Về mở rộng trường bậc hai và ứng dụng

1

MỞ ĐẦU
Bài toán giải phương trình đa thức gắn liền với bài toán mở rộng trường,
đặc biệt là mở rộng căn của các trường số. Vì vậy, mở rộng trường là một nội
dung cơ bản của Lý thuyết trường có liên quan với Lý thuyết Galois và Lý
thuyết số p-adic, đã được nhiều nhà toán học trên thế giới quan tâm.
Trong lịch sử phát triển của số học, khởi đầu từ việc mở rộng tập hợp ¥
các số tự nhiên tới tập hợp các số nguyên ¢ , nguyên nhân chủ yếu là do nhu
cầu giải các phương trình bậc nhất dạng x + a = b . Tiếp đến bài toán mở rộng
vành ¢ các số nguyên tới trường ¤ các số hữu tỉ liên quan đến giải phương
trình bậc nhất ax = b. Tiếp theo, yêu cầu mở rộng trường ¤ các số hữu tỉ tới
trường ¡ các số thực lại gắn liền với việc giải phương trình x 2 = 2 . Tương tự,
việc mở rộng trường số thực ¡ tới trường số phức £ xuất phát từ việc giải
phương trình bậc hai x 2 + 1 = 0 . Nói khác đi, cùng với việc giải phương trình bậc
hai khái niệm trường số phức đã xuất hiện.
Các trường mở rộng bậc hai xuất hiện rất nhiều trong các cấu trúc trường
số. Đó là trường £ các số phức là mở rộng bậc hai của trường ¡ các số thực.
Hơn nữa, giữa các trường £ các số phức và trường ¡ các số thực có vô hạn
các trường con trung gian ¤

( d ) là các mở rộng bậc hai của trường

¤ các số

hữu tỷ. Ngoài ra, với các số nguyên tố phân biệt p, q các trường mở rộng bậc
hai ¤

( p)

và ¤

( q)

của trường các số hữu tỉ là không đẳng cấu với nhau.

Với những lý do như đã trình bày ở trên, luận văn này nhằm tìm hiểu các
nội dung về Lý thuyết trường nói chung và các trường mở rộng bậc hai và các
ứng dụng của chúng.
Luận văn được chia làm 3 chương. Chương 1 trình bày về trường và đa
thức; Chương 2 trình bày về các trường mở rộng bậc 2. Chương 3 giải một số
bài toán về trường mở rộng. Nội dung chính của Luận văn nhằm hệ thống hoá
lại một số kết quả cũng như tìm hiểu và giải quyết được một số bài tập về:
• Trường nghiệm của đa thức.


2

•

Trường mở rộng với bậc lũy thừa của 2 và ứng dụng trong các bài toán
dựng hình bằng thước kẻ và compa.

•

Mở rộng đơn.

•

Mở rộng bậc hai của trường số hữu tỉ ¤ và trường số nguyên ¢ p .

•

Kết nối nghiệm.

•

Bậc và cơ sở mở rộng trường bậc hai.
Tôi là một học viên người Lào sống xa quê hương, vinh dự được học tập

sau đại học tại đất nước Việt Nam, bản thân tôi đã luôn luôn được sự quan tâm
giúp đỡ trong học tập và tập dượt nghiên cứu toán học của thầy giáo hướng dẫn
khoa học PGS.TS. Nguyễn Thành Quang cũng như tập thể các thầy cô giáo và
các bạn học viên trong Khoa Toán học - Trường Đại học Vinh.
Vì vậy, tôi vô cùng biết ơn PGS.TS. Nguyễn Thành Quang, người đã hướng
dẫn tận tình và nghiêm túc cho tác giả, để tác giả có thể hoàn thành bản luận
văn này.
Tác giả rất biết ơn các thầy cô giáo trong Bộ môn Đại số, Khoa Toán học đã
tận tình giảng dạy, giúp đỡ và chỉ bảo cho tôi – một học viên cao học Toán khóa
19 trong suốt thời gian học tập vừa qua dưới mái Trường Đại học Vinh thân
yêu.
Tác giả xin trân trọng cảm ơn các thầy cô giáo thuộc Phòng Đào tạo Sau
Đại học, Phòng Công tác Chính trị & Quản lý học sinh và sinh viên - Trường
Đại học Vinh đã tận tình giúp đỡ cho chúng em trong học tập.
Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban lãnh đạo và các thầy cô giáo của Trường
Cao đẳng Sư phạm Xiêng Khoảng (Cộng hoà Dân chủ Nhân dân Lào) đã tạo
mọi điều kiện thuận lợi cho tôi hoàn thành nhiệm vụ học tập.
Do kiến thức và thời gian còn có hạn, luận văn khó tránh khỏi thiếu sót, tác
giả mong muốn nhận được sự chỉ bảo của các thầy cô giáo và các bạn.
Nghệ An, tháng 06 năm 2013
Tác giả

3

CHƯƠNG 1
TRƯỜNG VÀ ĐA THỨC

1.1. Trường
1.1.1. Định nghĩa trường. Trường là tập hợp K có nhiều hơn một phần tử, đã
trang bị hai phép toán cộng và nhân, ký hiệu bởi dấu (+) và dấu (.), thoả mãn
các quy tắc sau đây:
1. Phép cộng có tính chất kết hợp: (a + b) +c = a + (b + c).
2. Phép cộng có tính chất giao hoán: a + b = b + a.
3. Phép cộng có phần tử đơn vị 0 : ∃ 0∈ K: a + 0 = a.
4. Tồn tại phần tử đối: ∀a∈ K, ∃ - a∈ K: a + (- a) = 0.
5. Phép nhân có tính chất kết hợp: (ab)c = a(bc).
6. Phép nhân có tính chất giao hoán: ab = ba.
7. Phép nhân có phần tử đơn vị 1: ∃ 1∈ K sao cho a1 = a.
8. Tồn tại nghịch đảo: ∀a∈ K, a ≠ 0, ∃ a-1∈ K: aa-1 = 1.
9. Phép cộng và phép nhân thỏa mãn luật phân phối:
a(b + c) = ab + ac; ∀ a, b, c∈ K.
Ví dụ. 1) Tập hợp các số hữu tỉ ¤ với phép cộng và nhân các số hữu tỉ thông
thường lập thành một trường và được gọi là trường ¤ các số hữu tỉ. Tương tự ta
có trường ¡ các số thực và trường £ các số phức.
2) Cho p > 1 là một số tự nhiên. Khi đó, vành ¢

p

các số nguyên modp là

một trường khi và chỉ khi p là số nguyên tố.
3) Mọi miền nguyên có hữu hạn phần tử đều là trường. Chẳng hạn, các
miền nguyên ¢ 2 ; ¢ 3 ; ¢ 5 ; ... đều là trường.
Nhận xét. 1) Trong trường K, ta có 0 ≠ 1 .
Thật vậy, giả sử 0 = 1 , khi đó với mọi x thuộc K, ta có 0 = x0 = x1 = x ,
hay K chỉ có duy nhất một phần tử 0 . Ta gặp phải một mâu thuẫn.
2) Trong mỗi trường K chỉ có hai iđêan là {0} và K.
Thật vậy, giả sử I là iđêan khác {0} của K, khi đó trong I có phần tử a
khác 0, do đó 1 = aa-1 thuộc I. Vì vậy, x = x.1 thuộc I, với ∀x ∈ K , hay I = K.


4

3) Nếu miền nguyên K chỉ có hai iđêan là {0} và K thì miền nguyên K là
trường.
Thật vậy, giả sử a là phần tử khác 0 tùy ý của K, ta xét iđêan I sinh bởi a
trong K. Do a thuộc I nên I là một iđêal khác {0} của K gồm các bội của a trong
K và do đó I = K hay 1 thuộc I. Vì vậy, trong K có phần tử b sao cho 1 = ab, hay
a là phần tử khả nghịch trong K.
1.1.2. Định nghĩa. Giả sử K là một trường, ta nói A là một tập con của K ổn
định đối với hai phép toán cộng và nhân trong K, nghĩa là:
∀x, y ∈ A ⇒ x + y ∈ A, xy ∈ A .
Cho A là tập con ổn định đối với hai phép toán cộng và nhân trong trường
K. Ta gọi A là một trường con của trường K nếu A cùng với hai phép toán cảm

sinh trên A , lập thành một trường.
Ta nhắc lại một tiêu chuẩn của trường con.
1.1.3. Định lý. Giả sử A là một tập hợp con có nhiều hơn một phần tử của
trường K. Khi đó, các điều kiện sau là tương đương:
a) A là một trường con của trường K.

−1
b) ∀x, y ∈ A ⇒ x − y ∈ A; xy ∈ A; x ∈ A ( x ≠ 0).

Ví dụ. Trường các số hữu tỉ là trường con của trường các số thực; trường các số
thực là trường con của trường các số phức.
1.1.4. Định nghĩa. Cho K và E là các trường. Một ánh xạ f : K → E được gọi
là một đồng cấu trường nếu các điều kiện sau được thoả mãn:
i) f(a + b) = f(a) + f(b),
ii) f(ab) = f(a)f(b), với ∀a, b ∈ K .
1.1.5. Các tính chất đơn giản của đồng cấu trường
Cho f : K → E là một đồng cấu trường, khi đó ta có:
1) f là đồng cấu từ nhóm cộng của trường K vào nhóm cộng của trường E
và do đó f có mọi tính chất của một đồng cấu của nhóm cộng Aben:
f(0) = 0; f(a - b) = f(a) - f(b), ∀a, b ∈ K .
2) f(1) = 0 hoặc f(1) = 1.
3) f là đơn cấu ⇔ f(1) = 1.


5

4) f là đồng cấu không ⇔ f(1) = 0.
5) f là đồng cấu không hoặc f là đơn cấu.
6) Nếu f khác đồng cấu không thì f là đơn cấu từ nhóm nhân K * của trường
K vào nhóm nhân E* của trường E, do đó trong trường hợp này f có mọi tính
chất của một đơn cấu của nhóm nhân Aben, chẳng hạn:
−1
−1
i) f ( a ) = f ( a) , với ∀a ∈ K , a ≠ 0 .

ii) K ∗ ≅ Im( f ) ⊆ E ∗

1.1.6. Định nghĩa. Giả sử X là một miền nguyên và X là một trường. Ta gọi
trường X là trường các thương của miền nguyên X nếu tồn tại một đơn cấu
miền nguyên f: X → X sao cho mọi phần tử của X có dạng f(a)f(b)-1, trong
đó a, b ∈ X , b ≠ 0.
1.1.7. Định lý về sự tồn tại của trường các thương. Giả sử X là một miền
nguyên. Khi đó, tồn tại duy nhất (sai khác một đẳng cấu trường) một trường X
và một đơn cấu miền nguyên f : X → X sao cho mọi phần tử của X đều có
−1
dạng f ( a) f (b) với a, b ∈ X , b ≠ 0. Nói khác đi, trường các thương của miền

nguyên X là tồn tại và duy nhất (sai khác một đẳng cấu trường).
Ta bỏ qua chứng minh chi tiết của Định lý cơ sở này, vì nó đã được trình
bày trong nhiều giáo trình Đại số đại cương cơ sở.
Ví dụ. 1) Trường ¤ các số hữu tỉ gồm các phân số

a
, a, b ∈ ¢ , b ≠ 0 được định
b

nghĩa là trường các thương của miền nguyên Z các số nguyên.
2) Trường K(x) gồm các phân thức

f ( x)
, f ( x), g ( x) ∈ K [ x], g ( x) ≠ 0 là
g ( x)

trường các thương của miền nguyên K[x] các đa thức của biến x trên trường K.
1.1.8. Đặc số của trường. Cho K là một trường với đơn vị 1. Nếu n1 ≠ 0, với
mọi số tự nhiên n ≠ 0 , thì ta nói trường K có đặc số 0. Trong trường hợp ngược
lại, nếu tồn tại số nguyên dương n sao cho n1 = 0 thì ta sẽ gọi số nguyên dương p bé nhất sao cho p1 = 0 là đặc số của trường K.

Đặc số của trường K được ký hiệu bởi char(K).


6

Ví dụ. 1) Các trường ¤ , ¡£,
2) Trường ¢

p

có đặc số 0.

có đặc số p.

Nhận xét. Nếu trường K có đặc số p ≠ 0 thì p là số nguyên tố.
Thật vậy, nếu p = 1 thì 1 = 0, vô lý. Giả sử ngược lại p là hợp số, tức
p = kl , 1 < k , l < p, khi đó ta có p1 = (kl )1 = (kl )12 = (k1)(l 1) = 0 , hay k 1= 0 hoặc
l 1= 0 , điều này mâu thuẫn với tính nguyên dương bé nhất của p sao cho p1= 0

.

■

1.1.9. Trường nguyên tố. Một trường K được gọi là trường nguyên tố (prime
field) hay trường đơn nếu K không có một trường con thực sự.
Trường ¤ các số hữu tỉ và trường Zp các lớp thặng dư modp là các ví dụ
về trường nguyên tố.
Nhận xét. Mỗi trường đều chứa một trường con nguyên tố duy nhất.
Thật vậy, ta gọi P là giao của tất cả các trường con của trường K. Khi đó, P
là trường con bé nhất của K và do đó P là trường con nguyên tố duy nhất của K.

1.1.10. Định lý về các kiểu trường nguyên tố. Cho K là một trường và P là
trường con nguyên tố của K. Nếu K có đặc số 0 thì P đẳng cấu với trường ¤
các số hữu tỉ. Nếu K có đặc số nguyên tố p thì P đẳng cấu với trường ¢

p

các số

nguyên modp.
Chứng minh. Lập ánh xạ f : ¢ → K từ vành số nguyên ¢ tới trường K, xác
định bởi f(m) = m1, với 1 là phần tử đơn vị của trường K. Ta chứng minh f là
đồng cấu vành. Thật vậy, với mọi m,n ∈ ¢ , ta có:
* f(m + n) = (m + n)1 = m1 + n1 = f(m) + f(n)
* f(m.n) = (mn)1 = (mn)12 = (m1).(n1) = f(m).f(n), (do 12 = 1).
Do đó, suy ra f là một đồng cấu vành.
a) Trường hợp trường K có đặc số 0, ta có:
m∈ Ker(f) ⇔ f(m) = 0 ⇔ m1 = 0 ⇔ m = 0.
Vậy Ker(f) = {0}, hay f là đơn cấu vành, do đó ta thu được một đẳng cấu vành:
¢ ≅ Im(f) = { m1; m∈ ¢ }.


7

Đẳng cấu vành này cảm sinh ra một đẳng cấu giữa trường các thương của
miền nguyên ¢ với trường các thương của Im(f). Do đó, ta có đẳng cấu trường:
¤ ≅ P, bởi vì trường các thương của ¢ là ¤ , còn trường các thương của Im(f)

chính là trường con nguyên tố P của K.
b) Trường hợp trường K có đặc số nguyên tố p, ta có
m∈ Ker(f) ⇔ f(m) = m1 = 0 ⇔ m  p ⇔ m∈ p¢ .

Vì vậy, Ker(f) = p¢ . Theo Định lý đồng cấu vành, ta có:
¢ /Ker(f) ≅ Im(f) hay ¢ / p¢ = ¢

Vì p là số nguyên tố nên ¢

p

p

≅ Im(f).

là trường hay Im(f) cũng là trường. Mặt

khác, Im(f) là trường con bé nhất của K nên Im(f) = P, do đó ta có ¢ p ≅ P. ■
1.1.11. Mệnh đề. Trong một trường K với đặc số nguyên tố p, ta có:
(a + b) p = a p + b p , ∀a, b ∈ K .
Chứng minh. Theo công thức khai triển nhị thức Newton, ta có
p

p

(a + b) =

∑Ca b
k =0

k

p−k

k

p

.

Hơn nữa, do p là số nguyên tố, nên số tất cả các tổ hợp chập k của p:

C pk ≡ 0 (modp), 1 ≤ k ≤ p –1.
Vì thế, ta có
Do đó:

C pk 1 =(tp)1 = t(p1) = t0 = 0, 1 ≤ k ≤ p –1.

C pk x =(tp)x = t(px) = t0 = 0, 1 ≤ k ≤ p –1, với mọi x thuộc K.

Vì vậy, công thức nhị thức ở trên trở thành: (a + b)p = ap + bp.

■

p
1.1.12. Định lý. Nếu K là trường có đặc số nguyên tố p thì ánh xạ f : a a a

là một tự đơn cấu của trường K.
Chứng minh. Với ∀ a,b∈ K, theo Mệnh đề 1.1.11, ta có
* f(a + b) = (a + b)p = ap + bp = f(a) + f(b)
* f(ab) = (ab)p = apbp = f(a)f(b).
Ngoài ra, vì f(1) = 1p = 1 ≠ 0, nên f không là tự đồng cấu không của trường K.
Vì vậy, ánh xạ f là một tự đơn cấu của trường K. ■

8

1.1.13. Hệ quả. Nếu K là trường có đặc số nguyên tố p thì ánh xạ f : a a a p

n

là một tự đơn cấu của trường K, với mọi số nguyên n ≥ 1 .
Chứng minh. Vì trường K có đặc số nguyên tố p, cho nên theo Định lý 1.1.12 ta
suy ra ánh xạ a a a p là một tự đơn cấu của trường K . Vì vậy, ánh xạ tích n lần
n

của f : f n = f o f oLo f : a a a p cũng là một tự đơn cấu của trường K . ■
1.1.14. Mệnh đề. Trường ¢ p các số nguyên modp chỉ có duy nhất một tự đẳng
cấu, đó là phép đồng nhất.
Chứng minh. Giả sử f : ¢ p → ¢

p

là một tự đồng cấu bất kỳ của trường ¢ p có:

f(1 ) = 0 hoặc f(1 ) = 1 .
Nếu f(1 ) = 0 , thì f( k ) = 0 , với mọi lớp thặng dư k thuộc trường ¢

p

hay

f là tự đồng cấu không. Vì vậy, f(1 ) = 1 và do đó ta có:
f( k ) = f( 1 + 1 + ... + 1 ) = kf( 1 ) = k 1 = k , (k = 0,1, ... , p - 1).

Như vậy, f là tự đẳng cấu đồng nhất của trường ¢ p . ■
1.1.15. Hệ quả (Định lý Fermat bé). Với mọi số nguyên a và với mọi số nguyên
tố p, ta có đồng dư thức sau đây: a p ≡ a(mod p) .
p
Chứng minh. Vì trường ¢ p có đặc số nguyên tố p cho nên ánh xạ f : a a a là

một tự đơn cấu của trường ¢ p . Theo Mệnh đề 1.1.14, ta suy ra f là tự đẳng cấu
p
đồng nhất của trường ¢ p . Do đó, ta có a = a, ∀a ∈ ¢ , hay a p = a. Từ đẳng
p
thức này, ta suy ra đồng dư thức cần chứng minh: a ≡ a(mod p) . ■

1.2. Trường nghiệm của đa thức
1.2.1. Định nghĩa. Giả sử K là một trường con của trường E. Khi đó, ta gọi E là
một trường mở rộng (hay ngắn gọn hơn là mở rộng) của trường K.
Một phần tử u ∈ E được gọi là một nghiệm của đa thức f (x) ∈ K[x] nếu
f (u ) = 0 . Khi đó, ta cũng nói u là một nghiệm của phương trình đại số đa thức
f ( x) = 0 .


9

Chú ý rằng f ( x ) có thể không có nghiệm trong K, nhưng lại có nghiệm
trong E, vì vậy giả thiết E là trường mở rộng của trường K là cần thiết. Chẳng
2
hạn, đa thức f ( x ) = x − 2 ∈ ¤ [x] không có nghiệm trong trường ¤ các số hữu

tỉ nhưng có nghiệm trong trường ¡ các số thực.
1.2.2. Định lí Bezout. Cho đa thức f ( x) ∈ K[x]. Khi đó, phần tử u ∈ K là
nghiệm của f ( x ) khi và chỉ khi f ( x ) chia hết cho x – u trong vành đa thức K[x].

Chứng minh. Thật vậy, theo Định lý về phép chia có dư trên vành đa thức, có
f(x) = (x - u )q(x) + r(x), q(x), r(x) ∈ K[x],
trong đó deg r ( x ) < 1 nếu r(x) khác 0, hay r(x) = r∈ K. Từ đó f ( u ) = r. Vì
vậy, f ( x ) chia hết cho x − u trong vành K[x] khi và chỉ khi r = f ( u ) = 0. ■
1.2.3. Định nghĩa. Giả sử k là một số tự nhiên khác 0. Một phần tử α ∈ K đươc
gọi là một nghiệm bội k của đa thức f ( x) ∈ K[x] nếu và chỉ nếu f ( x ) chia hết
cho ( x − α ) và f ( x ) không chia hết cho ( x − α )
k

k +1

trong K[x].

Nếu k = 1 , thì α gọi là nghiệm đơn (simple root). Nếu k = 2 , thì α gọi là
nghiệm kép (double root). Trong trường hợp k ≥ 2 , ta cũng nói α là nghiệm bội
nếu không cần thiết phải nói số bội k .
k
Vậy α ∈ K là nghiệm bội k nếu và chỉ nếu f ( x ) = ( x − α ) g ( x ) với

g (α ) ≠ 0 . Suy ra: deg f ( x ) = k + deg g ( x ) , k ≤ deg f ( x ) .
1.2.4. Định lí. Giả sử K là trường, f ( x ) ≠ 0 là một đa thức của K[x] và

α1 ,α 2 ,K ,α r là những nghiệm trong K của nó với các bội theo thứ tự là
k1 , k2 ,K , k r . Khi đó
f ( x ) = ( x − α1 )

k1

( x −α )
2

k2

K( x − αr ) g ( x )
kr

với g ( x ) ∈ K[x] và g ( α i ) ≠ 0 , i = 1,K , r .
Chứng minh. Do K[x] là vành Gauss nên f(x) phân tích được thành tích của các
đa thức bất khả quy trong K[x]. Hiển nhiên x − α1 ,K , x − α r là những nhân tử


10

bất khả quy có mặt trong sự phân tích của f ( x ) . Viết rõ các nhân tử
( x − α1 ) k ,K ,( x − α r ) k , và đặt tích các nhân tử còn lại là g ( x ) ∈ K[x] ta được:
1

r

f ( x ) = ( x − α1 )

k1

trong đó g ( α i ) ≠ 0 , i = 1,K , r .

( x −α )

k2

2

K( x − αr ) g ( x )
kr

■

1.2.5. Hệ quả. Số nghiệm của đa thức 0 ≠ f ( x ) ∈K[x], mỗi nghiệm tính với số
bội của nó, không vượt quá bậc của f ( x ) .
Chú ý. Thay trường K bởi vành A, thì định lí trên không còn đúng nữa. Xét đa
3
thức f ( x) = x trên vành ¢ 8 . Ta có f ( 0 ) = f ( 2 ) = f ( 4 ) = f ( 6 ) = 0 . Vậy f ( x )

có bốn nghiệm trong khi bậc của nó là 3. Sự phân tích của f ( x ) thành nhân tử
bất khả quy cũng không duy nhất:
f ( x) = x3 = x ( x − 4 ) = ( x − 2 ) ( x 2 + 2 x + 4 ) = ( x − 6 ) ( x 2 − 2 x + 4 ) .
2

1.2.6. Hệ quả. Nếu hai đa thức f ( x ) và g ( x ) ∈ K[x] có bậc n và lấy những giá
trị bằng nhau tại n + 1 phần tử khác nhau của trường K, thì f(x) = g(x).
Chứng minh. Thật vậy, giả sử h( x) = f ( x ) − g ( x ) là đa thức khác 0, ta có
deg h ( x ) ≤ n . Từ giả thiết, ta có h ( α1 ) = h ( α 2 ) = L = h ( α n+1 ) = 0 , trong đó

α1 ,α 2 ,L,α n+1 là những phần tử khác nhau của K. Nhưng một đa thức khác 0
trên K không thể có số nghiệm nhiều hơn bậc của nó. Vậy ta phải có h ( x ) = 0,
tức là f ( x ) = g ( x ) .

■

1.2.7. Trường nghiệm của đa thức. Giả sử K là một trường, f ( x) là một đa
thức bậc n ≥ 1 trên K. Khi đó, một trường N được gọi là trường nghiệm hay

trường phân rã của đa thức f ( x) trên K nếu N là trường mở rộng cực tiểu (nhỏ
nhất) của K chứa tất cả n nghiệm của đa thức f ( x) .
Nhằm chứng minh rằng mọi đa thức trên một trường K đều có trường
nghiệm, trước hết ta chứng minh định lí sau:


11

1.2.8. Định lí . Với mọi đa thức f ( x) bất khả quy trên một trường K, tồn tại
một trường mở rộng N của K sao cho trong N đa thức f ( x) có ít nhất một
nghiệm.
Chứng minh. Xét vành thương N = K[x] / I của vành K[x] trên iđêan I sinh bởi

f (x) . Vì K[x] là một vành giao hoán có đơn vị 1 nên N cũng là một vành giao
hoán có đơn vị là 1 = 1+ I . Rõ ràng ta có 1 ≠ 0 . Thật vậy, nếu 1 = 0 thì 1 + I = I
hay 1 thuộc I và 1 là bội của f ( x) . Điều này mâu thuẫn với giả thiết
n = deg f ( x) ≥ 1 . Do đó, N có nhiều hơn một phần tử. Ta sẽ chứng minh tiếp
rằng mọi phần tử khác không của N là khả nghịch. Thật vậy, giả sử g ( x ) =
g ( x ) + I là một phần tử khác không của N. Vì g ( x ) ≠ 0 nên g ( x ) ∉ I tức

g ( x ) không chia hết cho f ( x) . Do f ( x) bất khả quy trên K, nên f ( x) và
g (x) nguyên tố cùng nhau trên K. Vì vậy, tồn tại các đa thức r ( x ) , s ( x ) ∈ K[x]
sao cho ta có: f ( x ) .r ( x ) + g ( x ) .s ( x ) = 1 . Chuyển sang các lớp chúng ta được:
f ( x ) .r ( x ) + g ( x ) .s ( x ) = 1 .
Do f ( x ) = 0 , nên g ( x ) .s ( x ) = 1. Điều này chứng tỏ rằng g ( x ) khả nghịch
trong vành N. Vậy, N là trường.
Thiết lập ánh xạ ϕ : K → N, a a a + I = a . Rõ ràng, φ là một đơn cấu
trường. Thật vậy, ta chứng minh ϕ là đơn ánh như sau: Với ∀a, b ∈ K có

ϕ (a ) = ϕ (b) ⇒ a + I = b + I ⇒ a − b ∈ I ⇒ a − bf ( x ) ⇒ a − b = 0 ⇒ a = b.

Vậy tập hợp các phần tử a của N, với a ∈ K lập thành một trường con
đẳng cấu với K. Nếu ta đồng nhất K với φ (K), bằng cách đồng nhất a ≡ a , thì
ta có thể xem K như là một trường con của trường N.
n
Ngoài ra, nếu f ( x ) = a0 + a1 x + L + an x thì ta có:

0 = f ( x ) = a0 + a1 x + L + an x n = a0 + a1 x + L + an x = f ( x ) .
n

Vậy phần tử x = x + I ∈ N là một nghiệm của đa thức f ( x) .

■


12
2
Ví dụ. Giả sử K = ¤ và đa thức f ( x ) = x − 2 ∈ ¤ [ x ] . Khi đó, vành thương

¤ [ x ] / < x 2 − 2 > gồm các lớp g ( x ) = g ( x ) + x 2 − 2 , g ( x ) ∈ K [ x ] . Ta viết
g ( x) = ( x 2 − 2 ) q ( x ) + r ( x ) , với deg r ( x) < 2 hoặc r ( x ) = 0 ,
hay r ( x ) có dạng a + bx; a, b ∈ ¤ và do đó

g ( x ) = g ( x ) + x 2 − 2 = a + bx + ( x 2 − 2 ) q ( x ) + x 2 − 2 = a + bx + x 2 − 2 .
1.2.9. Định lí. Đối với mỗi đa thức f ( x ) ∈ K[x] bậc n ≥ 1 , tồn tại ít nhất một
trường nghiệm của f ( x ) trên K.
Chứng minh. Trước tiên ta chứng minh quy nạp theo n rằng có một trường mở
rộng N của K sao cho trên đó f ( x ) có đầy đủ n nghiệm. Rõ ràng điều này
đúng với n = 1 bằng cách chọn N = K.
Giả sử f ( x ) có bậc n > 1 và q ( x ) là một ước bất khả quy của f ( x ) .
Theo Định lí 1.2.8, có một mở rộng K1 của K sao cho q ( x ) và do đó f ( x ) có

một nghiệm trong K1. Khi đó, nếu α là một nghiệm của f ( x ) trong K1, theo
Định lý Bezout ta có f ( x ) = ( x − α ) g ( x ) với g ( x ) ∈ K1[x] có bậc là n − 1 .
Theo giả thiết quy nạp, có một trường mở rộng P của K1 sao cho g ( x ) có đủ

n − 1 nghiệm trong P và do đó f ( x ) có đủ n nghiệm trong P.
Để có trường nghiệm N của đa thức f ( x ) trên K, chỉ việc lấy trường con
N nhỏ nhất của P chứa K và chứa n nghiệm của f ( x ) . Để ý rằng, trường N đó
chính là giao của tất cả các trường con của trường P chứa K và chứa n nghiệm
của đa thức f ( x ) .

■

1.2.10. Định nghĩa. Một trường K được gọi là trường đóng đại số nếu mọi đa
thức f ( x ) ∈ K[x], với bậc n ≥ 1, đều có ít nhất một nghiệm trong K.
1.2.11. Định lý [3]. Các phát biểu sau đây là tương đương:
1) K là trường đóng đại số,


13

2) Mọi đa thức f(x)∈ K[x] với bậc n ≥ 1 đều phân tích được thành tích
các nhân tử tuyến tính trên K:
f ( x ) = c(x - u1)(x - u2) ... (x - un); c∈ K*, ui ∈ K, i = 1, ..., n.
3) Đa thức bất khả quy của K[x] chỉ gồm các đa thức bậc nhất.
4) Mọi mở rộng đại số của K là K.
5) Mỗi đa thức của K[x] bỏ đi một giá trị thuộc K là đa thức hằng.
Chú ý: 1) Theo Định lý cơ bản của Đại số học cổ điển, trường £ các số phức là
một trường đóng đại số.
2) Trong Lý thuyết số p–adic, người ta đã chứng minh được rằng: Trường
£ p các số phức p-adic là trường đóng đại số (xem [3]).

3) Tổng quát hơn, người ta đã chứng minh được rằng: Mọi trường K đều
có duy nhất một trường mở rộng đóng đại số (xem [2]).
Ví dụ. Cho đa thức f ( x ) = ( 1 − x 2 ) − 8 x 3 .
3

1) Tìm tất cả các nghiệm phức của f ( x ) .
2) Phân tích f ( x ) thành tích các đa thức bất khả quy với hệ số thực.
( 1 − x 2 ) = 2x

3
3
2
Giải. 1) f ( x ) = 0 ⇔ ( 1 − x 2 ) = ( 2 x ) ⇔ ( 1 − x ) = 2ε x
( 1 − x 2 ) = 2ε 2 x

 x 2 + 2x − 1 = 0
(1)
 2
⇔  x + 2ε x − 1 = 0 ( 2 ) .
 x 2 + 2ε 2 x − 1 = 0 ( 3 )


1
3 3
trong đó ε = − + i
,ε = 1,ε 2 = ε .
2
2
Phương trình (1) có 2 nghiệm là:

14

x1 = −1 + 2
x2 = −1 − 2
Phương trình (2) có hai nghiệm là:
1+ 3
3 +1
−i
2
2
1− 3
1− 3
x4 = −ε − ε 2 + 1 = −ε − −ε =
+i
2
2
x3 = −ε + ε 2 + 1 = −ε + −ε =

Phương trình (3) có hai nghiệm ( là liên hợp của các nghiệm x3 và x4 ) sau:
1+ 3
3 +1
+i
.
2
2
1− 3 1− 3
x6 = x4 =
−i

.
2
2
x5 = x3 =

Do đó, f ( x ) có sự phân tích bất khả quy trong vành R[x] như sau:
f ( x ) = −8x 3 + ( 1 − x 2 )3 = −8( x − x1 )( x − x2 )( x − x3 )( x − x5 )( x − x4 )( x − x6 )
= −8( x − x1 )( x − x2 )( x 2 − ( x3 + x5 )x + x3 x5 )( x 2 − ( x4 + x6 )x + x4 x6 )
= −8( x − x1 )( x − x2 )( x 2 − ( x3 + x3 )x + x3 x3 )( x 2 − ( x4 + x4 )x + x4 x4 )
= −8( x + 1 − 2 )( x + 1 + 2 )( x 2 − ( 1 + 3 )x + ( 2 + 3 ))( x 2 + ( 1 − 3 )x
+( 2 − 3 )).


15

CHƯƠNG 2
TRƯỜNG MỞ RỘNG BẬC HAI

2.1. Mở rộng trường
2.1.1. Định nghĩa. Nếu K là một trường con của trường E, thì ta gọi E là một
trường mở rộng của K ( hay đơn giản hơn E là một mở rộng của K ). Mở rộng
E của trường K được ký hiệu là E /K. Giả sử E là một mở rộng của trường K,
ta có thể xem E là một không gian vectơ trên K. Nếu E là không gian vectơ
hữu hạn chiều trên trường K, thì ta nói E là mở rộng bậc hữu hạn của trường
K. Số chiều n của không gian vectơ E trên K được gọi là bậc của mở rộng E
trên K. Ta ký hiệu [E : K ] là bậc của mở rộng E trên K.
Như vậy, ta có [E : K ] = dimKE = n. Mỗi hệ sinh hoặc cơ sở của không
gian vectơ E trên K được gọi là một hệ sinh hoặc cơ sở của mở rộng E trên K.
2.1.2 . Phần tử đại số. Phần tử siêu việt
Cho K là một trường và E là một trường mở rộng của K. Phần tử u ∈ E

được gọi là phần tử đại số trên K nếu tồn tại đa thức khác không f ( x ) ∈ K[x]
sao cho f ( u ) = 0 . Phần tử u ∈ E không đại số trên K, gọi là phần tử siêu việt
trên K. Nói khác đi, một phần tử u ∈ E là phần tử siêu việt trên trường K nếu
và chỉ nếu với mọi hệ thức đa thức có dạng:
a0 + a1u + L + anu n = 0, ai ∈ K
kéo theo ai = 0, i = 1,..., n. .
Cho u ∈ E là phần tử đại số trên K. Ta chọn trong tất cả các đa thức
khác 0 thuộc K[x] nhận u làm nghiệm một đa thức đơn hệ (hệ số cao nhất bằng
1) có bậc nhỏ nhất, ký hiệu bởi q ( x ) . Với mỗi phần tử đại số u ∈ E , đa thức
q ( x ) như vậy được xác định duy nhất. Ta gọi q ( x ) là đa thức cực tiểu của phần
tử đại số u ∈ E trên K. Ta cũng gọi bậc của đa thức cực tiểu q ( x ) của u là bậc
của u trên K, và ký hiệu bởi [u : K].
Như vậy, ta có: [u : K] = deg q ( x ) .


16

Nhận xét. Cho u ∈ E là phần tử đại số trên trường K. Gọi q ( x ) là đa thức cực
tiểu của u trên K. Khi đó, ta có:
1) Với mọi đa thức f ( x ) thuộc K[x], nếu f ( u ) = 0 thì f ( x ) chia hết cho
q ( x ) trong vành K[x].
2) q ( x ) là đa thức bất khả quy trên trường K.
3) Nếu f ( x ) là đa thức đơn hệ, bất khả quy trong K[x] và nhận u là
nghiệm, thì f ( x ) là đa thức cực tiểu của u trên K, hay f ( x ) = q ( x ) .
Ví dụ. 1) Các số hữu tỉ (nghiệm của đa thức bậc nhất a0 + a1x ∈ ¤ [x]); các số
có dạng

n

a , a∈ ¤ (nghiệm của đa thức xn - a ∈ ¤ [x]) là số đại số.

2) Các số e và π là số siêu việt trên trường số hữu tỉ ¤ . Năm 1851, nhà
toán học Pháp Liouville là người đầu tiên phát hiện ra số siêu việt. Năm 1873,
nhà toán học Pháp Hermite chứng minh được rằng số e, cơ số của hệ thống
lôgarit tự nhiên, là số siêu việt. Năm 1882, nhà toán học người Đức là
Lindemann đã chứng minh rằng, số π, tỷ số của chu vi đường tròn trên độ dài
của đường kính của nó, cũng là số siêu việt. Ký hiệu π là chữ cái thứ mười sáu
trong bảng chữ cái Hy Lạp (xem [4]).
2.1.3. Mở rộng đại số và mở rộng siêu việt
Cho E là mở rộng của trường K. Ta gọi E là mở rộng đại số trên K nếu
mọi phần tử u ∈ E đều là phần tử đại số trên K. Trong trường hợp ngược lại, ta
gọi E là mở rộng siêu việt trên K. Nói khác đi, E được gọi là một mở rộng
siêu việt trên K nếu tồn tại một phần tử u ∈ E là phần tử siêu việt trên K.
2.1.4. Định lý. Mọi mở rộng bậc hữu hạn của trường K đều là mở rộng đại số
trên K.
Chứng minh. Với mỗi phần tử α ∈ E , ta xét hệ gồm (n + 1) phần tử thuộc E
sau đây: 1, α , α2 , α3 , . . . , αn.
Giả sử E là mở rộng bậc n của trường K hay E là không gian vectơ n –
chiều trên K. Khi đó, mọi hệ (n + 1) vectơ trong không gian vectơ n - chiều E


17

trên K đều phụ thuộc tuyến tính, do đó có một hệ thức tuyến tính không tầm
thường sau đây:
c0 + c1 α + . . . + cnα n = 0, (ci ∈ K).
Nói khác đi, tồn tại một đa thức khác không
n

f ( x) = ∑ ci x i ∈ K[x]

i =o

để cho f ( α ) = 0 , hay α là phần tử đại số trên trường K. ■
2.1.5. Định lý. Giả sử F là mở rộng bậc n của trường K có một cơ sở trên K
là { ui ; i = 1,..., n} và E là một mở rộng bậc m của trường F có một cơ sở trên F
là { v j ; j = 1,..., m} Thế thì, E là mở rộng bậc nm của trường K có cơ sở là

{ u v ; i = 1,..., n; j = 1,..., m} .
i

j

Chứng minh. Giả sử K là một trường, F là một mở rộng trường của K có cơ sở
trên K là hệ {u1, u2, …, un } và E là mở rộng của trường F có cơ sở trên F là
hệ {v1, v2, …., vm}. Khi đó, với ω ∈ E, ta có:
m

ω = ∑ a j v j , aj ∈ F, j = 1,..., m .
j =1

Do aj ∈ F, cho nên
n

a j = ∑ aij ui , j = 1,2,...,m , (aij ∈ K).
i=1

Từ đó:

m
n

n m
ω = ∑  ∑ aij ui ÷v j = ∑∑ aij ui v j , (aij ∈ K).
j =1  i =1
i =1 j =1


Vì vậy, với mọi ω ∈ E, ta có:
n

m

ω = ∑∑ aij ui v j , (aij ∈ K).
i =1 j =1

n

Mặt khác, nếu

m

∑∑ a u v
i =1 j =1

ij

i

j

= 0 thì ta có

 n a u v = 0
, (aij ∈ K).
 ∑ ij i ÷ j
∑
j =1  i =1

m

Do {v j ; j = 1,..., n} là cơ sở của E trên F nên ta có


18
n

∑a u
i =1

ij

i

= 0 , aij ∈ K , ( j = 1,..., m) .

Lại do {ui ; i = 1,..., m} là cơ sở của F trên K nên ta có
aij = 0, ( i = 1,..., n , j = 1,..., m ).
Vậy { ui v j ; i = 1,..., m; j = 1,..., n} là một hệ độc lập tuyến tính và mọi phần
tử thuộc E đều biểu diễn được qua nó, hay hệ này là một cơ sở của trường mở
rộng E trên K.

■

Từ Định lý 2.1.5 vừa chứng minh ở trên, ta suy ra các kết quả sau về bội
của bậc mở rộng.
2.1.6. Hệ quả. Giả sử K ⊆ F ⊆ E là một dãy các trường trung gian của mở
rộng trường E/K. Khi đó, nếu các mở rộng E/F và F/K đều có bậc hữu hạn
thì mở rộng E/ K cũng có bậc hữu hạn và ta có công thức sau:
[E : K] = [E : F] [F : K].
Công thức trên thường được gọi là công thức về bội của bậc của mở rộng
trường, nó có rất nhiều ứng dụng trong các bài toán về xác định bậc của mở
rộng trường.

2.2. Mở rộng đơn
2.2.1. Định nghĩa, Giả sử K là một trường con của trường E, u ∈ E . Ta ký hiệu
K(u) là trường con bé nhất của E chứa K và u. Ta gọi K(u) là mở rộng đơn của
trường K sinh bởi u hay ghép thêm phần tử u.
2.2.2. Định lý. Giả sử K là trường, E là mở rộng của trường K, u ∈ E , khi đó:
i) Nếu u là phần tử siêu việt trên K thì mở rộng đơn K(u) đẳng cấu với
trường K(x) các phân thức hữu tỉ qua đẳng cấu trường:

ϕ : K(x) ≅ K(u) sao cho ϕ(x) = u; ϕ(a) = a; ∀ a ∈ K.
ii) Nếu u là phần tử đại số trên trường K thì mở rộng đơn K(u) đẳng cấu
với trường K[x]/(q) qua đẳng cấu trường:
ψ : K[x]/(q) ≅ K(u)


19

sao cho ψ (x + (q)) = u và ψ (a + (q)) = a, ∀a∈ K, trong đó q = q ( x ) là đa
thức cực tiểu của phần tử u trên K và (q) là iđêan sinh bởi đa thức q trong vành

đa thức K[x].
Chứng minh. Lập đồng cấu vành hu : K[x] → K(u)
f(x) a f(u).
Ta có Im(hu ) = K[u] ⊂ K(u) là vành con của trường phân thức K(u) và
Ker(hu) = { f(x)∈ K[x] | f(u) = 0 }
là một iđêan của vành đa thức K[x].
i) Nếu u là phần tử siêu việt trên K, thì với mọi đa thức f(x) ∈ K[x] sao
cho f(u) = 0, ta có f = 0, do đó Ker(hu) = {0}, hay hu là một đơn cấu. Vì vậy,
hu cảm sinh một đẳng cấu miền nguyên h: K[x] ≅ K[u]. Đẳng cấu h này sinh ra
một đẳng cấu trường các thương tương ứng ϕ : K(x) ≅ K(u) thỏa mãn yêu cầu
của định lý.
ii) Do q là đa thức bất khả quy trên K nên Ker(hu) = (q) là một iđêan tối
đại của vành K[x]. Do đó, vành thương K[x]/(q) là một trường. Theo định lý
đồng cấu vành, ta có:
K[x]/ Ker(hu) = K[x]/(q) ≅ Im(hu) = K[u].
Vì K[x]/(q) là trường, nên vành K[u] cũng là trường chứa K và u, do đó
K[u] = K(u). Vì vậy, ta có đẳng cấu ψ : K[x] /(q) ≅ K(u), sao cho:
ψ (x + (q)) = u và ψ (a + (q)) = a, ∀a ∈ K. ■

2.2.3. Hệ quả.

i) Mở rộng đơn siêu việt K(u) của trường K có dạng:
 f (u )

K (u ) = 
; f ( x), g ( x) ∈ K [ x], g ( x) ≠ 0 .
 g (u )


ii) Nếu u là phần tử đại số bậc n trên K thì K(u) là mở rộng đại số bậc n

trên K và K(u) có một cơ sở trên K là {1, u, . . . , un-1}.
Chứng minh. Chứng minh i) được suy ra trực tiếp từ Định lí 2.2.2.
Chứng minh ii): Theo Định lý 2.2.2, có đẳng cấu ψ : K[x]/(q) ≅ K(u) nên với
mọi w ∈ K(u) có dạng w = ψ (f + ( q)), f∈ K[x]. Theo định lý về phép chia đa
thức, tồn tại duy nhất các đa thức g,r∈ K[x], sao cho


20

f = gq + r, với bậc r < n nếu r ≠ 0.
Đặt r = ao + a1x + . . . + an - 1xn - 1, ai ∈K, i = 0,..., n − 1 . Ta có
f + (q) = r + (q) ∈ K[x]/(q).
Do đó
w = ψ (f + ( q)) = ψ (r + (q)) = ao + a1u + . . . + an - 1un-1.
Tính độc lập tuyến tính của hệ {1, u, . . . , un -1} sẽ được chứng minh như sau:
Bây giờ, ta chứng minh các lũy thừa {1, u, . . . , un

-1

} độc lập tuyến tính

trên K. Thật vậy, giả sử có một hệ thức tuyến tính không tầm thường
a0 + a1 u + . . . + an-1 un-1 = 0,
trong đó ai ∈ K. Ta đặt
p(x) = a0 + a1 x + . . . +an-1 xn-1 ∈ K[x]
thế thì p(x) ≠ 0 và p(u) = 0. Do đó, u là nghiệm của một đa thức khác 0 trên
K có bậc nhỏ hơn n. Ta gặp phải một mâu thuẫn. ■
Trong trường hợp u là phần tử đại số bậc n trên trường K, chúng ta có
thể chứng minh mở rộng đơn đại số K(u) là mở rộng bậc n của K bằng một
phương pháp sơ cấp hơn sau đây:

2.2.4. Định lý. Giả sử u là phần tử đại số bậc n trên trường K. Thế thì, trường
mở rộng đơn K(u) trùng với vành K[u] các đa thức của u với hệ tử thuộc K.
Chứng minh. Thật vậy, giả sử q(x) là đa thức cực tiểu của u và f(u) ≠ 0 là
phần tử tùy ý thuộc K[u], khi đó ta có f(x) không chia hết cho q(x). Do tính
bất khả quy của q(x) nên f(x) và q(x) nguyên tố cùng nhau, hay tồn tại các đa
thức g(x), h(x) thuộc vành K[x] sao cho:
g ( x)q ( x) + h( x) f ( x) = 1.
Từ đó suy ra h(u ) f (u ) = 1 nghĩa là f(u) khả nghịch trong K [u]. Vì vậy, K[u] là
trường và do đó K[u] = K(u). ■
2.2.5. Định lý. Nếu K là một trường và q∈ K[x] là một đa thức bất khả quy
trong K[x], thì tồn tại một mở rộng đơn đại số F = K(u) sinh bởi K và một
nghiệm u nào đó của đa thức q.


21

Chứng minh. Do q∈ K[x] là đa thức bất khả quy trong K[x], nên iđêan chính
(q) là iđêan tối đại và vành thương K[x]/(q) là một trường. Ta xét các đồng cấu
vành sau:

j: K → K[x] là đồng cấu bao hàm,
p: K[x] → K[x]/(q) là phép chiếu tự nhiên.

Đặt ϕ = p o j : K → K[x]/(q). Khi đó, ta có:
kerϕ = { a∈ K; ( p o j ) ( a ) = (q)} = { a∈ K; p(a) = (q)} =
={a∈ K; a + (q) = (q)} = {a∈ K; a∈ (q)} = (q)={0}.
Do đó, ϕ là một đơn cấu. Vì vậy, ϕ nhúng K thành trường con của
trường F = K[x]/(q), bằng cách đồng nhất: a ≡ ϕ (a) = a + (q), a ∈ K.
Trường F chứa phần tử u = x + (q) và q(u) = q(x +(q)) = q(x) + (q ) = (q) = 0.
Do đó, u là nghiệm của đa thức q.

Hơn nữa, nếu trường con của F, chứa K và chứa u = x + (q) thì trường
con đó sẽ chứa phần tử f + (q) với f ∈ K[x], do đó trường con đó trùng với
trường F. Vì vậy, F được sinh ra bởi K và u hay F = K(u). ■
2.2.6. Định lý. Giả sử q∈ K[x] là đa thức bất khả quy trong K[x], u và v là
hai nghiệm của q. Nếu K(u) và K(v) là hai mở rộng đơn đại số của trường K lần
lượt sinh bởi u và v thì K(u) ≅ K(v). Hơn nữa, có một đẳng cấu trường duy nhất

ϕ : K(u) → K(v) sao cho:
ϕ(u) = v, ϕ(a) = a; ∀a ∈ K.
Chứng minh. Từ các Định lý (2.2.2) và Định lí (2.2.5), ta có đẳng cấu trường
sau đây:
ϕv
ϕu
K(u) →
K[x]/(q) 
→ K(v)
−1

sao cho:
φu-1 (u) = x + (q) ; ϕu−1 (a) = a + (q ),∀a ∈ K ;

ϕv ( x + (q )) = v ; ϕv (a + ( q)) = a; ∀a ∈ K .
Đặt ϕ = ϕv o ϕu-1, có ϕ : K(u) → K(v) là một đẳng cấu trường và:

ϕ(u) = ( ϕv o ϕu-1)(u) = ϕv(ϕu-1(u)) = ϕv(x + (q)) = v.
Ngoài ra, ∀a ∈ K có ϕ(a) = ( ϕv o ϕu-1)(a) = ϕv(ϕu-1(a)) = ϕv(a + (q)) = a.


22

Ta chứng minh tính duy nhất của ϕ. Giả sử f : K(u) → K(v) là một đẳng
cấu thỏa mãn điều kiện f(u) = v và f(a) = a,∀a ∈ K. Khi đó
f(u) = v = ϕv(x + (q)) = ϕv(ϕu-1(u)) = (ϕv o ϕu-1)(u) = ϕ(u),
f(a) = a = ϕv(a + (q)) = ϕv(ϕu-1(a)) = (ϕv o ϕu-1)(a) = ϕ(a), ∀a ∈ K.
Vì vậy, suy ra f ≡ ϕ. ■
Ví dụ. Ta có đa thức x2 + 1∈ ¡ [x] là một đa thức bất khả quy trên ¡ . Trường
các số phức £ là mở rộng bậc hai của trường ¡ các số thực và £ được sinh
bởi một trong hai nghiệm ± i của đa thức này. Ta có:
¡ [x] /(x2 + 1) ≅ ¡ (i) ≅ ¡ (- i).

2.3. Mở rộng bậc hai của trường số hữu tỉ
Cho d là một số nguyên không chính phương, khi đó mở rộng đơn đại số
¤

( d)

là một mở rộng bậc 2 của trường ¤ các số hữu tỷ. Chẳng hạn, các

trường sau đây
¤

( 2 ) ;¤ ( 3 ) ;¤ ( 6 ) ; ¤ (

) (

10 ; ¤

) (

−1 ; ¤

)

−2 ;...

là các mở rộng bậc 2 của ¤ .
2.3.1. Định lý. Cho p và q là các số nguyên tố phân biệt. Khi đó, các trường mở
rộng bậc hai ¤

( p ) và ¤ ( q )

không đẳng cấu với nhau.

Chứng minh. Giả sử p và q là các số nguyên tố phân biệt và các trường mở
rộng bậc hai ¤
trường f : ¤

( p ) và ¤ ( q ) đẳng cấu với nhau. Khi đó, tồn tại một đẳng cấu

( p ) → ¤ ( q ) . Do đó, f ( p ) ∈ ¤ ( q )
f

Mặt khác

( p) = a+b

p . p = p , do đó  f


( )

hay

q ; a, b ∈ ¤ .

2

(

)

2

p  = f ( p) = p = a + b q ; a, b ∈ ¤ . Từ


đó
p = a 2 + 2ab q + b 2 q .


23
2

x
x
p
Nếu a = 0 thì p = b q và do đó = b 2 =  ÷ trong đó
là một phân
y
q

 y
2

số tối giản. Vì p và q là các số nguyên tố phân biệt nên p = x 2 , q = y 2 . Ta gặp
phải mâu thuẫn. Nếu b = 0 thì p = a 2 và do đó p là số chính phương. Ta gặp
phải mâu thuẫn.
Vậy, ab ≠ 0 và do đó

p − a 2 − b2q
là số hữu tỉ hay q là số chính
q=
2ab

phương. Ta gặp phải mâu thuẫn.
Như vậy, với p và q là các số nguyên tố phân biệt, các trường mở rộng
bậc hai ¤

( p ) và ¤ ( q )

của trường ¤ các số hữu tỉ không đẳng cấu với nhau.

Định lý trên được chứng minh. ■
2.3.2. Hệ quả. Tồn tại vô hạn các trường mở rộng bậc hai ¤

( d ) của trường

¤ các số hữu tỷ.

2.3.3. Định lý. Nếu E là một mở rộng bậc 2m (m ≥ 0) của trường ¤ , thì mỗi đa
thức bất khả quy bậc ba trên ¤ cũng là đa thức bất khả quy trên E.

Chứng minh. Giả sử ngược lại có một đa thức q bậc ba bất khả quy trên ¤
nhưng lại là đa thức khả quy trên E. Khi đó, có một phần tử u ∈ E là nghiệm
của q. Theo giả thiết, do q là đa thức bất khả quy bậc 3 trên ¤ , nên
[u : ¤ ] = [ ¤ (u ) : ¤ ] = degq = 3.
Mặt khác, theo Định lý về bội của bậc mở rộng trung gian ta có:
2m = [E : ¤ ] = [E : ¤ (u ) ] [ ¤ (u ) : ¤ ] = 3[E : ¤ (u ) ].
Từ đó kéo theo 3 là ước của 2m hay 3 là ước của 2. Chúng ta gặp mâu thuẫn. ■
2.3.4. Hệ quả. Mọi phương trình đa thức bậc ba bất khả quy trên ¤ đều không
thể giải được bằng những phép lấy căn thức bậc hai trên ¤ .
Chứng minh. Thật vậy, khi kết nối một căn bậc hai

a , a∈ ¤ thì ta sẽ thu được

hoặc một mở rộng tầm thường (chính ¤ ) hoặc một mở rộng bậc hai của ¤ . Do
đó, trường mở rộng:


24

E = ¤ ( a , b , c , ... ,

z ).

thu được sau một số hữu hạn lần lấy căn bậc hai sẽ có bậc trên ¤ bằng một lũy
thừa 2m của 2, (m ≥ 1). Theo Định lý 2.3.2, những mở rộng này không thể chứa
nghiệm của phương trình bất khả quy bậc ba đã cho.

■

3

Ví dụ 1. Vì đa thức bậc ba f ( x ) = x − 2 vô nghiệm trên trường số hữu tỉ ¤

(theo tiêu chuẩn Eisenstein với p = 2) cho nên f ( x ) vô nghiệm trên các mở
rộng bậc 2m của ¤ . Vì vậy, bài toán dựng một hình lập phương có thể tích gấp
đôi thể tích của một hình lập phương cho trước bằng thước kẻ và compa là
không thể thực hiện được.
Ví dụ 2. Vì π siêu việt trên ¤ nên π cũng siêu việt trên ¤ . Do đó, trường
nghiệm ¤ ( π ) của π trên ¤ không có bậc hữu hạn trên ¤ . Do đó phương
trình x 2 − π = 0 vô nghiệm trong các mở rộng bậc 2m của ¤ . Vì vậy, bài toán
dựng một hình vuông có diện tích bằng diện tích một hình tròn cho trước bằng
thước kẻ và compa là không thể thực hiện được.
Ví dụ 3. ¤

(

- Do

)

a, b =¤
a , b ∈¤

(

(

)

a + b ,∀a,b ∈¤ .

)

a , b cho nên

- Ngược lại, ta cần chứng minh:

a + b ∈¤

a+b
∈¤
a+ b

a − b=

(

a , b ∈¤

(

(

)

a, b .

)

a + b . Thật vậy:

)

a+ b .

Từ đây suy ra

a=

a+ b
a− b
+
∈¤
2
2

và do đó cũng có:

b = a − ( a − b ) ∈¤
Ví dụ 4.

¤

(

)

2 , 11, 13 = ¤

Ta chỉ cần chứng minh

(

(

(

a+ b

)

)

a+ b .

)

2 + 11 + 13 .

2 , 11, 13 ∈ K = ¤

(

)

2 + 11 + 13 .

Ta có ( 2 + 11 + 13 )( 2 + 11 − 13 ) = ( 2 + 11 )2 − ( 13 )2 , suy ra


25

( 2 + 11 + 13 )2 ( 2 + 11 − 13 )2 = [( 2 + 11 )2 − ( 13 )2 ] 2
= ( 2 2 11 )2 = 88
2
Do đó ( 2 + 11 − 13 ) ∈ K = ¤

(

.

)

2 + 11 + 13 .

Từ đó ( 2 + 11 + 13 )2 + ( 2 + 11 − 13 )2 = 52 + 4 22 ∈ K .
Do đó ( 2 + 11 )2 = 13 + 2 22 ∈ K . Vì vậy:

(( 2 + 11 )2 − 13 )
2 + 11 − 13 =
∈K .
2 + 11 + 13
Bây giờ ta có

1
13 = [( 2 + 11 + 13 ) − ( 2 + 11 − 13 )] ∈ K .
2
Vì vậy
2 + 11 = ( 2 + 11 + 13 ) − 13 ∈ K .

Từ đó

2 − 11 =

2 + 11
∈K .
2 + 11

Suy ra

2 + 11
2 − 11
+
∈K
2
2

2=

11 = 2 − ( 2 − 11 ) ∈ K .

g

2.4. Mở rộng bậc hai của trường ¢

p

2.4.1. Mệnh đề. Với mỗi số nguyên tố p, tồn tại một trường có đặc số p gồm p 2
phần tử là mở rộng bậc hai của trường ¢ p .
Chứng minh. Trên trường ¢
trong đó có

p ( p − 1)
2

p

có p2 đa thức bậc 2 đơn hệ f(x)= a0 + a1x + x2,

đa thức khả quy dạng (x –a)(x – b) (với a, b phân biệt

thuộc ¢ p ) và p đa thức khả quy dạng (x – c)2 (với c thuộc ¢ p ). Vì vậy, số đa
thức bậc hai đơn hệ bất khả quy trên trường ¢

p

là: