra đpcm
Đònh nghóa 1.9. Cho σ ∈ S
n
. Ta nói cặp số (i, j) là một nghòch thế
của σ,nếui<jnhưng σ(i) >σ(j).Tanóiσ là một hoá n vò chẵn
(tương ứng hoán vò lẻ), nếu số các nghòch thế của σ là một số chẵn
(tương ứng là một số lẻ).
Mọi chuyển vò đều là một hoán vò lẻ. Thật vậy, giả sử i<j.Thế
thì chuyển vò (ij) sẽ có các nghòch thế sau: (i, j) và tất cả các cặp
nghòch thế dạng (i, k), (k, j),vớii ≤ k ≤ j.
Đònh nghóa 1.10. ∀σ ∈ S
n
,đặt
sgn(σ)=

1, nếu σ là hoán vò chẵ n
−1, nếu σ là hoán vò lẻ .
Đònh lý 1.11. ∀σ ∈ S
n
và một chuyển vò (ij) thì với τ = σ(ij) ta có
sgn(τ )=−sgn(σ).
Chứng minh. 1
0
.Trườnghợpj = i +1: Khi đó rõ ràng ta có những
điều sau đây:
a) Nếu (i, j) lànghòchthếcủaσ th ì (i, j) không là nghòch thế

của τ và ngược lại.
14
b) Nếu h, k = i, j thì (h, k) là nghòch thế của σ khi và chỉ khi
(h, k) lànghòchthếcủaτ.
c) Nếu h<ithì (h, i) lànghòchthếcủaσ khi v à chỉ khi (h, j)
lànghòchthếcủaτ.
d) Nếu j<kthì (j, k) là nghòch thế của σ khi và chỉ khi (i, k)
lànghòchthếcủaτ.
Những điều trên đây chứng tỏ số các nghòch thế của σ và τ hơn
kém nhau một đơn vò. Do đó sgn(τ)=sgn(σ).
2
0
.Trườnghợpj −i = s +1,s>0:Lúc này ta có thể phân tích
chuyển vò (i, j) như sau:
(ij)=(i +1 i)(i +2 i +1) (i + si+ s −1)(i + sj)(i + s −
1 i + s)
(i + s − 2 i + s − 1) (i +1 i +2)(ii+1).
Nghóa là (ij) phân tích thành tích của 2s +1chuyển vò có dạng
hai phần tử kế tiếp nhau. Khi đó, theo trường hợp 1
0
ta thấy tính
chẵn, lẻ của τ sẽ nhận được từ tính chẵn, lẻ của σ khi ta thay đổi nó
2s +1 lần. Vậy sgn(τ)=−sgn(σ).
Đối với những số nguyên ta cũng sẽ đònh nghóa một hàm dấu như
sau:
Đònh nghóa 1.12. ∀k ∈ Z, đònh nghóa
sgn(k):=

1, nếu k là số chẵn
−1, nếu k là số lẻ .

Từ đònh nghóa hiển nhiên ta có công thức
sgn(k + l)=sgn(k)sgn(l).
15
Đònh lý 1.13. Nếu σ ∈ S
n
phân tích thành tích k chuyển vò thì
sgn(σ)=sgn(k).
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bằng qui nạp theo k.Khik =1thì
σ là một chuyển vò, nên sgn(σ)=−1=sgn(k).Giảsửk ≥ 1 và
σ = σ
1
σ
2
σ
k+1
là sự phân tích σ thành t ích của k +1chuyển vò.
Đặt τ := σ
1
σ
2
σ
k
. Theo giả thiết qui nạp ta có sgn(τ)=
sgn(k). Khi đó, theo Đònh lý 1.11 ta có
sgn(σ)=sgn(τσ
k+1
)=−sgn(τ )=−sgn(k)=sgn(k +1).
Hệ quả 1.14. Nếu σ là một chu trình độ dài k thì
sgn(σ)=sgn(k − 1).
Hệ quả 1.15. ∀σ, τ ∈ S

n
,sgn(στ)=sgn(σ)sgn(τ).
Từ Hệ quả 1.15 suy ra ánh xạ
sgn : S
n
−→ {−1, 1}
σ → sgn(σ)
là m ột đồng cấu n hóm. K ý hiệu A
n
là nhân của đồng cấu này, nghóa
là
A
n
= {σ ∈ S
n
| sgn(σ)=1}.
Khi đó A
n
là nhóm con chuẩn tắc chỉ số 2 của S
n
.TagọiA
n
là
nhóm thay phiên hay nhóm đổi dấu. Hiển nhiên ta có
|A
n
| =
|S
n
|

2
=
n!
2
.
16
Ta nó i G là nhóm đơn nế u G =1và G không có nhóm con
chuẩn tắc thực sự khác 1.
Đònh lý 1.16. ∀n ≥ 5,A
n
là nhóm đơn.
Chứng minh. Lưu ý rằng A
n
được sinh ra bởi các chu trình độ dài
3 (xem Bài tập 1.10). Giả sử 1 = N A
n
.Trướchếttachứngminh
nếu N c hứa một chu trình độ dài 3 thì N chứa tất cả các chu trình
độ dài 3,dóN = A
n
. Sau đó ta sẽ chứng minh N nhất đònh chứa
một chu trình độ dài 3. Điều này tất nhiên sẽ kết thúc việc chứng
minh A
n
là nhóm đơn.
Vậy, giả sử N chứa m ột c hu trình độ dài 3. Khôngmấttính
tổng quát, có thể giả sử N chứa chu trình (123).∀k>3,chutrình
(23k) ∈ A
n
, do đó

(23k)
−1
(123)(23k)=(1k2) ∈ N.
Từ đó suy ra (12k)=(1k2)
2
∈ N.Vậy(12k) ∈ N,∀k =1, 2.
Bây giờ, bằng cách tương tự như trên, từ điều kiện (1k2) ∈ N suy
ra (1kl) ∈ N, ∀l =1,k.Nhưng(1kl)=(kl1), nên cũng bằng cách
như trên suy ra (klj) ∈ N, ∀j = k, l. Tóm lại, ta đã chứng minh N
chứa mọi chu trình độ dài 3.VậyN = A
n
.
Ta còn phải chứng minh N chứa ít nhất một chu trình độ dài 3.
Điều này sẽ được chứng minh qua một số bước.
1
0
.GiảsửN chứa phần tử dạng x = abc , trong đó a, b, c là
các chu trình độc lập và a =(a
1
a
m
)(m ≥ 4).Đặtt =(a
1
a
2
a
3
).
Ta có t
−1

xt ∈ N .Vìt giao hoán với b,c, ,nên
t
−1
xt =(t
−1
at)bc = z ∈ N.
Ta có
zx
−1
=(t
−1
at)a
−1
= t
−1
(ata
−1
)=(a
1
a
3
a
2
)(a
2
a
3
a
4
)=(a

1
a
3
a
4
) ∈ N.
17
Vậy, trong trường hợp này N chứa một chu trình độ dài 3.
2
0
.GiảsửN chứa một phần tử mà trong sự phân tích thành tích
các chu trình độc lập có ít nhất hai chu trình độ dài 3.Khôngmất
tính tổng q uát, có thể giả sử N chứa phần tử x = (123)(456)y, trong
đó y là một hoán vò cố đònh các phần tử 1, 2, 3, 4, 5, 6. Đặt t = (234),
ta có (t
−1
xt)x
−1
= (15243) ∈ N .Theo1
0
,N chứa một chu trình
độ dài 3.
3
0
. Trong tr ường hợp còn l ại, ta giả sử N không c hứa những
phần tử như đã nêu trong 1
0
và 2
0
. K hi đó mỗi một phần tử của N

sẽ hoặc là tích của một chu trình độ dài 3 với các chuyển vò hoặc
là tích của những chuyển vò trong sự phân tích của nó thành tích
những chu trình độc lập.
Nếu x = (123)p ∈ N, p
2
=1,thìx
2
= (132) là một chu trình độ
dài 3. Vậy, giả sử N chứa phần tử x dạng x = (12)(34)p,trongđóp
cố đònh 1, 2, 3, 4.Đặtu = (145),tacó(u
−1
xu)x
−1
∈ N.
Nếu x(5) = 5 thì (u
−1
xu)x
−1
= u
−1
(xux
−1
) = (154)(235) =
(15243) ∈ N, nên theo 1
0
N chứa một chu trình độ dài 3.
Nếu x(5) = k =5thì trong N có phần tử (154)(23k),nêntheo
2
0
,N chứa một chu trình độ dài 3.

Vậy, đònh lý đã được chứng minh xong.
A
5
chính là nhóm đơn không giao hoán có cấp nhỏ nhất và Galois
chính là người đầu tiên chứng minh điều này.
Cuối cùng ta sẽ chứng minh một kết quả liên quan đến các phần
tử sinh của nhóm đối xứng S
n
.
Bổ đề 1.17. Nhóm đối xứng S
n
được sinh ra bởi các chu trình
(12 n) và (12).
Chứng minh. Đặt σ =(12 n) và τ = (12).GọiG là nhóm con
của S
n
sinh bởi σ và τ.KhiđóG chứa στσ
−1
= (23),dóG
chứa σ(23)σ
−1
= (34), Vậy, một cách tổng quát, G chứa tất cả
các chuyển vò dạng (jj+1).TừđótathấyG chứa các chuyển vò
18
(13) = (12)(23)(12), (14) = (13(34)(13), T ổng quát, G chứa t ất
cả các chyển vò dạng (1j),j∈
2,n.Nhưng∀i, j =1,tacó
(ij)=(1i)(1j)(1i),
nên G chứa mọi chuyển vò. Vậy G = S
n

.
Bài tập
Bài 1.1. Cho σ ∈ S
9
thoả điều kiện σ(i)=10−i, ∀i ∈ 1, 9.Hãy
phân tích σ thành tích các chu trình độc lập.
Bài 1.2. Cho a, b là hai phần tử giao hoán với nhau trong nhóm G.
Giả sử a có cấp m, b có cấp n và m, n là những số nguyên t ố cùng
nhau. Chứng minh rằng phần tử ab có cấp bằng mn.Hãychovídụ
chứng tỏ rằng, nếu m và n không nguyên tố cùng nhau thì cấp của
ab có thể không bằng bội số chung nhỏ nhất của m và n.
Bài 1.3. Chứng minh rằng, nếu σ = σ
1
σ
2
σ
k
là một sự phân
tích hoán vò σ thành tích các chu trình độc lập thì cấp của σ bằng
bội số chung nhỏ nhất của các cấp của các chu trình σ
i
,i∈ 1,k.
Bài 1.4. Có bao nhiêu phần tử cấp 2 trong nhóm đối xứng S
n
?
Bài 1.5. Trong nhóm đối xứng S
9
cho các phần tử σ và τ thỏa
σ = τ
−1


123456789
359278461

.
Nếu τ là một hoán vò lẻ thì σ là hoán vò chẵn hay lẻ.
19
Bài 1.6. Hãy phân tích
τ =

123456789
145876293

thành tích các chuyển vò.
Bài 1.7. Cho σ = (134)(2357)(1846). Hãy tính cấp của σ
98
.
Bài 1.8. Cho σ =

1234567
1457312

.Hãytínhσ
−1
.
Bài 1.9. Chứng minh rằng trong nhóm đối xứng S
10
mọi phần tử
cấp 14 đều là hoán vò lẻ.
Bài 1.10. Chứng minh rằng, mọi hoán vò chẵn đều có thể viết t hành

tích của những chu trình độ dài 3.
Bài 1.11. Chứng minh rằng A
n
là nhóm con chỉ số 2 duy nhất
trong nhóm đối xứng S
n
.
Bài 1.12. Hãy tìm tất cả các 2-nhóm con Sylow của S
4
.
Bài 1.13. Hãy tìm tất cả các nhóm con cấp 3 của S
4
.
Bài 1.14. Chứng minh rằng trong nhóm đối xứng S
5
không có
nhóm con cấp 15.
20
§2. Nhóm giải được
Đònh nghóa 2.1. Ta nói nhóm G giải được, nếu tồn tại dãy các
nhóm con
1=G
0
≤ G
1
≤ ≤ G
n
= G (1)
sao cho
(i) G

i
G
i+1
, ∀i ∈ 0,n− 1;
(ii) G
i+1
/G
i
là nhóm aben, ∀i ∈ 1,n−1.
Ta nói (1) là dãy chuẩn tắc của nhóm giải được G.
Ví dụ 1. 1) Mọi nhóm giao hoán G đều giải được, với dãy chuẩn tắc
1G.
2) Nhóm đối xứng S
3
giải được với dãy chuẩn tắc
1HS
3
, với H = (123).
3) Nhóm nhò diện
D
8
= a, b| a
4
= b
2
=1,ab= b
−1
a
giải được với dãy chuẩn tắc
1aD

8
.
4) Nhóm đối xứng S
4
giải được với dãy chuẩn tắc
1V
4
A
4
S
4
,
trong đó V
4
= {1, (12)(34), (13)(24), (14)(23)} là nhóm Klein.
21
Đònh lý 2.2. Cho nhóm G, H ≤ G và NG.Khiđó:
(i) Nếu G giải được thì H giải được.
(ii) Nếu G giải được thì G/N giải được.
(iii) Nếu N và G/N giải được thì G giải được.
Chứng minh. (i) Giả sử
1=G
0
G
1
 G
r
= G
là một dãy giải được đối với G.Vớii ∈
1,r,đặtH

i
= H ∩G
i
.Tasẽ
chứng minh
1=H
0
H
1
 H
r
= H
là một dãy giải được đối với H.
∀i ∈
0,r−1,tacó
H
i+1
/H
i
= G
i+1
∩H/G
i
∩H = G
i+1
∩ H/G
i
∩ (G
i+1
∩H)

 G
i
(G
i+1
∩ H)/G
i
.
Nhưng G
i
(G
i+1
∩H)/G
i
là nhóm con của nhóm aben G
i+1
/G
i
,
nên H
i+1
/H
i
là nhóm aben. Do đó H là nhóm giải được.
(ii) Giả sử G là nhóm giải được với dãy chuẩn tắc như trong (i).
Khi đó ta có dãy
N/N = G
0
N/NG
1
N/N G

r
N/N = G/N.
Theo Đònh lý về sự đẳng cấu, ∀i ∈
1,r− 1 ta có
G
i+1
N/G
i
N = G
i+1
(G
i
N)/G
i
N  G
i+1
/G
i+1
∩(G
i
N)
 G
i+1
/G
i
/(G
i+1
∩)G
i
N))/G

i
,
mà nhóm cuối cùng là nhóm thương của nhóm aben G
i+1
/G
i
nên
G
i+1
N/G
i
N l à nhóm aben. Vậy G/N là nhóm giải được.
(iii) Theo giả thiết ta có hai dãy chuẩn tắc
1=N
0
N
1
 N
r
22
và
N/N = G
0
/N G
1
/N  G
s
/N = G/N.
Khi đó dãy
1=N

0
N
1
 N
r
= N = G
0
G
1
 G
s
= G
là dãy chuẩn tắc đối với G.VậyG giải được.
Ta nói nhóm G là mở rộng của nhóm A nhờ nhóm B nếu G có
nhóm con chuẩn tắc N sao cho N  A và G/N  B. Từ Đònh lý
2.2, có thể nói lớp các nhóm giải được kín đối với việc lấy nhóm con,
nhóm thương và mở rộng nhóm. Lớp các nhóm aben chỉ k ín đối với
việc lấy nhóm con và nhóm thương nhưng không kín đối với việc lấy
mở rộng nhóm. Vậy, lớp các nhóm giải được thực sự rộng hơn lớp
các nhóm aben.
Mọi nhóm xyclic cấp nguyên tố là nhóm đ ơn. Hơn nữa, nó là
nhóm aben nên giải được. Vậy, các nhóm xyclic cấp nguyên tố là đơn
và giải được. Qua đònh lý dưới đây ta thấy điều ngược lại cũng đúng.
Đònh lý 2.3. Nhóm giải được là đơn khi và chỉ khi nó là nhóm giải
được cấp nguyên tố.
Chứng minh. Giả sử G là nhóm đơn giải được với dãy chuẩn tắc
1=G
0
G
1

 G
n
= G.
Không làm mất tính tổng quát có thể giả thiết G
i+1
= G
i
, ∀i ∈
0,m− 1.KhiđóG
n−1
là nhóm con chuẩn tắc của G Nhưng G là
nhóm đơn và G
n−1
= G
n
= G,nênG
n−1
=1.DoG là nhóm giải
được nên G = G
n
/G
n−1
là nhóm aben. Vậy G là nhóm xyclic cấp
nguyên tố.
Dưới đây là một đònh lý rất quan trọng mà ta sẽ sử dụng tới khi
nghiên cứu lý thuyết Galois.
Đònh lý 2.4. ∀n ≥ 5,S
n
là nhóm không giải được.
23

Chứng minh. Nếu S
n
giải được thì A
n
giải được. Với n ≥ 5,theo
Đònh lý 1.16, A
n
là nhóm đơn. Nhưng khi đó theo Đònh lý 2.3, |A
n
|
là một số nguy ên t ố, mà với n ≥ 5 thì |A
n
| =
n!
2
không phải là
số nguyên tố, nên ta có một mâu thuẫn. Vậy S
n
không giải được,
∀n ≥ 5.
Bài tập
Bài 2.1. Chứ ng minh rằng S
n
,với2 ≤ n ≤ 4 là nhóm giải được.
Bài 2.2. Chứng minh rằng nếu H và K là hai nhóm con giải được
cuả nhóm G và HG thì HK là nhóm giải được. Từ đó suy ra, nếu
G là nhóm hữu hạn thì trong G tồn tại duy nhất một nhóm con giải
được tối đại M.HơnnữaG/M không chứa nhóm con chuẩn tắc giải
được không tầm thường.
Bài 2.3. Cho các số nguyên tố p và q. Hã y chứng minh các điều

sau đây:
(a) Mọi nhóm cấp pq đều giải được;
(b) Mọi nhóm cấp p
2
q đều giải được;
(c) Nếu p<qthìmọinhómcấppq
n
đều giải được.
Bài 2.4. Chứng minh rằng mọi nhóm giải được hữu hạn không aben
cấp lớn hơn 1 đều chứa một nhóm con chuẩn tắc aben không tầm
thường.
Bài 2.5. Cho p, q và r là các số nguyên tố khác nhau. Chứng minh
rằng mọi nhóm cấp pqr đều giải được.
24
§3. Mở rộng hữu hạn và mở rộng đại số
Nếu K là trường con của trường F th ì ta viết K ⊆ F và gọi F là
mở rộng của K hoặc F là mở rộ ng trên K.Tacũngdùngkýhiệu
F/K để chỉ F là mở rộng của K và nói K là trường cơ sở của mở
rộng. Nếu F/K là mở rộng trường thì có thể xem F là một không
gian vectơ trên K.Kýhiệu[F : K] được d ùng để chỉ số chiều của
không gian vectơ này. Ta gọi [F : K] là bậc của mở rộng F/K.Nếu
[F : K] < ∞ thì ta nói F là mở rộng hữu hạn trên K hoặc ngắn
gọn hơn, ta nói F/K hữu hạn. Trong trường hợp ngược lại F được
gọi là mở rộng vô hạn trên K.
Đònh lý 3.1. (Đònh lý về bậc) Cho dãy mở rộng trường
K ⊆ F ⊆ L.
Khi đó, L/K hữu hạn nếu và chỉ nếu L/F và F/K hữ u hạn. Hơn
nữa, nếu những điều nói trên xảy ra thì
[L : K]=[L : F ][F
: K].

Chứng minh. Gọi {a
i
}
i∈I
là một cơ sở của không gian vectơ F trên
K và {b
j
}
j∈J
là một cơ sở của không gian vectơ L trên F .Tasẽ
chứng minh {a
i
b
j
}
(i,j)∈I×J
là m ột cơ sở của không gian vectơ L trên
K.
Với mọi x ∈ L ta có
x =

j∈J
β
j
b
j
,β
j
∈ F.
Mặt khác,

β
j
=

i∈I
α
ij
a
i
,α
ij
∈ K.
25