Về mở rộng xyclic và mở rộng căn luận văn thạc sĩ toán học

1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

THÂN LÊ HỒNG NHUNG

VỀ MỞ RỘNG XYCLIC VÀ MỞ RỘNG CĂN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGHỆ AN – 2012


2

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

THÂN LÊ HỒNG NHUNG

VỀ MỞ RỘNG XYCLIC VÀ MỞ RỘNG CĂN

CHUYÊN NGÀNH: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ
Mã số
: 60 46 05

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học
PGS.TS. NGUYỄN THÀNH QUANG

3

NGHỆ AN - 2012
MỤC LỤC

Trang

MỞ ĐẦU................................................................................................. 1
CHƯƠNG 1. CÁC KHÁI NIỆM VÀ KẾT QUẢ CƠ SỞ CỦA LÝ THUYẾT
MỞ RỘNG TRƯỜNG VÀ LÝ THUYẾT GALOIS

3

1.1. Trường nguyên tố ....................................................................

3

1.2. Mở rộng trường ………………………………………………

6

1.3. Mở rộng Galois .........................................................................

8

CHƯƠNG 2. MỞ RỘNG XYCLIC VÀ MỞ RỘNG CĂN ………………….

14

2.1. Mở rộng xyclic...........................................................................

14

2.2. Mở rộng căn...............................................................................

16

2.3. Tính giải được của nhóm Galois của mở rộng căn.................

18

2.4. Ứng dụng của mở rộng căn và mở rộng xyclic.......................

20

2.5. Phép dựng hình bằng thước kẻ và compa...............................

30

CHƯƠNG 3.

SỬ DỤNG PHẦN MỀM MAPLE ĐỂ GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ BẰNG CĂN THỨC

3.1. Sử dụng maple 6........................................................................

33

3.2. Sử dụng maple 7........................................................................

35

3.3. Sử dụng maple 8........................................................................

35

KẾT LUẬN........................................................................................

38

TÀI LIỆU THAM KHẢO.......................................................................

39


4

MỞ ĐẦU
Évariste Galois (1811 – 1832) là một thiên tài toán học người Pháp. Các
công trình toán học ông để lại là một đề tài rất quan trọng cho việc tìm nghiệm
của các phương trình đa thức bậc cao hơn 4, thông qua việc sử dụng công cụ lý
thuyết nhóm trừu tượng mà ngày nay được gọi là Lý thuyết Galois.
Lý thuyết Galois là một nhánh quan trọng của đại số trừu tượng, một lý
thuyết đẹp nổi bật của toán học. Nguồn gốc của Lý thuyết Galois là vấn đề giải
các phương trình đại số bằng căn thức, mà thực chất là mở rộng trường bằng
cách ghép thêm liên tiếp những căn thức.
Mở rộng xyclic và mở rộng căn là một trong những nội dung quan trọng
trong Lý thuyết Galois. Sử dụng các công cụ về mở rộng căn và lý thuyết nhóm

mà E. Galois đã chỉ ra được tiêu chuẩn giải được bằng căn thức của các phương
trình đại số đa thức và cho câu trả lời về việc không dựng được bằng thước kẻ và
compa của một lớp các bài toán hình học cổ điển.
Với những lý do như đã nêu ở trên, trong luận văn này chúng tôi tập trung
trình bày hai nội dung chính sau đây:
1. Mô tả cấu trúc của mở rộng xyclic.
2. Tính giải được của nhóm Galois của mở rộng căn.
Từ đó, luận văn đi tìm hiểu sâu hơn về ứng dụng của mở rộng căn trong bài
toán tìm tiêu chuẩn giải được bằng căn thức đối với phương trình đại số.
Luận văn gồm 3 chương:
Chương 1. Giới thiệu những khái niệm và kết quả cơ sở của lý thuyết mở
rộng trường và Lý thuyết Galois


5

Chương 2. Trình bày các khái niệm và kết quả của mở rộng xyclic; giới thiệu
về mở rộng căn và tính giải được của nhóm Galois của mở rộng căn; một số ứng
dụng của mở rộng xyclic và mở rộng căn.
Chương 3. Thực hành giải một số phương trình đại số bằng căn thức và tính
toán nhóm Galois của một số đa thức trên phần mềm Maple.
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn của PGS.TS. Nguyễn Thành
Quang. Nhân dịp này, tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc đến
thầy giáo hướng dẫn, người đã dành cho tác giả sự hướng dẫn tận tình, chu đáo
và nghiêm túc trong quá trình học tập, nghiên cứu và thực hiện luận văn.
Tác giả xin gửi lời cảm ơn đến các thầy cô giáo thuộc chuyên ngành Đại số
và Lý thuyết số, khoa Toán học, phòng Đào tạo Sau Đại học – Trường Đại học
Vinh – đã tận tình giảng dạy và hướng dẫn khoa học.
Tác giả xin gửi lời cảm ơn Trường Đại học Sài Gòn đã quan tâm giúp đỡ tổ
chức cho chúng tôi hoàn thành nhiệm vụ học tập và nghiên cứu theo chương

trình đào tạo sau đại học liên kết giữa hai trường: Đại học Vinh - Đại học Sài
Gòn.
Mặc dù đã hết sức cố gắng, luận văn không tránh khỏi những thiếu sót. Tác
giả mong nhận được sự chỉ bảo của các thầy, cô giáo và đồng nghiệp.
Tác giả


6


7

CHƯƠNG 1
CÁC KHÁI NIỆM VÀ KẾT QUẢ CƠ SỞ
CỦA LÝ THUYẾT MỞ RỘNG TRƯỜNG VÀ LÝ THUYẾT GALOIS

1.1. Trường nguyên tố
1.1.1. 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, ta
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). Ta có:
char( ¤ ) = 0, char( ¡ ) = 0; char( £ ) = 0;
char( ¢ p ) = p, với mọi số nguyên tố p.
Nhận xét. Nếu trường K có đặc số p ≠ 0 thì p là số nguyên tố.
1.1.2. Trường nguyên tố. Một trường K được gọi là trường nguyên tố hay
trường đơn nếu K không có một trường con thực sự nào cả.
Ví dụ. Trường số hữu tỉ ¤ và trường ¢

p

các số nguyên modp là các 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
trường K.
1.1.3. Định lý về các kiểu trường nguyên tố. Cho K là một trường và P là
trường con nguyên tố của K.
1) Nếu K có đặc số 0 thì P đẳng cấu với trường ¤ các số hữu tỉ.
2) 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 K, xác định bởi f(m)
= m1, với 1 là phần tử đơn vị của trường K. Ta có f là đồng cấu vành.
1) Trong trường hợp trường K có đặc số 0, ta có:
m ∈ Ker(f) ⇔ f(m) = 0 ⇔ m1 = 0 ⇔ m = 0.


8

Vậy Ker(f) = {0}, hay f là đơn cấu vành, do đó ta thu được một đẳng cấu
vành: ¢ ≅ Im(f) = {m1; m ∈ ¢ }.
Đẳng cấu vành này cảm sinh ra một đẳng cấu giữa trường các thương của
vành số 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.
2) Trong trường hợp trường K có đặc số nguyên tố p, ta có
m ∈ Ker(f) ⇔ f(m) = 0 ⇔ m1 = 0 ⇔ m ∈ pZ.
Vậy, Ker(f) = p ¢ . Từ định lý đồng cấu vành, có ¢ /Ker(f) ≅ Im(f), hay ¢ /p ¢
= ¢

p

≅ Im(f). Do ¢

p

là trường nên Im(f) cũng là trường. Mặt khác, vì Im(f) là

trường con bé nhất của K nên Im(f) = P và do đó ta có đẳng cấu P ≅ ¢ p . ▄
1.1.4. 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 nhị thức Newton, ta có
p
 p −1

(a + b) p = ∑ C kp a p−k bk = a p +  ∑ C kp a p−k bk ÷+ b p .
 k =1
÷
k =0



Vì p là số nguyên tố, cho nên C kp ≡ 0(mod p), ∀k = 1, 2,..., p − 1 .

Từ đó suy ra

C kp x = 0, ∀x ∈ K , ∀k = 1, 2,..., p − 1.

Do đó, công thức nhị thức ở trên trở thành: (a + b) p = a p + b p . ▄
1.1.5. Mệnh đề. Nếu K là trường có đặc số nguyên tố p thì ánh xạ f : a a a p là
một tự đơn cấu của trường K.
Chứng minh. Theo Mệnh đề 1.1.4, với ∀a, b ∈ K , ta có
f (a + b) = (a + b) p = a p + b p = f (a) + f (b),
f (ab) = (ab) p = a p b p = f (a) f (b).

Ngoài ra, vì f(1) = 1p = 1 ≠ 0, nên f khác tự đồng cấu không của trường K.
Vì vậy, ánh xạ f : a a a p là một tự đơn cấu của trường K. ▄


9

n

1.1.6. Hệ quả. Nếu K là trường có đặc số nguyên tố p thì ánh xạ g : a a a p là
một tự đơn cấu của trường K, với mọi số nguyên n ≥ 1 .
Chứng minh. Vì trường K có đặc số p, cho nên theo Mệnh đề 1.1.5 ta suy ra ánh
xạ f : a a a p là một tự đơn cấu của trường K. Vì vậy, ánh xạ tích n lần của f là
n
g = f n = f o f oLo f : a a a p là một tự đơn cấu của K.

1.1.7. Mệnh đề. Mọi tự đồng cấu khác không của trường ¢

p

các số nguyên

modp đều là tự đẳng cấu đồng nhất.
Chứng minh. Giả sử f : ¢ p → ¢

p

là một tự đồng cấu bất kỳ của trường ¢ p . Khi

đó, ta có f( 1 ) = f( 1 ) f( 1 ), hay 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:
f( k ) = kf( 1 ) = k1 = k , (k = 0, 1, ... , p - 1).
Do đó, f là tự đẳng cấu đồng nhất của trường ¢ p . ▄
1.1.8. 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) .
Chứng minh. Vì trường ¢

p

có đặc số nguyên tố p cho nên ánh xạ f : a a a

p

là

một tự đơn cấu của trường ¢ p . Do đó, theo Mệnh đề 1.1.7 ta suy ra f là tự đẳng
cấu đồng nhất của trường ¢ p . Vì vậy, ta có a p = a hay a p = a. Từ đẳng thức
này, suy ra a p ≡ a(mod p) . ▄

10

1.2. Mở rộng trường
1.2.1. Định nghĩa. Giả sử K là một trường con của E. Khi đó, ta nói E là một
trường mở rộng hay là một mở rộng của trường K. Mở rộng E của trường K
được ký hiệu 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] = dim Κ E = n. Mỗi cơ sở của không gian vectơ E
trên K được gọi là một cơ sở của mở rộng E trên K.
1.2.2. Phần tử đại số. Phần tử siêu việt. Cho K là một trường và E là một 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,
được 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 với mọi hệ thức đa thức có dạng:
a + a u + L + an u n = 0,(ai ∈ K ) kéo theo ai = 0, ∀i = 0,1,...., n.
0 1

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 là q( x) .Với mỗi phần tử đại số u ∈ E , đa thức như vậy được
xác định duy nhất. Ta gọi q( x) của u là đa thức cực tiểu của phần tử đại số u ∈ E .
Ta cũng gọi bậc của đa thức cực tiểu q( x) của u là bậc của phần tử u trên K, và ký
hiệu bởi [u : K]. Như vậy, ta có: [u : K] = deg q( x) .
1.2.3. Mở rộng đại số và mở rộng siêu việt. Ta gọi mở rộng E của trường K là
mở rộng đại số trên K nếu mọi phần tử u∈ E đều là phần tử đại số trên K. Ta gọi
mở rộng E của trường K là mở rộng siêu việt trên K nếu mở rông E không phải là

mở rộng đại số trên K.


11

1.2.4. 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 f ( x) trên K nếu và chỉ nếu N là trường mở rộng nhỏ nhất
(cực tiểu) của K và chứa tất cả n nghiệm của đa thức f ( x) .
1.2.5. Định lí ([4]). Với mỗi đa thức f ( x ) ∈ K[x] có bậc n ≥ 1 , tồn tại duy nhất
(sai khác đẳng cấu) một trường nghiệm của f ( x ) trên K.
1.2.6. Mở rộng chuẩn tắc. Một mở rộng đại số E của trường K được gọi là mở
rộng chuẩn tắc trên K nếu với mọi đa thức bất khả quy f ( x) trong vành đa thức
K[x], nếu f ( x) có một nghiệm trong E thì f ( x) phân tích được thành tích các
nhân tử tuyến tính (hay f ( x) phân rã được) trong vành đa thức E[x].
1.2.7. Định lý. Một mở rộng bậc hữu hạn E của trường K là mở rộng chuẩn tắc
trên K khi và chỉ khi E là trường nghiệm của một đa thức nào đó trên K.
1.2.8. Định nghĩa. Cho P là một trường nguyên tố. Mỗi nghiệm của phương
trình x n − 1 = 0 trong một trường mở rộng K của P được gọi là căn bậc n của đơn
vị. Trường nghiệm của đa thức x n − 1 trên trường nguyên tố P được gọi là trường
chia đường tròn, ký hiệu bởi Rn .
Phần tử sinh của nhóm các căn bậc n của đơn vị được gọi là căn nguyên
thuỷ của đơn vị.
Số căn nguyên thuỷ bậc n chính là giá trị của hàm Euler ϕ (n) .
1.2.9. Định nghĩa. Đa thức Fn ( x) = ( x − ζ 1 )...( x − ζ ϕ ( n ) ) , trong đó ζ 1 ,...., ζ ϕ ( n ) là tất cả
các căn nguyên thuỷ bậc n của đơn vị, gọi là đa thức chia đường tròn bậc n.
1.2.10. Định lý. Nhóm nhân các căn bậc n của đơn vị là một nhóm xyclic cấp n.


12

1.3. Nhóm Galois
1.3.1. Định nghĩa. Giả sử F là mở rộng của trường K và giả sử G là nhóm các K
tự đẳng cấu của trường F, còn H là một nhóm con của G. Khi đó tập hợp
F H = {x ∈ F | ϕ ( x) = x, ∀ϕ ∈ H }

lập thành một trường con của F, gọi là trường con bất động của trường F dưới
nhóm H.
Cho F là một mở rộng chuẩn tắc của trường K. Nhóm các K − tự đẳng cấu
của F (nghĩa là nhóm các tự đẳng cấu của F, giữ nguyên mọi phần tử của K)
được gọi là nhóm Galois của mở rộng F trên K và ký hiệu bởi G ( F / K ) .
Nếu E là trường nghiệm của đa thức f ( x) trên K thì ta cũng sẽ gọi nhóm
Galois của mở rộng E trên K là nhóm Galois của đa thức f ( x) .
1.3.2. Mệnh đề. Giả sử F là một mở rộng bậc hữu hạn trên trường K và H là
nhóm con hữu hạn cấp n của nhóm các K – tự đẳng cấu của trường F. Khi đó,
ta có n = [ F : F H ] với F H là trường con bất động của F dưới H.
Mệnh đề được suy ra trực tiếp từ các bổ đề sau:
1.3.3. Bổ đề. Cho ϕ1 , ϕ2 ,L , ϕn là những đẳng cấu khác nhau từ trường E vào
trường E ' thỏa mãn điều kiện
x ϕ (a ) + x ϕ (a ) + L + xnϕn (a ) = 0 (*)
1 1
2 2

với mọi a ∈ E .Khi đó x1 = x2 = L = xn = 0 .
Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n .
Với n=1 ta có x1ϕ1(a) = 0 . Do ϕ1 (1) = 1 nên x1 = 0 .
Với n > 1 , nhân hai vế của hệ thức trên với ϕn (c) ( c ∈ E ) ta được
x ϕ (a )ϕn (c) + L + xnϕn (a)ϕn (c) = 0 (1)
1 1

Mặt khác, trong hệ thức (*) thay a bởi ac ta được
x ϕ (a)ϕ (c) + L + xnϕn (a)ϕn (c) = 0 (2)
1 1
1

Trừ từng vế của (1) cho (2):


13

x [ϕn (c) − ϕ (c)]ϕ (a ) + L + x [ϕn (c ) − ϕ (c )]ϕ (a) = 0
1
1
1
n−1
n−1
n−1

Theo giả thiết quy nạp ta có
x j [ϕn (c) − ϕ j (c )] = 0 ,

V = { 1, ( 12 ) ( 34 ) , ( 13) ( 24 ) , ( 14 ) ( 23) }

Do n >1 nên ϕn ≠ ϕ j . Ta có thể chọn c ∈ E sao cho ϕn (c) ≠ ϕ1 (c) . Khi đó
x j = 0 với 1 ≤ j ≤ n − 1 . Vậy xnϕn (a) = 0 và do đó xn = 0 . ▄

1.3.4. Bổ đề. Với giả thiết của Bổ đề 1.3.3 ta có n ≤ [ F : F H ]
Chứng minh. Giả sử ngược lại rằng [ F : F H ] = r < n trong đó n là cấp của nhóm H.
Giả sử c1 ,L , cr là một cơ sở của không gian vectơ F trên F H . Xét hệ phương
trình tuyến tính thuần nhất

ϕ1(c1) x1 + ϕ2 (c1 ) x2 + L + ϕn (c1) xn = 0
ϕ1(c2 ) x1 + ϕ2 (c2 ) x2 + L + ϕn (c 2) xn = 0
........................................................

ϕ (cr ) x + ϕ (cr ) x + L + ϕn (cr ) xn = 0
1
1 2
2

Do số ẩn nhiều hơn số phương trình nên hệ phương trình có nghiệm không
tầm thường, và ta vẫn ký hiệu nghiệm này là x1, x2 ,K , xn .
Bây giờ, theo một lập luận khác ta sẽ chứng tỏ rằng x1 = x2 = L = xn = 0 .
Và điều vô lý này sẽ chứng minh cho kết luận của mệnh đề.
Nếu phần tử a ∈ F thì a biểu diễn được duy nhất dưới dạng
a = k c + k c + L + kr cr , ki ∈ F H .
11 2 2

Do

ϕ (k ) = k = ϕ j (k ) nên nhân phương trình đầu với ϕ1 (k1 ) ta được
1 1
1
1

ϕ (k c ) x + ϕ (k c ) x + L + ϕn (k c ) xn = 0 .
1 11 1 2 11 2
11

Tương tự ta có
ϕ (k c ) x + ϕ (k c ) x + L + ϕn (k c ) xn = 0

1 2 2 1
2 2 2 2
2 2
------------------------------------------------

ϕ1 (kr cr ) x1 + ϕ2 (kr cr ) x2 + L + ϕn (kr cr ) xn = 0


14

Cộng từng vế các phương trình này ta được
ϕ1(a) x1 + ϕ2 (a) x2 + L + ϕn (a) xn = 0

Theo Bổ đề 1.3.3 ta được x1 = x2 = L = xn = 0 . Mâu thuẫn này chứng tỏ rằng
[F : F H ] = r ≥ n . ▄

1.3.5. Bổ đề. Với giả thiết của Bổ đề 1.3.3 ta có [ F : F H ] ≤ n
Chứng minh. Giả sử H có cấp n , ta chứng tỏ n + 1 phần tử c1, c2 ,L, cn+1 của F là
phụ thuộc tuyến tính khi xem F là không gian vectơ trên trường F H .
Từ n phần tử ϕ1 , ϕ2 ,L , ϕn của nhóm H ta có hệ phương trình n + 1 ẩn
ϕ1 (c1 ) y1 + ϕ1 (c2 ) y2 + L + ϕ1 (cn+1 ) yn+1 = 0
ϕ2 (c1 ) y1 + ϕ2 (c2 ) y2 + L + ϕ2 (cn+1 ) yn+1 = 0

........................................................
ϕn (c ) y + ϕn (c ) y + L + ϕn (c ) y
=0
1 1
2 2
n+1 n+1

Do ẩn số nhiều hơn số phương trình nên hệ phương trình tuyến tính thuần
nhất này có nghiệm khác nghiệm tầm thường. Gọi m là số nguyên dương bé nhất
sao cho hệ phương trình
m
∑ ϕ (c ) y = 0
i =1 i i

vẫn có nghiệm không tầm thường (trong hệ này mỗi phương trình ứng với một
ϕ ∈ H ).

Ta chứng tỏ rằng hai nghiệm khác không của hệ trên là tỷ lệ.
Thật vậy, giả sử u1, u2 ,L, um và v1, v2 ,L , vm là hai nghiệm không tỉ lệ. Khi đó,
nếu

u = tv
1
1

thì tồn tại

k , 2 ≤ k ≤ m , sao cho

u ≠ tv , và dễ thấy
k
k

u − tv ,L , um − tvm cũng là một nghiệm khác không của hệ
2
2
m

∑ ϕ (c ) y = 0, ∀ϕ ∈ H .
i =2 i i

Điều này trái với giả thiết về tính bé nhất của m .


15

Không làm mất tính tổng quát giả sử u1 = 1, u2 ,L , um là một nghiệm của
hệ phương trình trên. Tác động ψ ∈ H vào hệ phương trình ta được
m
∑ (υϕ
/ )(ci )ϕ yi = 0, ∀ϕ ∈ H
i =2

Vì ψ H = H nên hệ này đồng nhất với hệ trên. Vì vậy, υ/ (ui ) cũng là một
nghiệm của hệ và do đó nó phải có dạng tu1, tu2 ,L, tum , t ∈ F .
Bởi vì u1 = 1 nên υ/ (u1) = 1 = tu1 , từ đó t = 1 . Vậy υ/ (u1) = ui với mọi
i = 1, 2,L, m và với mọi υ/ ∈ H . Điều này chứng tỏ u ∈ F H , với i = 1, 2,L , m .
i

Bây giờ, trong hệ xét phương trình ứng với ϕ = id ta được
c u + c u + L + cm um = 0
11 2 2

Điều này chứng tỏ c1, c2 ,L, cm là phụ thuộc tuyến tính trên trường F H .
Bởi vậy số chiều của F H - không gian F nhỏ hơn m , từ đó [ F : F H ] ≤ n . ▄
Theo định nghĩa của nhóm các K – tự đẳng cấu của trường mở rộng F ta
có K ⊂ F G . Một vấn đề nảy sinh là với những điều kiện nào thì F G = K ? Mệnh
đề sau cho ta một trong các điều kiện như vậy.

1.3.6. Định lý. Trong trường nghiệm F của một đa thức tách được f ( x) ∈ K [ x]
trường bất động dưới nhóm Galois G đúng bằng K , F G = K .
Chứng minh. Đặt F0 = F G , rõ ràng K ⊂ F0 . Theo Mệnh đề 1.3.2 thì cấp của nhóm
G đúng bằng bậc của mở rộng [ F : F0 ] .
Mặt khác, cấp của nhóm G, tức là số tự đẳng cấu ϕ đúng bằng bậc mở
rộng [ F : K ] . Bởi vậy [ F : K ] = [ F : F0 ] . Do K ⊂ F0 nên K = F0 . ▄
Giả sử E là mở rộng bậc hữu hạn của trường K. Gọi Aut(E) là nhóm nhân
các tự đẳng cấu của trường E. Ký hiệu
G = G ( E , K ) = {σ ∈ Aut ( E ) | σ (t ) = t , ∀t ∈ K } .


16

1.3.7. Định lý các đặc trưng của mở rộng Galois ([5]). Giả sử E là mở rộng có
bậc hữu hạn của trường K. Đặt G = G(E,K) là nhóm Galois của E trên K, C =
(E,G) là trường con bất biến của biến của E bởi G. Khi đó, các phát biểu sau là
tương đương:
a) # G = [ E : K ] .
b) C ( E , K ) = K .
c) E là mở rộng chuẩn tắc và tách được của K.
d) E là trường phân rã của một đa thức tách được f( x ) trên K.
1.3.8. Định lý cơ bản của Lý thuyết Galois ([5]). Giả sử F là một mở rộng
Galoa của trường K và G = G ( F / K ) là nhóm Galois của nó. Khi đó
(i) Tồn tại một song ánh giữa các nhóm con của G và các trường con F

chứa K, cho bởi các tương ứng
H a F H ; E a G(E ) .
(ii ) Với mỗi trường trung gian E, nhóm con G(E) là nhóm Galois của mở

rộng Galoa F trên E và cấp của nó là bậc của mở rộng [ F : E ] .

1.3.9. Định lý ([5]). Giả sử E là một trường trung gian của mở rộng Galois F
trên K. Trường con E là mở rộng Galois trên K khi và chỉ khi nhóm con G( E ) là
chuẩn tắc trong nhóm Galois G = G ( F / F ) . Khi đó
G(E / K ) ≅ G(F / K ) / G( F / E) .

1.3.10. Định lý ([5]). (Điều kiện của mở rộng trung gian là mở rộng Galois).
Trường trung gian R là một mở rộng Galois trên trường K khi và chỉ khi nhóm
Galois H = G ( E , R) của E trên R là nhóm con chuẩn tắc trong nhóm Galois
G = G ( E , K ) của E trên K. Hơn nữa, ta có G ( R, K ) = G / H .


17

CHƯƠNG 2
MỞ RỘNG XYCLIC VÀ MỞ RỘNG CĂN

2.1. Mở rộng xyclic
Trong toàn bộ chương này, ta luôn giả thiết K là trường có đặc số 0 . Giả
thiết như vậy là đảm bảo cho K chứa trường số hữu tỉ ¤ .
2.1.1. Định nghĩa. Mở rộng Galois K ⊂ F được gọi là mở rộng xyclic nếu nhóm
Galois của nó là nhóm xyclic.
Ví dụ. Trường chia đường tròn R p trên ¤ với p nguyên tố là mở rộng xyclic.
Trong trường hợp trường cơ sở K chứa mọi căn bậc n của đơn vị, cấu trúc
của mở rộng xyclic được mô tả qua định lý sau.


18

2.1.2. Định lý (Mô tả cấu trúc của mở rộng xyclic trong trường hợp trường cơ sở
chứa mọi căn bậc n của đơn vị). Giả sử K là một trường có đặc số 0 và chứa các

căn bậc n của đơn vị. Khi đó, nếu F là mở rộng xyclic bậc n trên K thì F = K (α )
với α là nghiệm của phương trình nhị thức x n − a = 0 (a ∈ K ) và là trường
nghiệm của đa thức ấy.
Chứng minh. Gọi ζ là căn nguyên thuỷ bậc n của đơn vị, còn σ là phần tử sinh
của nhóm xyclic G = G ( F / K ) . Với mọi phần tử u ∈ F ta lập biểu thức, gọi là giải
thức Lagrăng,
δ (u ) = (ζ , u ) = u + ζσ (u ) + ζ 2σ 2 + ... + ζ n −1σ n−1 (u ) .

Có thể chỉ ra sự tồn tại u ∈ F để (ζ , u ) ≠ 0 . Thật vậy, theo Bổ đề 1.3.3 nếu
n

∑ xσ
i =1

i

i

(u ) = 0 với ∀u ∈ F thì x1 = x2 = ... = xn = 0 . Với u như vậy ta đặt α = (ζ , u ) .

Khi đó, σ (α ) = ζ −1α và do đó suy ra σ (α n ) = [σ (α )]n = α n .
Như vậy phần tử α n bất động đối với mọi tự đẳng cấu thuộc nhóm G. Do
F là mở rộng Galois trên K nên α n − a = 0 . Bây giờ ta chứng minh F = K (α ) .
Ta có σ i (α ) = (ζ −1 )i α , i ∈ ¥ . Bởi vậy σ i (α ) = α khi và chỉ khi i = 0 , nghĩa
là α chỉ bất động đối với tự đẳng cấu đồng nhất id = σ 0 . Theo Định lý cơ bản
của Lý thuyết Galois tương ứng nhóm con – trường con thì tương ứng với nhóm
con đơn vị phải là F, do đó K (α ) = F .
Cuối cùng do mọi nghiệm của x n − a có dạng ζ iα , i = 0,1,..., n − 1 , đều
thuộc F nên F = K (α ) là trường nghiệm của x n − a .
Đảo lại ta có định lý sau.

2.1.3. Định lý. Giả sử F = K (α ) , trong đó α là nghiệm của nhị thức x n − a ∈ K [ x]
và K là trường có đặc số 0, chứa các căn bậc n của đơn vị. Khi đó, F là mở rộng
xyclic trên K.
Chứng minh. Gọi α là một nghiệm của x n − a . Thế thì mọi nghiệm của nhị thức
này là


19

α , ζα , ζ 2α ,..., ζ n −1α

trong đó ζ là một căn nguyên thuỷ bậc n của đơn vị. Bởi vậy K (α ) là trường
nghiệm của đa thức tách được x n − a , và do đó F = K (α ) là mở rộng Galois trên
K. Đa thức tối tiểu của phần tử α là ước ϕ ( x) của x n − a . Các nghiệm của ϕ ( x)
có dạng ζ kα , với những k nguyên nào đó.Vì rằng mọi K − tự đẳng cấu của F
biến mỗi nghiệm của ϕ ( x) thành một nghiệm liên hợp với nó nên phần tử của
nhóm Galois G = G ( F / K ) có dạng σ k : α a ζ k α
ζ a ζ , (ζ n = 1) .

Xét ánh xạ từ nhóm G đến nhóm cộng ¢ n là Φ : G → ¢ n
σk a k

Có thể thấy rằng Φ là đồng cấu nhóm, hơn nữa là đơn cấu. Bởi vậy G đẳng
cấu với ảnh Φ (G ) . Do Φ (G ) là nhóm con của nhóm xyclic nên nó cũng là nhóm
xyclic.Vậy G là nhóm xyclic.

2. 2. Mở rộng căn
2.2.1. Định nghĩa. Mở rộng F của trường cơ sở K được gọi là mở rộng căn nếu
tồn tại dãy mở rộng
K = K 0 ⊂ K1 ⊂ ... ⊂ K s = F

(1)

n
sao cho Ki = Ki−1(θi ), θi i = ai ∈ Ki−1 .

Lưu ý rằng trong dãy (1) mỗi trường con K1 có thể không là mở rộng
chuẩn tắc của trường con Ki −1 , cũng như trường F có thể không là mở rộng chuẩn
tắc trên K.
2.2.2. Định lý. Mọi mở rộng căn F của trường cơ sở K được chứa trong một mở
rộng F đồng thời là mở rộng căn và chuẩn tắc trên K. Khi đó, ta nói rằng F là
mở rộng căn chuẩn tắc trên K.
Để chứng minh Định lý 2.2.2 trước hết ta chứng minh bổ đề sau.


20

2.2.3. Bổ đề. Giả sử K là trường tuỳ ý, E là mở rộng chuẩn tắc có bậc hữu hạn
trên K và F là mở rộng chuẩn tắc có bậc hữu hạn trên E. Khi đó F là mở rộng
chuẩn tắc trên K nếu và chỉ nếu F là trường nghiệm trên E của một đa thức trên
K.
Chứng minh. 1) Nếu F là mở rộng chuẩn tắc trên K thì F là trường nghiệm của đa
thức f ( x) ∈ K [ x] (Định lý 1.2.6) và vì vậy F là trường nghiệm của f(x) trên E.
2) Ngược lại, giả sử rằng F = E (u1,K , un ) trong đó u1 ,K , un là mọi nghiệm
của một đa thức f ( x) ∈ K [ x] . Do E chuẩn tắc trên K nên E là trường nghiệm của
một đa thức g ( x) ∈ K [ x] , E = K (v1,L, vm ) trong đó v1 ,L , vm là nghiệm của g ( x) .
Khi đó F = K (v1,L, vm , u1,L, um ) . Nghĩa là F là trường nghiệm của đa thức
f ( x).g ( x) ∈ K [ x ] và do đó F là chuẩn tắc trên K.

Chứng minh định lý. Bây giờ ta chứng minh Định lý 2.2.2 bằng quy nạp theo độ

dài s của dãy mở rộng (1).
m
Với s = 1 ta có F = K1 = K (c), c = a ∈ K . Gọi ζ là căn nguyên thuỷ bậc m và

xét mở rộng F = K (c, ζ ) dễ thấy F là trường nghiệm của đa thức x m − a , do đó
F là chuẩn tắc trên K. Mặt khác F có dãy mở rộng căn

K ⊂ K (ζ ) ⊂ K (ζ , c ) .

Vậy định lý đúng cho s = 1 .
Xét mở rộng căn F với dãy (1) độ dài s > 1 . Bởi vì E = K s −1 là mở rộng căn
của K với độ dài s − 1 nên theo giả thiết quy nạp tồn tại mở rộng căn E , chuẩn
tắc trên K và chứa E
K⊂E⊂E

Theo giả thiết F = K s là mở rộng căn đơn của trường E = K s −1 tức là
F = E (θ ) , θ n = u ∈ E


21

Xét đa thức tối tiểu g ( x) của u trên trường cơ sở K. Do E chuẩn tắc và
u ∈ E ⊂ E nên E chứa tất cả các nghiệm u1 = u, u2 ,L , ur của

g ( x) . Đối với với

mỗi i = 1, 2,K , r , ta xét phương trình x n − ui = 0 .
Giả sử ci là một nghiệm tuỳ ý của phương trình này (đối với i = 1 ta đặt
c1 = θ ) và xét mở rộng

F = E (ζ , c ,L, cr )
1

trong đó ζ là một căn nguyên thuỷ bậc n của đơn vị. Do c1 = θ nên F ⊂ F . Hơn
nữa trên trường E trường F có dãy căn
E = E0 ⊂ E1 ⊂ L ⊂ E r +1 = F , (2)

trong đó E1 = E 0 (ζ ), E i = E i −1 (ci ) , i =,3,K , r + 1
Theo giả thiết quy nạp E là mở rộng căn của K nên có dãy căn bắt đầu từ
K và kết thúc ở E . Tiếp nối dãy này với dãy (2) ta được dãy căn của F bắt đầu
từ K . Như vậy F là mở rộng căn của trường K. Bây giờ ta chứng tỏ F là mở
rộng chuẩn tắc trên K. Xét đa thức G ( x) = g ( x n ) . Thế thì G ( x) ∈ K [ x] . Do
G ( x ) = ( x n − u ) L ( x n − un )
1

nên các phần tử c1 , c2 ,L , cr là nghiệm của đa thức G ( x) . Mọi nghiệm còn lại của
đa thức này nhận được từ phép nhân mỗi nghiệm c1 ,L , cr với các luỹ thừa của ζ .
Vì vậy F chứa trường nghiệm Q của G ( x) trên trường E . Mặt khác
F = E (c ,K , cr ) ⊂ Q .
1

Vậy F = Q , nghĩa là F là trường nghiệm trên E của đa thức G ( x) ∈ K [ x] .
Theo Bổ đề 2.2.3, F là chuẩn tắc trên K. Định lý được chứng minh hoàn toàn. ▄

2.3. Tính giải được của nhóm Galois của mở rộng căn
2.3.1. Định nghĩa. Nhóm G gọi là nhóm giải được nếu nó có dãy nhóm con
G = H 0 ⊃ H1 ⊃ L ⊃ H s = {e}

(1)

22

sao cho H k là nhóm con của H k −1 và nhóm thương H k −1 / H k là xyclic với
k = 1, 2,L , s . Khi đó ta nói dãy (1) là dãy giải được.

Ví dụ. Mọi nhóm xyclic cấp hữu hạn đều giải được.
2.3.2. Mệnh đề.
1. Mọi ảnh đồng cấu của nhóm giải được là nhóm giải được.
2. Mọi nhóm con của nhóm giải được là nhóm giải được.
3. Nhóm có dãy chuẩn tắc với các thương giải được là nhóm giải được.
2.3.3. Định lý. Nhóm Galois của một mở rộng căn chuẩn tắc của trường K là
nhóm giải được.
Chứng minh. Giả sử F là một mở rộng căn chuẩn tắc trên trường cơ sở K với dãy
n

căn K = E0 ⊂ E1 ⊂ L ⊂ Es = F trong đó Ei = Ei −1 (ui ) , ui i = ai ∈ Ei−1 .
Gọi ζ là nguyên thủy bậc n của đơn vị, với n = n1 L ns và xét dãy mở rộng
K ⊂ K ⊂ K ⊂ L ⊂ Ks = F*
0
1

với Ki = Ei (ζ ), i = 0,L, s .
Trường

F * = F (ζ ) là chuẩn tắc trên K (theo Bổ đề 2.2.3) và do đó F * là

chuẩn tắc trên mọi Ki . Trong nhóm Galois G = G ( F * / K ) có dãy nhóm con tương
ứng
G ⊃ H ⊃ H ⊃ L ⊃ H s = {e}

0
1

Xét dãy mở rộng
K i −1 ⊂ K i ⊂ F * , i = 1L s .

Do Ki −1 chứa mọi căn bậc ni của đơn vị và Ki = Ki −1 (ui ) nên theo Định lý
2.1.3 Ki là mở rộng xyclic trên Ki −1 . Từ đó suy ra G ( F * / K i ) = H i là nhóm con
chuẩn tắc của G ( F * / K i −1 ) = H i −1 . Còn với dãy mở rộng K ⊂ K 0 ⊂ F * thì K 0 là mở
rộng xyclic trên K và từ đó G ( F * / K ) = G .
Theo Mệnh đề 2.2.1 ta có H i −1 / H i và G / H 0 là nhóm xyclic bởi vì


23
H i −1 / H i ≅ G ( K i / K i −1 )
G / H 0 ≅ G(K0 / K ) .

Những điều chứng minh trên chứng tỏ rằng nhóm G là giải được. Xét dãy
mở rộng K ⊂ F ⊂ F * . Ta có
G(F / K ) ≅ G(F * / K ) / G(F * / F ) .

Bởi vậy G ( F / K ) là nhóm giải được. ▄
2.3.4. Hệ quả. Nhóm Galois của một trường con chuẩn tắc của một mở rộng căn
chuẩn tắc là nhóm giải được.
Chứng minh. Thật vậy, giả sử có dãy mở rộng trường K ⊂ E ⊂ F . Khi đó nhóm
Galois G ( F / K ) đẳng cấu với một nhóm thương của nhóm Galois G ( F / K ) và do
đó là nhóm giải được. ▄

2.4. Ứng dụng của mở rộng căn và mở rộng xyclic
2.4.1. Tiêu chuẩn giải được bằng căn thức của phương trình đại số

1. Xét phương trình bậc hai
ax 2 + bx + c = 0,

a, b, c ∈ ¡ .

Với ∆ = b2 − 4ac , nghiệm của phương trình này viết được dưới dạng
x=

−b ±

∆

2a

Điều này có nghĩa là x thuộc vào mở rộng đơn ¡ ( ∆ ) .
2. Xét phương trình bậc ba

x 3 + px + q = 0,

q∈¡ .

Các nghiệm của nó viết được dưới dạng

x = u + v , x = ζ u + ζ 2 v , x = ζ 2u + ζ v
trong đó ζ , ζ 2 là các căn nguyên thuỷ bậc ba của đơn vị còn


24

và uv = −

q
u=3− +
2

( ) ( )

q
v=3− −
2

( ) ( )

q 2
2

q
2

2

+

+

p 3
3

p
3

3

p
. Bây giờ ta đặt
3

q 2
p 3 và
a =
+
1
2
3

( )

( )

q
a = − +θ và
2
1
2

θ12 = a1 ∈¡

θ23 = a2 ∈¡ (θ1 )

Khi đó x ∈ ¡ (θ1 ,θ 2 ) .

Từ những điều trên cho ta định nghĩa sau.
2.4.2. Định nghĩa. Giả sử f ( x) là một đa thức bất khả quy trên trường K.
Phương trình f ( x) = 0 , với các hệ tử thuộc K, được gọi là giải được bằng căn
thức trên trường K nếu tồn tại một mở rộng căn F của K, trong đó f ( x) có một
nghiệm.
Với định nghĩa phương trình giải được như vậy ta có tiêu chuẩn giải được
bằng căn thức phát biểu qua định lý sau.
2.4.3. Định lý. Giả sử f ( x) là một đa thức bất khả quy trên trường K với đặc số
0 và E là truờng nghiệm của f ( x) với nhóm Galois G. Khi đó, nếu phương trình
f ( x) = 0 là giải được bằng căn thức thì nhóm Galois G ( E / K ) là giải được. Hơn

nữa tồn tại một mở rộng của căn K chứa mọi nghiệm của f ( x) .
Chứng minh. Giả sử x0 là một nghiệm của phương trình f ( x) = 0 . Theo định
nghĩa, x0 thuộc mở rộng căn F của K, thu được bằng dãy mở rộng liên tiếp
K = K 0 ⊂ K1 ⊂ L ⊂ K s = F


25

trong đó Ki = Ki −1 (θi ),θini = ai ∈ K i −1 ,1 ≤ i ≤ s . Theo Định lý 2.2.2, F được chứa trong
một mở rộng chuẩn tắc của F nên F chứa mọi phần tử liên hiệp với x0 , tức là
chứa mọi nghiệm của f ( x) . Theo Hệ quả 2.3.4 nhóm Galois G ( F , K ) là giải
được. Gọi E là trường nghiệm của đa thức f ( x) thế thì ta có dãy mở rộng trường
K⊂E⊂F.

Do E là chuẩn tắc trên K nên theo Hệ quả 2.3.4 nhóm Galois G = G ( E / K )
là giải được. ▄
Bây giờ ta phát biểu mệnh đề đảo của định lý trên.
2.4.4. Mệnh đề. Cho f ( x) là đa thức bất khả quy trên trường K( có đặc số 0).
Nếu nhóm Galois của đa thức f ( x) là giải được thì phương trình f ( x) = 0 là giải

được bằng căn thức.
Chứng minh. Gọi F là trường nghiệm của đa thức f ( x) ∈ K [ x ] . Do nhóm Galois
G = G ( E / K ) giải được nên dãy giải được

G = G0 ⊃ G1 ⊃ L ⊃ Gs = E .

tương ứng với nó là dãy các trường con
K = K 0 ⊂ K1 ⊂ L ⊂ K s = F

(1)

Trước hết chúng ta chứng minh trường nghiệm F chứa trong một mở rộng
căn của K bằng quy nạp theo độ dài s của dãy (1).
Trường hợp s = 1 . Khi đó F là mở rộng chuẩn tắc trên K với nhóm Galois
G là nhóm xyclic cấp m . Xét mở rộng căn đơn F = F (ζ ) trong đó ζ là một căn

nguyên thuỷ bậc m của đơn vị. Dễ thấy F chuẩn tắc trên K (theo Định lý 2.2.2).
Khi đó tương ứng ϕ a ϕ ' = ϕ |F cho ta một đẳng cấu giữa nhóm Galois
G ( F (ζ ) / K (ζ )) với một nhóm con của nhóm Galois G ( F / K ) . Theo giả thiết
G ( F / K ) xyclic nên nhóm G ( F (ζ ) / K (ζ )) là xyclic cấp n , ước của m .