TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
KHOA TOÁN TIN NGÔ THỊ NGOAN BÀI GIẢNG ĐIỆN TỬ MÔN “LÝ THUYẾT GALOIS”
THEO HƯỚNG TÍCH CỰC HÓA NHẬN THỨC NGƯỜI HỌC

ĐỀ TÀI NGHIÊN CỨU KHOA HỌC CẤP CƠ SỞ NĂM 2010
Chủ nhiệm đề tài: Ngô Thị Ngoan

Thành viên tham gia: Nguyễn Văn Hoàng

1829, Abel đã đưa ra điều kiện đủ để một đa thức với bậc tùy ý có công thức
nghiệm. Ngay sau đó, năm 1831 Galois phát minh ra sự kết nối giữa nhóm với
mỗi đa thức, sử dụng các tính chất của nhóm này, đưa ra điều kiện cần và đủ
để một đa thức có công thức nghiệm. Mục tiêu của môn học Lý thuyết Galois
là tìm hiểu kiến thức để thấy được sự kết nối đó và đến được Định lý Lớn của
Galois chính là điều kiện cần và đủ để một đa thức giải được bằng căn thức.
Môn học Lý thuyết Galois là môn học rất hay, cần thiết và là môn học khó.
Nó đòi hỏi sinh viên nắm vững các kiến thức của nhiều môn học: Đại số Đại
cương, Đa thức, Lý thuyết nhóm, Lý thuyết trường. Thời gian trên lớp quá ít
cho việc giảng dạy và học tập của thầy và trò.
Vì vậy chúng tôi chọn đề tài thiết kế bài giảng điện tử cho môn học này để
giảm bớt áp lực về thời gian và kiến thức. Mong muốn các em có thể học tốt
môn học và thấy yêu thích nó, thấy được sự đẹp đẽ của toán học trong mối
quan hệ chặt chẽ giữa các lĩnh vực của toán học.
3
Chương 1
Mở rộng trường
1.1 Mở rộng trường
Bổ đề 1.1. Cho F là trường và f(x) ∈ F [x] là đa thức bất khả quy. Khi đó
K = F [x]/(f(x)) là trường và
x = x +(f(x)) là một nghiệm của f(x).Hơn
nữa ta có đơn cấu ϕ : F −→ K,dođótacóthểcoiF là trường con của K.
Chứng minh. Đặt I =(f(x)),suyraK = F[x]/I.Vìf(x) bất khả quy nên
I = F [x] và do đó K là vành giao hoán khác 0.Lấytùyýg(x)+I là phần tử
khác 0 của K. Khi đó g(x) /∈ I hay f(x) khônglàướccủag(x). Mặt khác do
f(x) bất khả quy, suy ra (g(x),f(x)) = 1
,nêntồntạiq(x),p(x) ∈ F [x] sao cho
1=q(x)g(x)+p(x)f(x). Từ đó 1+I = q(x)g(x)+I =(q(x)+I)(g(x)+I).
Chứng tỏ g(x)+I là phần tử khả nghịch của K.VậyK là trường.
Xét ánh xạ ϕ : F −→ K, a −→ a + I.Tadễthấyϕ là đồng cấu vành và là

n

i=0
(a
i
x
i
+I)=(
n

i=0
a
i
x
i
)+I = f(x)+I =0.
Suy ra
x là một nghiệm của f(x).
Định nghĩa 1.2. Cho F là trường con của trường K. Khi đó quan hệ F ⊆ K
được gọi là một mở rộng trường, nó còn được kí hiệu là K/F.
Nếu có một dãy các mở rộng trường F
1
⊆ F
2
⊆ ⊆ F
n
, khi đó ta thường
gọi đó là một tháp các trường.
4
Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 5

(x + I)+ + a
d−1
(x
d−1
+ I).
Chứng tỏ S là một hệ sinh của K. Mặt khác, giả sử tồn tại b
0
,b
1
, ,b
d−1
∈ F
sao cho
b
0
(1 + I)+b
1
(x + I)+ + b
d−1
(x
d−1
+ I)=0,
suy ra b
0
+ b
1
x + + b
d−1
x
d−1

trường con bé nhất của E chứa F và chứa các phần tử α
1
, ,α
n
, được kí hiệu
là F(α
1
, ,α
n
),vànóđượcgọilàmở rộng của F bằng cách ghép thêm các
phần tử α
1
, ,α
n
.
Nhận xét 1.6.
i) F (α
1
, ,α
n
) là giao của mọi trường con của E chứa F và α
1
, ,α
n
.
ii) Lưu ý phân biệt F(α
1
, ,α
n
) với F [α

) trong đó f(x
1
, , x
n
) ∈
F [x
1
, ,x
n
].
6 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng
iii) Mỗi phần tử của F (α
1
, ,α
n
) có dạng
f(α
1
, , α
n
)
g(α
1
, , α
n
)
,vớif(α
1
, , α
n

đó của F [x]). Lấy f(x) ∈ F [x] là đa thức có bậc bé nhất nhận α là nghiệm.
Khi đó f(x) là đa thức bất khả quy trên F .Xétánhxạ
δ : F[x] −→ F [α]
g(x) −→ g(α)
rõ ràng nó là toàn cấu và có Ker δ = {g(x) ∈ F[x] | g(α)=0}
=(f(x)).
Theo định lý đồng cấu vành ta có F[x]/(f(x))
∼
=
F [α]. Trong khi đó, vì
f(x) bất khả quy nên F [x]/(f(x)) là một trường; do đó F [α] cũng là một
trường. Vì thế F(α)
∼
=
F [α]. Trường hợp này ta nói F (α)/F là mở rộng
đơn đại số. Ví dụ: Q(
√
2)
∼
=
Q[x]/(x
2
− 2).
b) α là phần tử siêu việt trên F (tức là α không là nghiệm của bất kì đa thức
khác 0 nào của F [x]). Xét ánh xạ
δ : F[x] −→ F [α]
g(x) −→ g(α)
khiđónólàtoàncấuvàcóKer δ = {g(x) ∈ F [x] | g(α)=0} =0. Suy ra,
ta có đẳng cấu F [α]
∼

}
j∈J
làmộtcơsởcủaF -không gian vectơ K. Ta chỉ cần chứng minh rằng
{α
i
β
j
}
(i,j)∈I×J
làmộtcơsởcủaF -không gian vectơ E.
Tập {α
i
β
j
}
(i,j)∈I×J
sinh ra E.Lấytùyýx ∈ E. Từ giả thiết suy ra tồn tại
các phần tử b
i
∈ K hầu hết bằng 0 sao cho x =

i∈I
b
i
α
i
.Vớimỗii ∈ I,từ
giả thiết suy ra tồn tại c
ij
∈ F hầu hết bằng 0 sao cho b

j
}
(i,j)∈I×J
là tập độc lập tuyến tính. Giả sử tồn
tại các c
ij
∈ F hầu hết bằng 0 sao cho

i∈I

j∈J
c
ij
β
j
α
i
=0, khi đó nếu đặt
b
i
=

j∈J
c
ij
β
j
thìtừtínhđộclậptuyếntínhcủa{α
i
}

1
, ,a
n
∈ F không đồng thời bằng 0 sao cho
a
0
+ a
1
α + a
2
α
2
+ + a
n
α
n
=0.Đặtf(x)=a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ + a
n
x
n
,khi
đó f(x) là đa thức khác 0 trong F[x] nhận α là nghiệm. Chứng tỏ α là phần

làphầntửđạisốtrênF . Khi đó
E/F là mở rộng hữu hạn. Thật vậy, ta có tháp mở rộng trường
F ⊆ F (α
1
) ⊆ F (α
1
,α
2
) ⊆ ⊆ F (α
1
, ,α
n
)=E,
8 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng
trong đó mỗi bước là một mở rộng đơn đại số (nên mỗi bước là mở rộng hữu
hạn). Vì thế E/F là mở rộng hữu hạn.
iv) Nói chung, một mở rộng đại số không là mở rộng hữu hạn. Chẳng hạn, lấy
F = Q và E = Q(S). Trong đó S = {
p
√
2 | p là số nguyên tố }⊆R và Q(S) là
trường con nhỏ nhất của R chứa Q và S. Khi đó, E/F là mở rộng đại số nhưng
nó không là mở rộng hữu hạn.
Định nghĩa 1.10.
i) Cho F làtrườngvàđathứcf(x) ∈ F [x] phân tích được thành tích các nhân
tử bất khả quy (không nhất thiết phân biệt)
f(x)=p
1
(x) p
k

1.2 Trường phân rã của đa thức
Định nghĩa 1.13. ChomởrộngtrườngE/F và f(x) ∈ F [x].
-Tanóif(x) phân rã trong E nếu f(x) được viết thành tích những nhân tử
tuyến tính trong E[x],tứclàE chứa tất cả các nghiệm của f(x).
Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 9
-TanóiE là trường phân rã của f(x) trên F nếu f(x) phân rã trong E và nó
không phân rã trong mọi trường con thực sự của E (khi đó thường nói gọn là
E/F là trường phân rã của f(x)).
Ví dụ: f(x)=x
2
−2 ∈ Q[x].Tacóf(x)=(x +
√
2)(x −
√
2) trong R[x], do đó
f(x) phân rã trong R. Ta cũng thấy x +
√
2,x−
√
2 ∈ Q(
√
2)[x],suyraf(x)
phân rã trong Q(
√
2). Hơn nữa, Q(
√
2) = Q[
√
2] không chứa bất kì trường con
trung gian nào giữa Q và Q(

trên K.Dođóg(x) có n − 1 nghiệm α
2
, ,α
n
∈ T (đây cũng là các nghiệm
của f(x)). Đặt E = F (α
1
, ,α
n
),suyraE là trường phân rã của f(x) trên
F .
Ví dụ: Trường phân rã của f(x)=x
2
+1trên Q là Q(i); trường phân rã của
f(x)=x
2
+1trên R là C = R(i).
Bổ đề 1.15. Cho ϕ : F −→
F,a −→ a là một đẳng cấu trường. Khi đó ta có
đẳng cấu vành cảm sinh
ϕ
∗
: F [x] −→ F [x],f(x)=
n

i=0
a
i
x
i

∼
=
F [x]/(p(x)), f(α) −→ f(x)+(p(x)).
Đặt ϕ = v
−1
ϕ
∗
u, khi đó ϕ : F (α) −→ F (α) là một đẳng cấu trường mở rộng
của ϕ và ϕ(α)=
α. Giả sử còn có một đẳng cấu trường ψ : F (α) −→ F (α)
là mở rộng của ϕ và ψ(α)=
α. Khi đó, với phần tử tùy ý của F (α) là
f(α)=

n
i=0
a
i
α
i
,tacóψ(f(α)) = f(α)=ϕ(f(α)).
Hệ quả 1.16. Cho p(x) là đa thức bất khả quy và α, β là hai nghiệm của p(x).
Khi đó tồn tại duy nhất một đẳng cấu trường ϕ : F (α) −→ F (β) là mở rộng
của đẳng cấu đồng nhất id
F
và ϕ(α)=β.
Chứng minh. Kết quả được suy ra từ Bổ đề 1.15, bằng cách chọn
F = F và
ϕ = id
F

∼
ϕ của ϕ.
Chứng minh. Ta có nhận xét deg(f(x)) = deg(
f(x)).
(i) Ta chứng minh định lý bằng quy nạp theo [E : F ] ≥ 1.Nếu[E : F ]=1
thì E = F và f(x) là tích của các nhân tử tuyến tính trong F [x]; khi đó
f(x)
cũng là tích của các nhân tử tuyến tính trong
F [x];vìthếE = F .Dođótalấy
∼
ϕ = ϕ.
Giả sử [E : F ] > 1, khi đó tồn tại nhân tử bất khả quy p(x) của f(x)
sao cho deg(p(x)) ≥ 2.Gọiα là một nghiệm của p(x) (rõ ràng α ∈ E). Lấy
p(x)=ϕ
∗
(p(x)) ∈ F [x] và gọi α ∈ E là một nghiệm của p(x).TừđótheoBổ
đề 1.15, với mỗi α như vậy, tồn tại duy nhất đẳng cấu ϕ : F (α) −→ F (α) là mở
rộng của ϕ và ϕ(α)=α.
Bây giờ, từ giả thiết ta suy ra E và
E lần lượt là trường phân rã của f(x)
trên F(α) và của
f(x) trên F (α).Vì[E : F ]=[E : F (α)][F (α):F ] và
Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 11
[F (α):F ]=deg(p(x)) ≥ 2,nên[E : F(α)] < [E : F ].Từđótheogiảthiếtquy
nạp, tồn tại đẳng cấu trường
∼
ϕ : E −→ E là mở rộng của ϕ,dođólàmởrộng
của ϕ.
(ii) Chứng minh này cải tiến chứng minh của (i), ta cũng quy nạp theo [E : F ].
Nếu [E : F ]=1thì E = F và chỉ có duy nhất mở rộng

α.LưuýrằngE cũng là trường phân rã của f(x) trên F (α),vàE
cũng là trường phân rã của
f(x) trên F (α); hơn nữa
[E : F (α)]=[E : F ]/d < [E : F ].
Từ đó và từ giả thiết quy nạp ta suy ra rằng ứng với mỗi một trong số d đẳng
cấu ϕ như trên có chính xác [E : F ]/d đẳng cấu trường
∼
ϕ : E −→ E là mở rộng
của ϕ;dođócótấtcảlàd × ([E : F]/d)=[E : F] mở rộng của ϕ theo cách
như trên.
Hệ quả 1.18. (Tính duy nhất của trường phân rã) Cho f(x) ∈ F [x] là
đa thức có bậc dương. Khi đó trường phân rã của f(x) trên F là duy nhất sai
khác một đẳng cấu giữ nguyên các phần tử của F .
Chứng minh. Thay
F = F và ϕ = id
F
vàoĐịnhlý1.17,tasuyrakếtquảngay
tức khắc.
Nhận xét 1.19. Từ chứng minh của Định lý 1.14 và Hệ quả 1.18, ta suy ra
rằng nếu một đa thức f(x) ∈ F [x] có bậc n>0 và có n nghiệm là α
1
, ,α
n
thì trường phân rã của f(x) trên F chính là E = F (α
1
, ,α
n
).
Ví dụ. Xét f(x)=x
3

ta thường kí hiệu F
p
thay cho F .
ii) Cho E là một trường tùy ý, khi đó nếu gọi F là giao của mọi trường con
của E thì F cũng là một trường con của E,rõràngF là trường con nhỏ nhất
của E,dođóF là một trường nguyên tố. Trong trường hợp này, ta còn nói F
là trường con nguyên tố của E. Như vậy, mọi trường đều chứa một trường con
nguyên tố.
Hệ quả 1.22. (Cấu trúc trường hữu hạn)
(i) Cho F là trường hữu hạn có q phần tử. Khi đó tồn tại số nguyên tố p sao
cho q = p
n
với số tự nhiên n nào đó.
(ii) Với mỗi số nguyên tố p và số tự nhiên n =0, tồn tại duy nhất một trường
hữu hạn có p
n
phần tử (sai khác một đẳng cấu trường).
Chứng minh. (i) Gọi p là đặc số của trường F , khi đó p là số nguyên tố. Gọi F
p
là trường con nguyên tố của F , khi đó F
p
∼
=
Z
p
.TabiếtrằngF là F
p
−không
gian véc tơ hữu hạn chiều. Giả sử dim
F

n
.
(ii) Sự tồn tại của trường có q = p
n
phần tử. Xét đa thức f(x)=x
q
−x ∈ F
p
[x]
với F
p
(
∼
=
Z
p
) là trường nguyên tố có đặc số nguyên tố p. Gọi E là trường phân
rã của f(x) trên F
p
.Đặt
K = {α ∈ E | f(α)=0}
đó chính là tập tất cả các nghiệm của f(x). Khi đó K là một trường con của
E.(Thậtvậy,vớimọiα, β ∈ K ta có (α − β)
q
= α
q
− β
q
= α − β, (αβ)
q

p
n
= a; chứng tỏ F
p
⊆ K. Như vậy
K chính là trường phân rã của f(x) trên F
p
, trường này có q = p
n
phần tử (lưu
ý rằng đa thức f(x) không có nghiệm bội).
Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 13
Tính duy nhất của trường có q = p
n
phần tử. Giả sử F
q
là trường có q = p
n
phần tử. Khi đó F
q
có đặc số là p (giả sử p
1
là đặc số của F
q
thì theo (i) suy
ra q = p
n

1
;dođóp

p
là
trườngnguyêntốcủaF
q
. Suy ra F
q
chính là trường phân rã của f(x) trên F
p
.
Điều đó khẳng định tính duy nhất của F
q
sai khác một đẳng cấu trường (theo
Hệ quả 1.18).
Định nghĩa 1.23. Người ta thường gọi một trường hữu hạn có q = p
n
phần
tử là trường Galoa cấp p
n
và thường kí hiệu là GF (p
n
) hoặc F
q
hoặc H
q
.
Bài tập
1. Cho mở rộng trường E/F và α ∈ E làphầntửđạisốtrênF .Gọip(x) ∈ F [x]
là đa thức tối tiểu của α.Giảsửdeg(p(x)=n, chứng tỏ rằng
F (α)
∼

F
= id
F
).
Bổ đề 2.2. Cho mở rộng trường E/F và f(x) ∈ F [x]. Giả sử σ là tự đẳng cấu
của E cố định F theo từng điểm và α là một nghiệm của f(x). Khi đó σ(α)
cũng là một nghiệm của f(x).
Chứng minh. Giả sử f(x)=

n
i=0
a
i
x
i
, khi đó 0=

n
i=0
a
i
α
i
. Ta tác động σ
vào hai vế ta được 0=

n
i=0
σ(a
i

là một hoán vị của X.Do
14
Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 15
đó ta có một đơn cấu nhóm Gal(E/F) −→ S
X
(
∼
=
S
n
) xác định bởi σ −→ σ |
X
.
Từ đó suy ra cấp của Gal(E/F) là ước của n!.
Ví dụ: Trường phân rã của x
2
+1 trên R là C. Theo Định lý 2.4, |Gal(C / R)|≤2.
Thực tế, |Gal(C / R)| =2, bởi vì nhóm Gal(C / R) có hai tự đẳng cấu cố định
R theo từng điểm là
id
R
: z = a + bi −→ z = a + bi và σ : z = a + bi −→ z = a −bi.
Chú ý rằng σ : i −→ −i và −i −→ i, do đó nó hoán vị các nghiệm.
Hệ quả 2.5. Cho f(x) ∈ F [x] là đa thức tách được và trường phân rã của f(x)
trên F là E. Khi đó |Gal(E/F)| =[E : F ].
Chứng minh. Áp dụng Định lý 1.17(ii) với
F = F , E = E và ϕ : F −→ F là
ánh xạ đồng nhất id
F
. Khi đó có chính xác [E : F ] tự đẳng cấu của E cố định

2
}, trong đó
σ
1
: a + bε −→ a + bε; σ
2
: a + bε −→ a + bε.
Ví dụ 3. Gọi E là trường phân rã của f(x)=x
3
− 2 trên Q.Tathấyf(x) có
ba nghiệm là α, αε, αε
2
trong đó α =
3
√
2 và ε = −
1
2
+
√
3
2
i. Khi đó
E = Q(α, αε, αε
2
)=Q(α, αε)=Q(α, ε).
Ta tính |Gal(E/Q)=?Vì f(x) tách được, nên theo Hệ quả 2.5 ta có
|Gal(E/Q)| =[E : Q]=[Q(α, ε):Q]=[Q(α, ε):Q(α)][Q(α):Q].
Ta thấy [Q(α):Q] = deg(f(x)) = 3 (vì f(x) là đa thức tối tiểu của α trên Q).
Mặt khác, đa thức g(x)=x

).Vìσ cố định F theo từng điểm
và σ(α
i
) cũng là nghiệm của g(x) với mọi i =1, ,n (theo Bổ đề 2.2), nên ta
có
σ(B)=σ(F (α
1
, ,α
n
)) = F (σ(α
1
), ,σ(α
n
)) = B.
Chứng tỏ σ|
B
∈ Gal(B/F)).Talấyánhxạψ : Gal(E/F) −→ Gal(B/F), σ −→
σ|
B
. Khi đó dễ kiểm tra thấy ψ là một đồng cấu nhóm có Ker ψ = Gal(E/B).
Hơn nữa, lấy τ ∈ Gal(B/F),chúýrằngE cũng là trường phân rã của f(x)
trên B, khi đó từ Định lý 1.17 suy ra tồn tại tự đẳng cấu
τ : E −→ E là
mộtmởrộngcủaτ;dođóψ(
τ)=τ |
B
= τ. Suy ra ψ còn là toàn cấu; do đó
Gal(E/F)/Gal(E/B)
∼
=

m
)
d
= a
md
.Từđósuyra
n = dc | md do đó c | m; chứng tỏ a
m
∈<a
c
>.Dođó<a
m
>⊆<a
c
>.Từ
đó, vì cả hai nhóm con này cùng có d phần tử nên <a
m
>=<a
c
>.
Chú ý 2.8.
i) Nhắc lại rằng nếu C =<a>là nhóm xyclic cấp n thì một phần tử a
k
sinh
ra C nếu và chỉ nếu (k, n)=1. Khi đó, số phần tử sinh của C là ϕ(n) (hàm
Euler).
ii) Với mỗi số nguyên dương n,tacócôngthứcsauđây:
n =

d|n

xyclic C của G). Do đó n =

Cxyclic
ϕ(|C|). Vì G có nhiều nhất một nhóm
con xyclic có cấp d nên ta có
n =

Cxyclic
ϕ(|C|) ≤

d|n
ϕ(d)=n
(đẳng thức sau là hệ thức Gauss). Do đó G có duy nhất một nhóm con xyclic
cấp d với mọi d là ước của n. Trường hợp đặc biệt suy ra G tồntạinhómcon
xyclic có cấp n.DođóG là nhóm xyclic.
Định lý 2.10. Cho F là trường với nhóm nhân F
∗
= F −{0}. Khi đó mọi
nhóm con hữu hạn G của F
∗
đều là nhóm xyclic.
Chứng minh. Giả sử |G| = n và d|n.NếuC là một nhóm con xyclic của G có
cấp d thì mọi phần tử của C là nghiệm của đa thức x
d
− 1. Nếu ngoài ra còn
có một nhóm con xyclic C

(khác C)củaG có cấp d thì C

phải chứa ít nhất

n
)=(b
n
)
−1
=1. Chứng tỏ G là nhóm con của F
∗
.
Mặt khác |G|≤n,nênG là nhóm con hữu hạn của F
∗
,suyraG là nhóm xyclic
(theo Định lý 2.10).
Hệ quả 2.12. Cho F là một trường hữu hạn. Khi đó F
∗
là một nhóm xyclic,
hơn nữa tồn tại phần tử α ∈ F sao cho F = F
p
(α), trong đó F
p
là trường con
nguyên tố của F .
Chứng minh. Vì F là trường hữu hạn nên nó có đặc số nguyên tố p và
có trường con nguyên tố là F
p
.Đặt|F | = q. Khi đó tồn tại số tự nhiên
n sao cho q = p
n
. Hơn nữa theo cấu trúc của trường hữu hạn, ta thấy
F chính là trường phân rã của đa thức f(x)=x
q

=<α>với α ∈ F
∗
. Khi đó mọi α
i
đều là lũy thừa của α (với
i =1, ,q− 1). Do vậy F = F
p
(α).
Định nghĩa 2.13. Cho E/F là một mở rộng hữu hạn. Một phần tử α ∈ E
được gọi là phần tử nguyên thủy của E nếu E = F (α).
Nhận xét 2.14. Cho F là trường hữu hạn. Khi đó
i) Theo chứng minh của Hệ quả 2.12, ta thấy mỗi phần tử sinh α của nhóm
xyclic F
∗
đều là một phần tử nguyên thủy của F .
ii) Nếu α là phần tử nguyên thủy của F thì mọi phần tử của F hoặc là 0 hoặc
là lũy thừa của α.
Bổ đề 2.15. Xét mở rộng trường F
q
/F
p
, với q = p
n
. Giả sử α là phần tử
nguyên thủy của F
q
. Khi đó α là một nghiệm của một đa thức bậc n bất khả
quy trong F
p
[x].

p
), trong đó q = p
n
. Khi đó G
∼
=
Z
n
và nó
có phần tử sinh là σ : u −→ u
p
(nó được gọi là tự đẳng cấu Frobenius).
Chứng minh. Đặt E = F
q
,F = F
p
. Theo cấu trúc trường hữu hạn, ta thấy
F
∼
=
Z
p
và E = F (α), trong đó α là nghiệm của một đa thức f(x) bất khả quy
trong F [x] có bậc n (theo Bổ đề 2.15). Do đó [F (α):F ]=deg(f(x)) = n.Mặt
khác E là trường phân rã của đa thức x
q
− x trên F mà đa thức x
q
− x
tách được, nên suy ra |G| =[E : F ] (theo Hệ quả 2.5). Vậy |G| = n.

F
(do với mọi a ∈ F đều thỏa mãn a
p
= a). Chứng
tỏ σ ∈ G. Để chứng minh σ có cấp n ta chỉ cần chứng minh σ
j
= id
E
với mọi
0 <j<n(vì hiển nhiên đã có σ
n
= id
E
). Giả sử trái lại rằng tồn tại 0 <j<n
sao cho σ
j
= id
E
, khi đó với mọi u ∈ E ta có σ
j
(u)=u hay u
p
j
− u =0với
mọi u ∈ E. Suy ra mọi phần tử của E đều là nghiệm của đa thức x
p
j
− x,đa
thức này có bậc p
j

n
=1}. Khi đó G là một nhóm con xyclic của nhóm nhân
E
∗
và G có cấp n (theo Hệ quả 2.11 và Bổ đề 2.17). Khi đó một phần tử sinh
α của nhóm G được gọi là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị.
Chú ý 2.19.
i) Một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị trong trường số phức C là
ξ = cos
2kπ
n
+ isin
2kπ
n
20 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng
trong đó k ∈ Z thỏa mãn (k, n)=1.
ii) Cho R là vành giao hoán, ta kí hiệu U(R) là tập các phần tử khả
nghịch của R. Khi đó dễ thấy U(R) là một nhóm với phép nhân. Đặc biệt
U(Z
n
)={a ∈ Z
n
| (a, n)=1} và |U(Z
n
)| = ϕ(n).
Định lý 2.20. Cho F là một trường và E = F (α) với α là một căn nguyên
thủy bậc n của đơn vị. Khi đó nhóm Gal(E/F) đẳng cấu với nhóm con của
nhóm U(Z
n
) và do đó Gal(E/F) là nhóm Abel.

j
thì α
j−i
=1,suyraj − i chia hết cho n;dođói = j,
điều này mâu thuẫn). Trong trường hợp này ta kí hiệu σ
i
thay cho σ;vàta
đặt ψ(σ
i
)=i.Tathấyψ là một đồng cấu nhóm (thật vậy, lấy hai phần tử
tùy ý của Gal(E/F) là σ
i
và σ
j
; khi đó σ
i
σ
j
(α)=σ
i
(α
j
)=(α
j
)
i
= α
ji
; suy ra
ψ(σ

.
Hơn nữa, f(x) là đa thức bất khả quy trên F nếu và chỉ nếu ϕ là toàn cấu.
Chứng minh. Giả sử ω là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị sao cho ω ∈ F ,
và α là một nghiệm của f(x); khi đó α
n
= c và tất cả các nghiệm của f(x) là
α,αω, ,αω
n−1
.Lấyσ ∈ G thì σ(α)=αω
i
với duy nhất i ∈ Z
n
; trong trường
hợp này ta kí hiệu σ bởi σ
i
.Talậpánhxạϕ : G −→ Z
n
,σ
i
−→ i.Bâygiờta
chứng minh ϕ là đồng cấu nhóm (ở đây, ta xét Z
n
như một nhóm cộng). Lưu
ýrằngσ
i
(ω)=ω (do ω ∈ F )vớimọiσ
i
∈ G. Khi đó
σ
j

) với mọi σ
j
,σ
i
∈ G;suyraϕ là đồng
cấu. Hơn nữa ta thấy ϕ là đơn cấu (vì nếu ϕ(σ
i
)=0 thì i = 0,suyrai chia
hết cho n, chứng tỏ σ
i
= id
E
).
Cuối cùng ta chứng minh: f(x) là đa thức bất khả quy trên F nếu và chỉ
nếu ϕ là toàn cấu.
(⇒) Giả sử f(x) bất khả quy. Lấy tùy ý i ∈ Z
n
(với 0 ≤ i ≤ n − 1). Do
α và ω
i
α cùng là các nghiệm của đa thức f(x) bất khả quy trên F nên tồn
tại duy nhất đẳng cấu σ : F (α) −→ F (ω
i
α) cố định F theo từng điểm và
σ(α)=αω
i
(theo Hệ quả 1.16). Mặt khác ta có F (ω
i
α) ⊆ F (α); ngược lại, vì
α =(ω

=1với 0 <j− i<n; điều này mâu thuẫn với giả thiết ω là căn nguyên
thủy bậc n của đơn vị ). Giả sử f(x) không bất khả quy, khi đó tồn tại hai đa
thức h(x),g(x) ∈ F[x] cùng có bậc dương sao cho f(x)=g(x)h(x).Gọiβ
1
là
một nghiệm của g(x), lúc đó β
1
= ω
i
α với i nàođóthỏamãn0 ≤ i ≤ n − 1;
gọi β
2
là một nghiệm của h(x), ta cũng có β
2
= ω
j
α với j nàođóthỏamãn
0 ≤ j ≤ n −1 và i = j.Giảsửi<j,đặtk = j −i,tacó
k ∈ Z
n
.Từđâydoϕ là
toàn cấu nên tồn tại σ ∈ Gal(E/F) sao cho ϕ(σ)=
k (kéo theo σ(α)=ω
k
α).
Do đó
σ(β
1
)=σ(ω
i

∼
=
Z
p
.
Chứng minh. Xét đơn cấu ϕ : G = Gal(E/F) −→ Z
p
như trong Định lý 2.21.
Vì Z
p
chỉ có hai nhóm con, nên chỉ có hai khả năng sau xảy ra. Trường hợp 1:
Im ϕ = {
0}, khi đó |Gal(E/F)| =1,dođóE = F , chứng tỏ f(x) phân rã trên
F . Trường hợp 2: Im ϕ = Z
p
, lúc đó Gal(E/F)
∼
=
Z
p
, chứng tỏ f(x) bất khả
quy trên F (theo Định lý 2.21).
22 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng
Hệ quả 2.23. Cho p là số nguyên tố, F là một trường có đặc số 0 và
f(x)=x
p
− c ∈ F[x]. Khi đó hoặc là f(x) bất khả quy trên F hoặc là c có
một căn bậc p trong F .
Chứng minh. Lấy E là trường phân rã của f(x) trên F .Gọiα ∈ E là một
nghiệm của f(x). Khi đó các nghiệm của f(x) là α,ωα, ,ω

=(±b)
ps
c
tp
=[(±b)
s
c
t
]
p
,
chứng tỏ c có một căn bậc p trong F đó chính là phần tử (±b)
s
c
t
. Trường hợp
2: Nếu không xảy trường hợp 1 thì f(x) bất khả quy trong F[x].
Bài tập
1. Cho f(x) ∈ F [x] là đa thức bất khả quy có bậc n,vàE/F là trường phân
rã của f(x).
i) Chứng minh rằng n là ước của [E : F ].
ii) Chứng minh rằng nếu f(x) tách được thì n là ước của |Gal(E/F)|.
2. Cho E là trường phân rã của f(x)=x
4
− 10x
2
+1trên Q.TìmGal(E/F).
(HD: f(x) có 4 nghiệm là
α
1

4
); rút gọn E, )
3. Chứng minh rằng nếu F là trường vô hạn thì nhóm nhân F
∗
không bao giờ
là nhóm xyclic. (HD: Giả sử trái lại rằng F
∗
=<u>.Ta xét hai trường hợp:
đặc số của F là 0; đặc số của F là p. Trường hợp sau được chia nhỏ hơn thành
hai khả năng: u là phần tử siêu việt trên F
p
;vàu là phần tử đại số trên F
p
.)
Chương 3
Giải được bằng căn thức
3.1 Nhóm giải được
Định nghĩa 3.1. Một nhóm G được gọi là nhóm giải được nếu tồn tại một
dãy các nhóm con của G
G = G
0
⊃ G
1
⊃ G
2
⊃ ⊃ G
n
= {e} (†)
sao cho hai điều kiện sau được thỏa mãn
(1) G

−1
y
−1
xy ∈ H,suyraxHyH = xyH =
yxH = yHxH. Cuối cùng ta chứng tỏ nếu K là nhóm con chuẩn tắc của G
sao cho G/K là nhóm Abel thì H ⊆ K, thật vậy, với mọi x, y ∈ G,tacó
xyK = xKyK = yKxK = yxK,suyrax
−1
y
−1
xy =(yx)
−1
xy ∈ K; chứng tỏ
mọi phần tử sinh của H đều thuộc K,dođóH ⊆ K.
23
24 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng
Kí hiệu: Cho G là một nhóm. Ta đặt G
(1)
là nhóm con các hoán tử của G;
G
(2)
là nhóm con các hoán tử của G
(1)
; ; G
(n)
là nhóm con các hoán tử của
G
(n−1)
. Ngoài ra ta quy ước G
(0)

n
= {e}
sao cho G
i+1
là nhóm con chuẩn tắc của G
i
với mọi i =0, ,n−1;vàG
i
/G
i+1
là nhóm Abel với mọi i =0, ,n−1. Ta chứng minh bằng quy nạp theo i ≥ 0
rằng G
(i)
⊆ G
i
, (∗). Trường hợp i =0là rõ ràng. Giả sử i>0 và G
(i−1)
⊆ G
i−1
.
Do G
i−1
/G
i
là nhóm Abel nên [G
i−1
]
(1)
⊆ G
i

(n)
= {e} do đó
H là nhóm giải được (theo Bổ đề 3.4). Ta dễ thấy nếu đặt p : G −→ G/H là
toàn cấu chính tắc thì ta có thể chứng minh được (G/H)
(i)
= p(G
(i)
) với mọi
i ≥ 0 (ta giải thích điều này như sau: giả sử có toàn cấu f : G −→ U.Vớimọi
u, v ∈ U,tồntạix, y ∈ G sao cho u = f(x),v = f(y),suyra
uvu
−1
v
−1
= f(x)f(y)f(x
−1
)f(y
−1
)=f(xyx
−1
y
−1
) ∈ f(G
(1)
),
suy ra f(G
(1)
) ⊇ U
(1)
; ngược lại, mọi w ∈ f(G