Một số vấn đề về mở rộng trường luận văn tốt nghiệp đại học

1

Trêng ®¹i häc vinh
Khoa TOÁN
---------------

TRẦN THỊ PHƯƠNG THẢO

MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ MỞ RỘNG TRƯỜNG
Kho¸ luËn tèt nghiÖp ®¹i häc

Vinh - 2011


2

Trêng ®¹i häc vinh
Khoa TOÁN
---------------

MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ MỞ RỘNG TRƯỜNG
Kho¸ luËn tèt nghiÖp ®¹i häc
Ngêi híng dÉn:

Ts. Đào Thị Thanh Học

Vinh - 2011


3

MỤC LỤC
Trang
LỜI NÓI ĐẦU …………………………………………………………… 1
CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ ……………………………….. 2
CHƯƠNG 2: MỞ RỘNG TRƯỜNG …………………………………… 5
2.1.

Trường con nguyên tố và trường nguyên tố ……………………….. 5

2.2.

Mở rộng đơn ……………………………………………………….. 6

2.3.

Kết nối nghiệm …………………………………………………….. 10

2.4.

Bậc và mở rộng hữu hạn ……………………………………………12

2.5.

Mở rộng đại số lặp ………………………………………………….14

2.6.

Trường nghiệm và mở rộng kín đại số …………………………….. 16

CHƯƠNG 3: MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG …………………………. 20

KẾT LUẬN ……………………………………………………………… 30
TÀI LIỆU THAM KHẢO ……………………………………………… 31


4

LỜI NÓI ĐẦU
Mở rộng trường là một vấn đề cơ bản của Đại số và Số học. Từ lâu, vấn đề
này gắn liền với bài toán giải phương trình, vào việc nghiên cứu lý thuyết Galois.
Mở rộng trường là đối tượng chính trong nghiên cứu lý thuyết trường. Ý tưởng
chung là bắt đầu từ một trường cơ sở, xây dựng trường lớn hơn chứa trường cơ sở
trong đó thỏa mãn thêm một số tính chất khác ngoài các tính chất mà trường cơ sở
có. Chẳng hạn trường các số thực R là mở rộng của trường các số hữu tỷ Q, trường
các số phức C là mở rộng của trường các số thực R.
Khóa luận được chia làm 3 chương: Chương 1 trình bày một số kiến thức cơ
sở; Chương 2 trình bày một số định nghĩa, định lý và mệnh đề; Chương 3 là một số
bài tập áp dụng. Khóa luận này đã hệ thống lại một số kết quả cũng như giải được
một số bài tập về:
•

Trường con nguyên tố và trường nguyên tố.

•

Mở rộng đơn.

•

Kết nối nghiệm.

•

Bậc và mở rộng hữu hạn.

•

Mở rộng đại số lặp.

•

Trường nghiệm và mở rộng kín đại số.
Tác giả xin trân trọng cảm ơn TS. Đào Thị Thanh Hà đã hướng dẫn tận tình và

nghiêm túc, để tác giả có thể hoàn thành khóa luận này.
Tác giả xin cảm ơn các thầy cô giáo trong bộ môn Đại số & Khoa Toán, đã tận
tình giảng dạy, giúp đỡ và chỉ bảo cho chúng em – các sinh viên khóa 48 Toán
trong suốt thời gian học vừa qua dưới mái trường Đại học Vinh thân yêu.
Do kiến thức và thời gian có hạn, Khóa luận khó tránh khỏi thiếu sót, tác giả mong
muốn nhận được sự chỉ bảo của các thầy cô giáo và sự góp ý của các bạn sinh
viên.


5

Vinh, tháng 05 năm 2011
Tác giả
CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1.

Định nghĩa trường.

Trường là một tập hợp K có nhiều hơn một phần tử, được trang bị hai phép

toán cộng và nhân, ký hiệu bởi dấu (+) và dấu (.), thỏa mãn các quy tắc sau:
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.

1.2.

Định nghĩa trường con. Giả sử K là một trường, A là một tập con của K ổn

định với hai phép toán cộng và nhân trong trường K, nghĩa là:
∀ x, y ∈ A ⇒ x + y ∈ A, xy ∈ A.
Giả sử 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, là một trường.
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.

b)

∀ x, y ∈ A ⇒ x – y ∈ A, x-1

1.4.

∈ A.

Định nghĩa đặc số của trường. Giả sử K là một trường con của trường E.

Khi đó ta nói E là một trường mở rộng hay một mở rộng của trường K.


6

Cho K là một trường có đơn vị. Nếu n1 ≠ 0 với mọi số tự nhiên n ≠ 0 thì ta
nói trường K có đặc số 0. Trong trường hợp ngược lại, gọi số nguyên dương p bé
nhất sao cho p1 = 0 là đặc số của trường K. Ta ký hiệu đặc số của trường K là
Char(K).
Ví dụ:
Char(Q) = 0 vì n1 = n ≠ 0 với ∀ n∈ N, n ≠ 0.
Char(R) = 0 vì n1 = n ≠ 0 với ∀ n ∈ N, n ≠ 0.
Char(C) = 0 vì n1 = n ≠ 0 với ∀ n∈ N, n ≠ 0.
Char(Zp) = p với p là số nguyên tố.
1.5.

Mệnh đề. Trong một trường K với đặc số nguyên tố p ta có:
(a + b)p = ap + bp.

1.6.

Định nghĩa. Cho K là một trường, K[x] là vành đa thức ẩn x trên K, f(x)∈

K[x] với bậc n ≥ 1. Ta gọi f(x) là đa thức bất khả quy trên K hay trong K[x] nếu
f(x) không phân tích được thành tích của hai đa thức bậc khác 0 trên K. Trong
trường hợp ngược lại, ta nói f(x) là đa thức khả quy trên trường K.
1.7.

Định lý Bezout. Cho đa thức f(x)∈ K[x]. Khi đó phần tử u∈ K là nghiệm

của f(x) nếu và chỉ nếu f(x) chia hết cho x – u trong vành đa thức K[x].
1.8.

Mệnh đề. Các đa thức bất khả quy trong R[x], R là trường số thực, là các

đa thức bậc nhất hoặc tam thức bậc hai với biệt số ∆ < 0.
1.9.

Định lý cơ bản. Mọi đa thức f(x) có bậc n lớn hơn bằng 1 trên trường số

phức đều có ít nhất một nghiệm phức.
1.10. Mệnh đề. Các đa thức bất khả quy trong C[x], với C là trường số phức là
các đa thức bậc nhất.
1.11. Tiêu chuẩn Eisenstein. Giả sử f(x) = a0 + a1x +…+ anxn (n > 1) là đa thức
với hệ số nguyên. Nếu có một số nguyên tố p sao cho p không chia hết hệ số cao
nhất an nhưng p chia hết các hệ số còn lại và p2 không chia hết số hạng tự do a0 thì
f(x) là bất khả quy trong Q[x].
1.12. Định nghĩa. Giả sử X là một miền nguyên và X là một trường. Ta gọi X là
trường các thương của miền nguyên X nếu tồn taị một đơn cấu miền nguyên


7

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


8

CHƯƠNG 2: MỞ RỘNG TRƯỜNG
2.1.

Trường con nguyên tố và trường nguyên tố.

2.1.1. Định nghĩa. Giả sử K là một trường, ta xét các trường con của K. Tập tất cả
các trường con của K là một tập hợp khác rỗng (vì K là trường con của chính nó).
Gọi P là giao của tất cả các trường con của K thì P là trường con của K không chứa
trường con nào của K khác P và mọi trường con của K đều chứa P. Trường con với
các tính chất như thế được gọi là trường con nguyên tố của trường K.
Nếu K = P, thì K được gọi là trường nguyên tố.
2.1.2. Nhận xét. Mọi trường K đều chứa một trường con nguyên tố P.
Chứng minh. Gọi P là giao của tất cả các trường con của trường K. Khi đó P là
trường con bé nhất của trường K. Nếu X là trường con của trường K thì P ⊆ X.
Giả sử A là trường con của trường P thì A là trường con của trường K (do P là
trường con của trường K), suy ra P ⊆ A. Vậy A = P nên P là trường con nguyên tố
của trường K.
Giả sử B là trường con nguyên tố của trường K, suy ra P là trường con của

B. Do B là trường con nguyên tố nên B = P.
2.1.3. Định lý. Cho K là môt trường và P là trường con nguyên tố của trường K.
Nếu K có đặc số 0 thì K đẳng cấu với trường Q các số hữu tỷ. Nếu K có đặc số
nguyên tố p thì P đẳng cấu với trường Zp các số nguyên mod p.
Chứng minh. Đơn vị của trường K là 1K, do P là trường con nguyên tố của trường
K nên phần tử đơn vị 1K ∈ P. Xét ánh xạ f : Z → K sao cho f(m) = m1K.
Ta chứng minh được f là một đồng cấu vành. Thật vậy: ∀ m, n ∈ Z ta có:
f(m + n) = (m + n)1K = m1K + n1K = f(m) + f(n)
f(mn) = (mn)1K = (m1K)(n1K) = f(m)f(n).
Hạt nhân của đồng cấu vành f là Ker(f) = {m ∈ Z | f(m) = 0}.


9
•

Trong trường hợp K có đặc số 0, ta có:
m ∈ Ker(f) ⇔ f(m) = 0 ⇔ m1K = 0 ⇔ m = 0.

Vậy Ker(f) = 0 hay f là đơn cấu vành. Do đó ta thu được một đẳng cấu vành:
Z/Ker(f) ≅ Im(f), hay Z ≅ Im(f) = {m1K | m ∈ Z}.
Đẳng cấu vành này cảm sinh ra một đẳng cấu giữa trường các thương của vành số
nguyên Z và trường các thương của Im(f). Do đó ta có đẳng cấu trường Q ≅ P, vì
trường các thương của Z là Q, trường các thương của Im(f) là P.
•

Trong trường hợp K có đặc số nguyên tố p, ta có:
m ∈ Ker(f) ⇔ f(m) = 0 ⇔ m1K = 0 ∈ K ⇔ m chia hết cho p ⇔ m = pZ.

Vì vậy Kerf = pZ. Theo định lý đồng cấu vành ta có:
Z/Ker(f) ≅ Imf, hay Z/pZ ≅ Im(f) hay Zp ≅ Im(f).

Do Zp là trường nên Im(f) cũng là trường. Mặt khác Im(f) là trường con bé nhất
của trường K nên Im(f) = P.
Vậy Zp ≅ P.
2.1.4. Mệnh đề. Nếu K là một trường có đặc số nguyên tố p thì ánh xạ f: a  ap
là một tự đơn cấu của trường K.
Chứng minh. Với ∀ a, b ∈ K ta có:
f(a + b) = (a + b)p = ap + bp = f(a) + f(b)
f(ab) = (ab)p = (ap)(bp) = f(a)f(b).
Ngoài ra: vì f(1) = 1p = 1 ≠ 0K nên f khác tự đồng cấu không của K. Vì vậy f là một
tự đơn cấu của trường K.
2.2.

Mở rộng đơn.

2.2.1. Định nghĩa. Cho một trường K, một phần tử u trong mở rộng E của trường
K. Trường con của E sinh bởi K và u, ký hiệu K(u) được gọi là một mở rộng đơn
của trường K.
Cho K là một trường và E là một mở rộng của trường K, một phần tử u là đại
số trên K nếu u là nghiệm của một đa thức 0 ≠ f ∈ K[x]. Một phần tử u không đại
số trên K được gọi là siêu việt trên K.


10

Một mở rộng đơn K(u) của trường K được gọi là mở rộng đơn siêu việt trên
K hay mở rộng đơn đại số trên K tuỳ theo phần tử sinh u ∈ E là siêu việt hay đại
số trên K.
2.2.2. Ví dụ. Với K = Q. Các số:
u = 2 ∈ R là phần tử đại số trên Q vì tồn tại đa thức 0 ≠ f(x) = x 2 – 2 ∈ Q[x]
sao cho f( 2 ) = 0.

u = π , e là phần tử siêu việt trên Q.
2.2.3. Mệnh đề. Cho một trường K và một phần tử u thuộc một mở rộng của K.
i) Nếu u siêu việt trên K thì mở rộng đơn K(u) đẳng cấu với trường K(x) các phân
thức hữu tỷ theo một biến x với hệ tử thuộc K qua một đẳng cấu trường:

ψ : K(x) ≅ K(u)
sao cho ψ(x) = u, ψ(a) = a,∀ a ∈ K.
ii) Nếu u là đại số trên K thì u là nghiệm của một đa thức bất khả quy q ∈ K[x], và
mở rộng đơn K(u) đẳng cấu với trường K[x]/(q) qua một đẳng cấu:

ϕu : K[x]/(q) ≅ K(u)
sao cho ϕu(x +(q)) = u, ϕu(a + (q)) = a, ∀ a ∈ K.
Chứng minh. Lập đồng cấu vành hu: K[x] → K(u)
f(x)  f(u)
Ta có: Imhu = {hu(f(x)) | f(x) ∈ K[x]} = {f(u) | f(x) ∈ K[x]} = K[u] là vành con của
trường phân thức K(u).
Kerhu = {f(x) ∈ K[x] | hu(f(x)) = 0} = {f(x) ∈ K[x] | f(u) = 0} là iđêan của
miền nguyên K[x].
i) Nếu u là phần tử siêu việt trên K, mọi đa thức f(x) ∈ K[x] sao cho f(u) = 0
kéo theo f = 0. Do đó Kerhu = 0 hay hu là một đơn cấu. Đơn cấu hu cảm sinh ra một
đẳng cấu miền nguyên h: K[x]/Kerh u = K[x] ≅ Imhu = K[u], đẳng cấu này kéo theo
một đẳng cấu trường các thương tương ứng ψ : K(x) ≅ K(u), trong đó:
f ( x)

K(x) = { g ( x) | f(x), g(x) ∈ K[x], g(x) ≠ 0} là trường phân thức hữu tỷ. K(u) là
trường mở rộng đơn của K sinh bởi u.


11

ii) Nếu u là phần tử đại số trên K thì tồn tại đa thức 0 ≠ f(x) ∈ K[x] sao cho
f(u) = 0, do đó Kerhu ≠ 0. Khi đó vì Kerhu là một iđêan khác {0} của miền nguyên
K[x] nên kerhu = (q) là iđêan chính của K[x] sinh bởi một đa thức 0 ≠ q ∈ K[x] có
bậc bé nhất trong các đa thức khác của Kerh u. Do đó q là đa thức bất khả quy của
K[x] sao cho q(u) = 0.
Mặt khác: Kerhu = (q) là iđêan tối đại của K[x] nên vành thương K[x]/(q) là
một trường, theo định lý cơ bản của đồng cấu vành ta có:
K[x]/Kerhu = K[x]/(q) ≅ Imhu = K[u].
Vì K[x]/(q) là một trường nên K[u] cũng là một trường chứa K và u nên K[u]
= K(u). Vậy trong trường hợp này ta có đẳng cấu trường ϕu: K[x]/(q) ≅ K(u) sao
cho ϕu(x + (q)) = u, ϕu(a + (q)) = a, ∀ a ∈ K.
2.2.4. Hệ quả. Mở rộng đơn siêu việt K(u) của trường K gồm các phần tử dạng
f(u)/g(u), trong đó f, g là những đa thức của miền nguyên K[x], với g ≠ 0.
2.2.5. Hệ quả. Nếu một phần tử u trong mở rộng của trường K là đại số trên K
thì:
i)

u là nghiệm của một đa thức bất khả quy q = c 0 + c1x +…+ cnxn ∈ K[x], cn

∈ K*.
ii)

Mọi đa thức f∈ K[x] nhận u làm nghiệm, là 1 bội của đa thức q trong K[x].

iii)

Mở rộng đơn đại số K(u) của K gồm các phần tử ω có thể đặt dưới dạng

một đa thức duy nhất theo u hệ tử trên K

ω = a0 + a1u +…+ an -1un -1, ai ∈ K.
Chứng minh. i) Được suy trực tiếp từ Mệnh đề 2.2.3 ii).
ii)

Vì một đa thức f ∈ K[x] mà f(u) = 0, có nghĩa là f ∈ Kerhu = (q) cho nên
f = g.q, g ∈ K[x].

iii)

Theo Mệnh đề 2.2.3 ta có ϕ: K[x]/(q) ≅ K(u) nên mọi ω ∈ K(u) có dạng:
ω = ϕ(f + (q)), f ∈ K[x].

Theo định lý về phép chia có dư trong K[x] ta có: ∃ g, r ∈ K[x] sao cho f = g.q + r,
với r ∈ K[x], nếu r ≠ 0 thì deg r < deg q = n nên r có dạng tổng quát:


12

r = a0 + a1x +…+ an-1xn-1.
Do đó: f + (q) = gq + r + (q) = r + (q) ∈ K[x]/(q)
Từ đó ta có: ω = ϕ(f + (q)) = ϕ(r + (q)) = a0 + a1u +…+ an-1un-1.
2.2.6. Định nghĩa. Trong các đa thức bất khả quy q ∈ K[x] nhận phần tử đại số u
trên K làm nghiệm có một đa thức bất khả quy duy nhất có hệ tử dẫn đầu bằng 1
qu = c0 + c1x +…+ cn-1xn-1 + xn
gọi là đa thức bất khả quy tối tiểu của phần tử đại số u trên K.
Bậc của đa thức bất khả quy q u ∈ K[x] được gọi là bậc của phần tử đại số u trên K,
ký hiệu [u : K].
2.2.7. Ví dụ.
i)

2 ∈ R là phần tử đại số trên trường con Q của R có đa thức tối

Số thực

tiểu x2 – 2 ∈ Q[x] bất khả quy theo tiêu chuẩn Eisenstein. Theo Mệnh đề 2.2.3 ta
có đẳng cấu trường:
Q[x]/(x2 – 2) ≅ Q( 2 )
trong đó mở rộng đơn đại số Q( 2 ) là trường con của R sinh bởi Q và

2 , gồm

các phần tử có dạng: α = a + b 2 ; a, b ∈ Q.
Mỗi α = a + b 2 ≠ 0 (trong đó a và b thuộc Q không đồng thời bằng 0) của trường
Q( 2 ) có phần tử nghịch đảo là:
α −1 =

ii)

1
1
a−b 2
a
b
=
= 2
= 2
− 2
2
2
α a + b 2 a − 2b

a − 2b
a − 2b 2

2.

Số phức i ∈ C (sao cho i2 = –1) là đại số trên trường con R của C, có đa

thức bất khả quy tối tiểu là 1 + x2 ∈ R[x]. Theo Mệnh đề 2.2.3 ta có đẳng cấu:
R[x]/(1 + x2) ≅ R(i).
Do đó: ∀z ∈ R(i) ta có z = a + bi; a, b ∈ R.
iii)

1
2

Số phức ω = − + i
1
2

Ta có: ω2 = ( − + i

3
∈ C là đại số trên trường con R của C.
2

3 2
1
3
1
3

1
3
) = − −i
⇔ ω2 + + i
= 0 ⇔ ω2 + ( − + i ) +1 = 0
2
2
2
2
2
2
2


13

⇔ ω2 + ω +1 = 0. Suy ra, ω là nghiệm của đa thức q(x) = x2 + x + 1∈ R[x], q(x) là
đa thức bất khả quy trên R. Do đó q(x) = x2 + x + 1 là đa thức bất khả quy tối tiểu
1
2

của phần tử ω = − + i

3
. Theo Mệnh đề 2.2.3 ta có đẳng cấu trường:
2

R[x]/(x2 + x + 1) ≅ R(ω)
Do đó: ∀ z ∈ R(ω) thì z có dạng z = a + bω; a, b ∈ R.
iv)

Đa thức q = x5 + 2x + 2 xem như đa thức bất khả quy của Q[x] theo tiêu

chuẩn Eisenstein. Một nghiệm u của đa thức này là một phần tử đại số trên trường
Q, có đa thức bất khả quy tối tiểu là chính q. Nếu gọi Q(u) là mở rộng đơn đại số
của Q sinh bởi u thì ta có đẳng cấu trường
Q[x]/(x5 + x + 1) ≅ Q(u).
Khi đó mỗi phần tử ω ∈ Q(u) ta có ω = a0 + a1u + a2u2 + a3u3 + a4u4, ai ∈ Q, i = 0,4 .
Để ý rằng phần tử nghịch ω-1 của mỗi phần tử 0 ≠ ω ∈ Q(u) cũng có dạng một
đa thức theo u với hệ số hữu tỷ. Chẳng hạn phần tử u ∈ Q(u), vì là nghiệm của đa
1
2

thức x5 + 2x + 2, nên có phần tử nghịch là u −1 = −1 − u 4
2.3.

Kết nối nghiệm.
Trong mục 2.2 ta đã xét một mở rộng E của một trường K và đa thức bất khả

quy tối tiểu của một phần tử u ∈ E đại số trên K. Nhưng người ta cũng có thể giải
bài toán mở rộng theo cách sau: Từ một trường K và một đa thức bất khả quy q ∈
K[x] cho sẵn, xây dựng một trường lớn hơn chứa một nghiệm u của q. Ta đã biết
phương pháp này khi trường C các số phức được xây dựng từ trường R các số thực
bằng cách kết nối thêm một nghiệm ảo của đa thức x2 + 1. Tổng quát, ta có:
2.3.1. Mệnh đề. Nếu K là một trường và q là một đa thức bất khả quy của miền
nguyên K[x], thì tồn tại một mở rộng đơn đại số F = K(u) sinh bởi K và một
nghiệm u của q.
Chứng minh. Vì q ∈ K[x] là một đa thức bất khả quy nên iđêan chính (q) của miền
nguyên K[x] là tối đại, và ta có vành thương K[x]/(q) là một trường.
Xét các đồng cấu vành sau: j : K → K[x] là đồng cấu bao hàm.

14

p : K[x] →K[x]/(q) := F là phép chiếu tự nhiên.
Đặt ϕ = p  j : K → K[x]/(q). Khi đó ta có:
Kerϕ = {a ∈ K | ϕ(a) = 0} ={a ∈ K | (p  j)(a) = (q)} = {a∈ K | (p(j(a)) = (q)}
= {a ∈ K | p(a) = (q)} = {a∈ K | a + (q) = (q)} = {a∈ K | a ∈ (q)} = {0}.
Do đó ϕ là đơn cấu. Vì vậy ϕ sẽ nhúng K thành trường con cuả trường F = K[x]/
(q) bằng cách đồng nhất
a ≡ ϕ(a) = a + (q), a ∈ K.
Trường F có chứa phần tử u = x + (q) = p(x) và q(u) = q(x + (q)) = q(x) + (q) = (q)
= 0F. Do đó u là nghiệm của đa thức bất khả quy q.
Hơn nữa mọi trường con của F, chứa K và phần tử u = x + (q) thì trường con
đó sẽ chứa mọi phần tử f + (q), f ∈ K[x], nghĩa là trường con đó trùng với F. Vậy
F

được

sinh

bởi

K

và

u

hay

F

=

K(u).

Thực ra mở
rộng đơn K(u) chỉ là ảnh đồng cấu của trường K[x]/(q) qua đẳng cấu ϕu: K[x]/(q) ≅
K(u) của Mệnh đề 2.2.3ii và đẳng cấu ϕ trong chứng minh ở trên là nghịch của ϕu.
Do đó mở rộng đơn K(u) này của K là duy nhất với sai khác một đẳng cấu như
phát biểu trong định lý sau:
2.3.2. Định lý. Nếu K(u) và K(v) là hai mở rộng đơn đại số của một trường K
theo thứ tự sinh bởi hai nghiệm u và v của cùng một đa thức bất khả quy q ∈ K[x]
thì
K(u) ≅ K(v).
Đặc biệt có một đẳng cấu trường duy nhất λ: K(u)→ K(v) sao cho λ(u) = v và

λ(a) = a với mọi a ∈ K.
Chứng minh. Theo Mệnh đề 2.2.3 và chứng minh của Mệnh đề 2.3.1 ta có các
đẳng cấu trường:
ϕ
K(u) ϕ→ K[x]/(q) →
K(v)
−1
u

v

15

sao cho ϕ u−1 (u) = x + (q), ϕ u−1 (a) = a + (q) và ϕv(x + (q)) = v, ϕv(a + (q)) = a với mọi
a ∈ K.
Đặt ϕ = ϕ v  ϕ u−1 . Khi đó ϕ: K(u) → K(v) là một đẳng cấu và ∀ u ∈ K(u) ta có:
ϕ ( u ) = (ϕ v  ϕ u−1 )( u ) = ϕ v (ϕ u−1 ( u ) ) = ϕ v ( x + ( q ) ) = v hay ϕ ( u ) = v .
−1
−1
Ngoài ra, ∀a ∈ K có ϕ ( a ) = (ϕ v  ϕ u )( a ) = ϕ v (ϕ u ( a ) ) = ϕ v ( a + ( q ) ) = a hay ϕ(a) = a.

Chứng minh tính duy nhất của ϕ:
Giả sử f: K(u) → K(v) là một đẳng cấu thoả mãn điều kiện f(u) = v, f(a) = a,
∀a ∈ K. Khi đó, ta có:

(

) (
(ϕ ( a ) ) = (ϕ

)

f ( u ) = v = ϕ v ( x + ( q ) ) = ϕ v ϕ u−1 ( u ) = ϕ v  ϕ u−1 ( u ) = ϕ ( u )
f ( a ) = a = ϕ v ( a + ( q ) ) =ϕ v

−1
u

v

)

 ϕ u−1 ( a ) = ϕ ( a )

vì vậy, suy ra f ≡ ϕ.
Định lý 2.3.2 cho thấy mở rộng đơn của một trường K bởi các nghiệm của
một đa thức bất khả quy q∈ K[x], có thể khác nhau về tập hợp nhưng có cùng cấu
trúc trường. Do đó, áp dụng định lý này, ta có thể xác định được các tự đẳng cấu
của một trường.
2.3.3. Ví dụ.
i)

Ta có đa thức x2 + 1∈ R[x] là một đa thức bất khả quy. Trường số phức C

được sinh bởi một trong 2 nghiệm i và –i của đa thức này. Ta có:
C = R[x]/(x2 + 1) ≅ R(i) ≅ R(– i).
Theo Định lý 2.3.2 ta có một đẳng cấu λ: C → C sao cho λ(i) = –i, λ(a) = a, ∀a ∈
R. Vì ∀ z ∈ C có dạng duy nhất z = a + bi, với a, b∈ R nên λ(a + bi) = a – bi. Vậy
tự đẳng cấu λ này biến mỗi số phức thành liên hợp của nó.
ii)

Trên trường Z3, đa thức x2 – x – 1 ∈ Z3[x] là đa thức bất khả quy vì không có

nghiệm trong Z3. Do đó trường Z3[x]/(x2 – x – 1 ) xem như được sinh bởi Z3 và một
nghiệm u của đa thức x2 – x – 1 ∈ Z3[x], tức là trường Z3(u) thu được nhờ kết nối
với Z3 một phần tử u thoả mãn hệ thức u2 – u – 1 = 0 và
Z3(u) = {a + bu / a, b ∈ Z3} = { 0 , 1 , 2 , u, 2 u, 1 + u, 2 + u, 1 + 2 u, 2 + 2 u}.
Vậy trường Z3(u) gồm 9 phần tử.


16

2.4.

Bậc và mở rộng hữu hạn.

2.4.1. Định nghĩa. Giả sử F là một mở rộng của trường K, ta có thể xem F là một
không gian vectơ trên K. Nếu F là không gian vectơ hữu hạn chiều trên trường K,
thì ta nói F là mở rộng bậc hữu hạn của trường K. Số chiều n của không gian vectơ
F trên K được gọi là bậc của mở rộng F trên K.
Ký hiệu: [F : K]
Ta có: [F : K] = dimKF = n.
2.4.2. Mệnh đề. Nếu u là một phần tử đại số trên trường K, thì bậc của u trên K
bằng n = [K(u) : K], bậc của mở rộng đơn K(u) trên K, tức là bằng số chiều của
K_ không gian vecơ K(u); K_ không gian vectơ K(u) có một cơ sở gồm các phần
tử 1, u, …, un-1.
Chứng minh. Gọi qu(x) là đa thức tối tiểu của phần tử đại số u bậc n trên K. Khi đó
theo Hệ quả 2.2.5 iii thì mọi phần tử ω∈ K(u) có thể viết duy nhất dưới dạng:
ω = c0 + c1u +…+ cn-1un-1, ci ∈ K, i = 0, n − 1 .
Ta chứng minh {1, u,…, un-1} là hệ độc lập tuyến tính trên K. Giả sử có hệ
thức tuyến tính không tầm thường
λ0 + λ1u +…+ λn -1un-1 = 0, λi∈ K, i = 0, n − 1 .
Đặt ϕ(x) = λ0 + λ1x +…+λn-1xn-1 ∈ K[x] có ϕ(u) = 0. Do đó có đa thức khác không
thuộc K[x] với bậc nhỏ hơn n, nhận u làm nghiệm. Điều này mâu thuẫn với giả
thiết u có bậc n. Vậy hệ
{1, u, …, un-1}
là một cơ sở của không gian vectơ K(u) trên trường K, hay [K(u) : K] = n.
2.4.3. Hệ quả. Nếu 2 phần tử đại số u và v trên một trường K sinh cùng một mở
rộng đơn K(u) = K(v), thì u và v có cùng bậc trên K.
Chứng minh. Do K(u) là mở rộng đơn đại số sinh bởi u nên ta có [u : K] = [K(u) :
K] (theo Mệnh đề 2.4.2).

(1)

Do K(v) là mở rộng đơn đại số sinh bởi v nên ta có [v : K] = [K(v) : K] (theo
Mệnh đề 2.4.2).
Theo giả thiết ta có K(u) = K(v). Do đó:

(2)


17

dimKK(u) = dimKK(v) ⇒ [K(u) : K] = [K(v) : K]

(3)

Từ (1), (2) và (3) ta có: [u : K] = [v : K].
2.4.4. Định lý. Nếu F là một mở rộng hữu hạn của trường K thì mọi phần tử v ∈ F
là đại số trên K và v là nghiệm của một đa thức bất khả quy q∈ K[x] với bậc q ≤ n
=[F : K], bậc của mở rộng F trên K.
Chứng minh. Giả sử F là một mở rộng hữu hạn của trường K với [F : K] = n. Với
∀ v∈ F, n + 1 phần tử 1, v, …, v n ∈ F là một tập hợp phụ thuộc tuyến tính của K_
không gian vectơ n chiều F. Do đó có hệ thức tuyến tính:
a0 + a1v +…+ anvn = 0,
ai ∈ K và ai không đồng thời bằng 0. Điều này có nghĩa v là nghiệm của một đa
thức: 0 ≠ f(x) = a0 + a1x +…+ anxn ∈ K[x], deg f = n. Vậy v là phần tử đại số trên
K. Theo Hệ quả 2.2.5, v là nghiệm của một đa thức bất khả quy q ∈ K[x] với bậc
không vượt quá bậc của f = n = [F : K].
2.4.5. Hệ quả. Mọi phần tử của mở rộng đơn đại số K(u) của trường K, là đại số
trên K.

2.4.6. Hệ quả. Mọi mở rộng hữu hạn F trên trường K đều là mở rộng đại số trên
trường K.
Chứng minh. Giả sử F là mở rộng hữu hạn bậc n trên K. Khi đó mỗi α ∈ F, ta xét
hệ gồm n + 1 phần tử thuộc F sau đây:
1, α, α2, α3,…, αn.
Vì mọi hệ (n + 1) vectơ trong không gian vectơ n chiều đều phụ thuộc tuyến tính
cho nên có một hệ thức tuyến tính không tầm thường:
c0 + c1α + c2α2 + c3α3 +…+ cnαn = 0, (ci ∈ K).
Nói khác đi, tồn tại một đa thức khác không:
n

f(x) =

∑c x
i =0

i

i

∈ K[x]

để cho f(α) = 0, hay α là phần tử đại số trên trường K.
2.5.

Mở rộng đại số lặp.


18

2.5.1. Định nghĩa. Giả sử K là một trường; u1, u2,…, un ∈ E, với E là một mở rộng
bất kỳ của trường K. Ta ký hiệu K(u 1, u2,…, un) là trường con của E sinh bởi K và
các phần tử u1, u2,…, un ∈ E. Mở rộng K(u1, u2, …, un) của trường K được gọi là
mở rộng lặp hay mở rộng bội của trường K và các phần tử u1, u2,…, un ∈ E.
2.5.2. Nhận xét. Mở rộng lặp K(u1, u2,…, un) thu được nhờ cách lặp lại nhiều lần
các mở rộng đơn của trường K. Nói rõ hơn ta có:
K(u1, u2) = K(u1)( u2),…, K(u1, u2,…, un) = K(u1, u2,…, un-1)(un).
2.5.3. Định lý. Nếu F là mở rộng hữu hạn của trường K có một cơ sở gồm các
phần tử u1, u2,…, un và E là một mở rộng hữu hạn của F gồm các phần tử v 1, v2,…,
vm thì E là một mở rộng hữu hạn của K có một cơ sở gồm mn phần tử u ivj, ∀ i = 1,
…,n;∀ j=1,…,m.
Chứng minh. Giả sử K là trường. F là mở rộng của K có cơ sở là:
{u1, u2,…, un}
và E là mở rộng của F có cơ sở là:
{v1, v2,…, vm}.
n

Khi đó: với ω ∈ E ta có: ω = ∑ a j v j , aj ∈ F, j = 1, …, m. Do aj ∈ F nên ta có
j =1
n

∑ a ijui ,

aj =
m

n

j =1

i =1

Từ đó: ω = ∑ (∑ a ij ui)vj =

m

n

m

i =1 j =1
n

m

∑∑ a ijuivj, aij ∈ K.
i =1 j =1

Mặt khác, nếu ∑∑ a ijuivj = 0 thì
i =1 j =1

aij ∈ K, j = 1,…, m.

∑∑ a ijuivj, aij ∈ K.

Vậy với ∀ω ∈ E ta có: ω =
n

i =1

m

n

j =1

i =1

∑ (∑ a ijui)vj = 0, aij ∈ K.
n

Do {vj}j =1,…,m là cơ sở của E trên F nên ta có:

∑ a ij ui = 0, aij ∈ K, j = 1,…, m.
i =1

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


19

2.5.4. Hệ quả. Nếu F là một mở rộng hữu hạn của trường K và E là mở rộng hữu
hạn của F thì E là mở rộng hữu hạn của K và bậc của E trên K là:
[E : K] = [E : F][F : K].

(E⊃F⊃K)

2.5.5. Hệ quả. Nếu F là mở rộng hữu hạn của K có bậc [F : K] = n, thì mọi phần

tử u ∈ F có bậc trên K là ước số của n. Hơn nữa, một phần tử u ∈ F sinh trên K
toàn bộ mở rộng F nếu và chỉ nếu bậc của u trên K bằng n.
Chứng minh. Theo Hệ quả 2.4.6 thì mọi mở rộng hữu hạn là mở rộng đại số. Nên
phần tử u ∈ F sinh trên K một mở rộng đơn đại số K(u), theo Hệ quả 2.5.4 ta có:
n = [F : K] = [F : K(u)][K(u) : K]

(*)

Mọi u ∈ F thì u là phần tử đại số trên K nên theo Mệnh đề 2.4.2 ta có:
[u : K] = [K(u) : K], suy ra [u : K] là ước số của n.
Đẳng thức (*) suy ra: [F : K(u)] = 1 nếu và chỉ nếu n = [K(u) : K].
2.5.6. Hệ quả. Nếu F = K(u1, u2,…, un) là một trường sinh bởi K và n phần tử u 1,
u2, …, un sao cho mỗi ui là đại số trên trường K(u 1, u2, …, ui -1) sinh bởi K và i – 1
phần tử trước ui, thì F là một mở rộng hữu hạn của trường K, và mọi phần tử của
F là đại số trên trường K.
Chứng minh. Theo Hệ quả 2.5.4, với F = K (u1, u2,…, un) ta có:
[F : K] = [ K(u1, u2,…, un) : K(u1, u2,…, un-1)]…[ K(u1, u2) : K(u1)][ K(u1) : K].
Vì K(u1, u2, …, ui) là mở rộng hữu hạn của K(u1, u2, …, ui-1), với i = 1,…, n nên F
là một mở rộng hữu hạn trên K. Theo Định lý 2.4.4 thì mỗi phần tử của F là đại số
trên K.
2.5.7. Hệ quả. Nếu K là một trường và F là một mở rộng hữu hạn của K có bậc
[F : K] = 2m (m > 1) thì một đa thức bất khả quy bậc 3 của K[x] cũng là đa thức
bất khả quy F[x].
Chứng minh. Một đa thức bất khả quy bậc 3 của K[x] là đa thức khả quy của F[x]
nếu và chỉ nếu q có một nghiệm u thuộc F. Nếu tồn tại nghiệm u ∈ F của q như thế
thì u là đại số trên K (theo Định lý 2.4.4) và u có bậc [u : K] = [K(u) : K] = deg q =
3 (theo Mệnh đề 2.4.2).
Mặt khác: 2m = [F : K] = [F : K(u)][K(u) : K] (theo Hệ quả 2.5.4).

20

= [F : K(u)] 3
Từ đó suy ra: 2m (m > 1) là bội của 3, điều này không xảy ra.
Vì vậy đa thức q phải là đa thức bất khả quy trong F[x].
2.6.

Trường nghiệm (trường phân rã) và mở rộng kín đại số.

2.6.1. Định nghĩa. Cho K là một trường; trường nghiệm của một đa thức 0 ≠ f ∈
K[x] có bậc n ≥ 1 là một mở rộng N của K sao cho:
i) Đa thức f có n nghiệm u1, u2, …, un ∈ N.
ii) N = K (u1, u2, …, un), nghĩa là N được sinh bởi K và n nghiệm của f.
Một trường nghiệm N như thế là một mở rộng hữu hạn của K có bậc nhiều nhất n!.
2.6.2. Định lý. Nếu K là một trường thì mọi đa thức 0 ≠ f ∈ K[x] bậc n ≥ 1 đều có
một trường nghiệm.
Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo bậc n của đa thức f(x).
Nếu deg f = 1 thì f = a0 + a1x ∈ K[x] với a1 ≠ 0, hiển nhiên f có nghiệm x = –
a0
∈ K. Do đó, trường nghiệm của f chính là N = K.
a1

Với một đa thức f ∈ K[x], với degf = n. Giả sử mọi đa thức của K[x] có bậc
n – 1 đều có một trường nghiệm N. Gọi q là một ước bất khả quy của f trong K[x].
Theo Mệnh đề 2.3.1 tồn tại một mở rộng F = K(u 1) của K sinh bởi K và một
nghiệm u1 của q ∈ K[x]. Vì phần tử u1∈ F này cũng là một nghiệm của đa thức f
trong F[x] nên
f = (x – u1)g, g ∈ F[x], deg g = degf – 1 = n – 1.
Theo giả thiết quy nạp, g có một trường nghiệm N chứa n – 1 nghiệm u 2,…, un
của g và N = F(u2,…,un). Mở rộng N này của F cũng chứa n nghiệm u1, u2,…,un

của f và hơn nữa:
N = F(u2,…, un) = K(u1) (u2,…, un) = K(u1, u2,…, un).
Do đó, suy ra N là một trường nghiệm của f ∈ K[x].
2.6.3. Định nghĩa. Một trường K được gọi là một trường kín đại số (hay trường
đóng đại số) nếu mọi đa thức 0 ≠ f ∈ K[x] với bậc f ≥ 1 đều có ít nhất một nghiệm
trong K.


21

2.6.4. Mệnh đề. Các phát biểu sau đây là tương đương:
i)

K là một trường kín đại số.

ii)

Mọi đa thức 0 ≠ f ∈ K[x] với bậc f ≥ 1, đều có một ước bậc nhất (x – u)

trong K[x].
iii)

Mọi đa thức 0 ≠ f ∈ K[x] với bậc f ≥ 1 đều có một dạng nhân tử hoá thành

những đa thức bậc một f = c(x – u1)…(x – un), trong đó c ∈ K*, ui ∈ K, i = 1,…,n.
iv)

Các đa thức bất khả quy của K[x] chỉ gồm các đa thức bậc nhất.

v)

Không tồn tại một mở rộng đơn đại số nào của K khác K.

2.6.5. Mệnh đề. Tập hợp A tất cả các số đại số tạo thành một trường con của
trường C các số phức, và là một mở rộng của trường các số hữu tỷ Q.
Chứng minh. Đặt A = {ω ∈ C | u đại số trên Q}. Ta có: Q ⊂ A, vì mọi a ∈ Q là
nghiệm của đa thức x – a ∈ Q[x]. Với u, v ∈ A thì u, v là các đại số trên Q nên các
mở rộng đơn Q(u), Q(v) là mở rộng hữu hạn, cho nên mở rộng lặp Q(u, v) = Q(u)
(v) cũng có bậc hữu hạn. Do đó theo Định lý 2.4.4 các phần tử u – v, uv,

1
(với v
v

≠ 0) của trường Q(u, v) đều là đại số trên trường Q, nghĩa là đều thuộc A.
Vậy A là trường con của trường các số phức C và A chứa trường Q.
2.6.6. Mệnh đề. Trường A các số đại số là một trường kín đại số.
Chứng minh. Xét đa thức bất kỳ khác không
f(x) = u0 + u1x +…+ unxn ∈ A[x]
bậc n ≥ 1, có các hệ số ui là các số đại số. Ta xét mở rộng lặp
F = Q(u0, u1,…, un)
Khi đó F là mở rộng hữu hạn của Q.
Vì các hệ số của đa thức f(x) thuộc F, cho nên mỗi nghiệm tuỳ ý u của f(x) đều
đại số trên F. Do đó mở rộng đơn F(u) của F cũng là mở rộng bậc hữu hạn của Q.
Vì vậy phần tử u thuộc F(u) là phần tử đại số trên Q (theo Định lý 2.4.4), hay u là
một số đại số, tức u ∈ A. Vậy A là một trường kín đại số.
2.6.7. Định lý. Với mọi số nguyên tố p, tồn tại một trường kín đại số có đặc số p.


22

Chứng minh. Với trường Zp các số nguyên mod p, số các đa thức khác không, bậc
n của vành Zp[x] là (p – 1)pn. Vì thế ta có thể phân Zp thành lớp: lớp các đa thức
bậc nhất f1(x) ∈ Zp[x], lớp các đa thức bậc hai f2(x) ∈ Zp[x], … Từ dãy vô hạn các
lớp đa thức này của vành đa thức Zp[x], ta định nghĩa một dãy các trường (Fn), n ∈
N, bằng quy nạp như sau:


F0 = Z p



Với n ≥ 1, Fn là trường nghiệm của đa thức
fn ∈ Fn - 1[x].

Như thế, ta thu được một dây chuyền tăng các trường:
F0 ⊂ F1 ⊂ F2 ⊂ …
∞

Ta đặt:

F=



n =0

Fn .

Hợp F được trang bị phép cộng và phép nhân: Với bất kỳ a, b ∈ F, tồn tại

một trường Fn của dây chuyền trên sao cho a, b ∈ Fn, nên ta có thể định nghĩa tổng
a + b và tích ab trong f như là tổng và tích của a và b trong F n. Rõ ràng, F với phép
cộng và phép nhân như vậy là một trường. Hơn nữa, vì trường F chứa trường F 0 =
Zp như là một trường con, cho nên trường F cũng có đặc số p.
Để chứng minh F là trường kín đại số, ta giả sử
g(x) = a0 + a1x +…+ arxr
là một đa thức bất kỳ có bậc r ≥ 1 của vành đa thức F[x]. Khi đó tất cả các hệ tử a i
của đa thức g(x) sẽ thuộc vào trường nghiệm F n nào đó của một đa thức có hệ tử
thuộc trường Zp. Do đó, các hệ tử a i của g(x) đều là phần tử đại số trên Zp. Vì vậy
mở rộng lặp Zp(a0, a1,…, ar) là một mở rộng hữu hạn hay là mở rộng đại số của Zp.
Trong trường nghiệm N của đa thức g(x) trên trường Zp(a0, a1,…, ar), đa thức g(x)
phân rã được thành các nhân tử tuyến tính:
g(x) = c(x – u1)(x – u2)…(x – ur).
Vì mỗi phần tử ui đều đại số trên Zp, nên ui có đa thức bất khả quy cực tiểu
qi(x) ∈ Zp[x]. Đa thức q = q1q2…qr ∈ Zp[x] nhận các ui ( 1 ≤ i ≤ r ) làm nghiệm, do
đó q là một bội khác không của g.


23

Đa thức q ∈ Zp[x] phân rã được thành nhân tử tuyến tính trong một trường
nghiệm Fm của nó trên một trường Fm - 1 nào đó, trong dây chuyền các mở rộng
trường của F0 = Zp đã nói trên. Do đó, ước g của q phân rã được trong vành F m[x]
⊂ F[x].
Vì vậy, mọi đa thức có bậc dương trên trường F đều phân rã được thành nhân
tử tuyến tính trên F. Nói cách khác, F là một trường kín đại số có đặc số p, và là
một mở rộng đại số của trường Zp.

CHƯƠNG 3: MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1. Chứng minh rằng mọi tự đồng cấu khác không của trường Zp đều là đồng

cấu đồng nhất. Suy ra định lý Fermat: với mọi số nguyên a và số nguyên tố p, a p ≡
a (mod p).
Giải. Giả sử f: Zp → Zp là một tự đồng cấu của trường Zp, khi đó ta có f( 1 ) = f( 1 .1 )
= f( 1 )f( 1 ), do đó f( 1 )[f( 1 ) – 1 ] = 0 , hay f( 1 ) = 0 hoặc f( 1 ) = 1 .
• Trường hợp f( 1 ) = 0 .
Với ∀ k ∈ Zp, với 0 < k < p ta có:
f( k ) = f( 1 k ) = f( 1 )f( k ) = 0 f( k ) = 0 ,
suy ra f là tự đẳng cấu không của trường Zp.
• Trường hợp f( 1 ) = 1 .
Với ∀ k ∈ Zp, với 0 < k < p ta có:

()

(

)

() ()

()

f k = f 1 + 1 + ... + 1 = f 1 + f 1 + ... + f 1 = 1 + 1 + ... + 1 = k .

Vậy f( k ) = k , do đó f là tự đẳng cấu đồng nhất của trường Zp.
Định lý Fermat: Vì trường Zp có đặc số nguyên tố p nên ánh xạ f: a  a p là tự
đồng cấu khác không của trường Zp. Do đó, f là tự đồng cấu đồng nhất của trường
Zp. Vì vậy, a p ≡ a hay ap ≡ a (mod p).


24

Bài 2. Cho K là một trường, a ∈ K. Chứng minh rằng:
a)

u là phần tử đại số trên trường K khi và chỉ khi u + a là phần tử đại số trên

K.
b)

u là phần tử đại số trên trường K khi và chỉ khi u2 là phần tử đại số trên K.

Giải. a) Giả sử u là phần tử đại số trên trường K, khi đó tồn tại đa thức 0 ≠ f(x) ∈
K[x] sao cho f(u) = 0. Với a tùy ý thuộc K, ta đặt: g(x) = f(x – a) ∈ K[x], g(x) ≠ 0,
ta có g(u + a) = f(u + a – a) = f(u) = 0, hay g(u + a) = 0. Do đó, u + a là phần tử đại
số trên trường K.
Ngược lại, giả sử u + a là phần tử đại số của trường K. Khi đó u + a + (–a) = u
là đại số trên K.
b)

Giả sử u2 là phần tử đại số, khi đó tồn tại đa thức 0 ≠ f(x) ∈ Q[x] sao cho

f(u2) = 0, tức là có một hệ thức tuyến tính không tầm thường trên Q, sau đây:
a0 + a1u + …+ anu = 0, ai ∈ Q, i = 0, …, n và
2

2n

n

∑a

i =0

2
i

≠0

Xét đa thức 0 ≠ g(x) = f(x2) = a0 + a1x2 +…+ anx2n ∈ Q[x], ta có
g(u) = a0 + a1u2 +…+ anu2n = f(u2) = 0.
Từ đó, suy ra u là phần tử đại số.
Ngược lại, nếu u2 là phần tử siêu việt trên K, thì vì mỗi đa thức f(x) ∈ K[x]
có thể viết f(x) = g(x2) + xh(x2); g, h ∈ K[x], và f(u) = 0 kéo theo g = 0, h = 0 tức f
= 0, cho nên ta suy ra u siêu việt trên K.
Bài 3. Giả sử u là một phần tử đại số trên trường K. Chứng minh trực tiếp phần tử
nghịch của mỗi phần tử khác 0 của một mở rông đơn K(u) có dạng một đa thức
theo u hệ tử trên K.
Giải. u là một phần tử đại số trên trường K. Gọi q là đa thức bất khả quy tối tiểu
của u trên K. Theo Mệnh đề 2.2.3 ta có đẳng cấu trường:
ϕu: K[x]/(q) ≅ K(u)
thoả mãn ϕu(x + (q)) = u, ϕu(a + (q)) = a, ∀a ∈ K.
Mọi ω ∈ K có dạng một đa thức theo u là: ω = r(u) với r ∈ K[x] và ω ≠ 0. Vì
ω ≠ 0 nên u không phải là nghiệm của đa thức r ∈ K[x]. Do đó đa thức r không là


25

bội của đa thức bất khả quy q của u trong K[x]. Khi đó r và q là hai đa thức nguyên
tố cùng nhau trong miền nguyên iđêan chính K[x], cho nên tồn tại các đa thức s, t
∈ K[x] sao cho
r.s + q.t = 1(Hệ thức Bezout).

Đặt ϕu vào hai vế của đa thức ta được: ω.s(u) = 1 hay ω-1 = s(u).
Bài 4. Tìm một tự đẳng cấu khác tự đẳng cấu đồng nhất cho mỗi trường Q( 2 ),
Q(i).
Giải. Ta có đa thức x2 – 2 ∈ Q[x] là đa thức bất khả quy trên trường Q, đa thức này
có 2 nghiệm là

2 và – 2 trên R. Trường Q( 2 ) và Q(– 2 ) lần lượt được sinh

bởi 2 và – 2 , suy ra Q( 2 ) ≅ Q(– 2 ). Theo Định lý 2.3.2 thì tồn tại một đẳng
cấu trường ϕ: Q( 2 ) → Q(– 2 ) sao cho ϕ( 2 ) = – 2 , ϕ(a) = a, ∀a ∈ Q.
Với ∀z ∈ Q( 2 ), z = a + b 2 , ∀a, b∈ Q, ta có ϕ(a + b 2 ) = a – b 2 .
Ta có đa thức x2 + 1∈ Q[x] là đa thức bất khả quy trên trường Q, đa thức

•

này có 2 nghiệm là i và –i trên R. Trường Q(i) và Q(–i) lần lượt được sinh bởi i và
–i, suy ra Q(i) ≅ Q(–i), ϕ(a) = a, ∀a ∈ Q.
Với ∀z ∈ Q(i), z = a + bi , ∀a, b ∈ Q, ta có ϕ(a + bi ) = a – bi.
Bài 5. Tìm một trường gồm các số phức đẳng cấu với mỗi trường Q( 3 5 ), Q( 4 2 ).
Giải.
•

u=

3

5 , suy ra u là nghiệm của đa thức q(x) = x 3 – 5 ∈ Q[x]. Theo tiêu

chuẩn Eisenstein với p = 5 ta có q(x) là đa thức bất khả quy trên Q. Do đó q(x) là
đa thức tối tiểu của phần tử u = 3 5 trên Q. Ngoài nghiệm thực 3 5 đa thức này còn

có hai nghiệm phức ω 3 5 , ω2 3 5 , trong đó ω = cos

2π
2π
+ i sin
.
3
3

Suy ra, Q ( 3 5 ) ≅ Q(ω 3 5 ) ≅ Q( ω2 3 5 ).
•

u=

4

2 , suy ra u là nghiệm của đa thức q(x) = x 4 – 2 ∈ Q[x]. Theo tiêu

chuẩn Eisenstein với p = 2 ta có q(x) là đa thức bất khả quy trên Q. Do đó q(x) là
đa thức tối tiểu của phần tử u =
4

4

2 trên Q. Đa thức q(x) ngoài các nghiệm thực

2 và – 4 2 còn có các nghiệm phức i 4 2 và –i 4 2 . Do đó Q( 4 2 ) ≅ Q(i 4 2 ).