Tài liệu Bài giảng điện tử môn lý thuyết galois theo hướng tích cực hóa nhận thức người học

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 Thái Nguyên, năm 2011 TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC KHOA TOÁN TIN 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 Thái Nguyên, năm 2011 Mục lục Chương 1 Mở rộng trường 4 1.1 Mở rộng trường . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2 Trường phân rã của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.3 Cấu trúc trường hữu hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 Chương 2 Nhóm Galois 14 2.1 Định nghĩa và tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 2.2 Căn của đơn vị, một số cấu trúc nhóm Galois . . . . . . . . . . 16 Chương 3 Giải được bằng căn thức 23 3.1 Nhóm giải được . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 3.2 Đa thức giải được bằng căn thức . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 Chương 4 Mở rộng Galois, Định lý cơ bản của lý thuyết Galois 33 4.1 Tính độc lập tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 4.2 Mở rộng Galois . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 4.3 Định lý cơ bản của lý thuyết Galois . . . . . . . . . . . . . . . . 39 4.4 Một số áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 4.5 Định lý lớn của Galois . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 Tài liệu tham khảo 52 2 Lời mở đầu Lý thuyết Galois là sự phiên dịch và kết nối của lý thuyết về đa thức, lý thuyết trường và lý thuyết nhóm. Công thức nghiệm (chỉ sử dụng các phép toán đại số trên các hệ số của đa thức) của đa thức bậc hai đã được con người biết từ rất lâu. Đến giữa thế kỉ 16, công thức nghiệm của đa thức bậc ba được hình thành, sau đó khoảng ba trăm năm, dựa trên ý tưởng của Largrange và Cauchy, Abel đã chứng minh không có công thức nghiệm của đa thức bậc năm. Đến năm 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, do đó ta có thể coi F là trường con của K. Chứng minh. Đặt I = (f (x)), suy ra K = F [x]/I. Vì f (x) bất khả quy nên I = F [x] và do đó K là vành giao hoán khác 0. Lấy tùy ý g(x) + I là phần tử khác 0 của K. Khi đó g(x) ∈ / I hay f (x) không là ước của g(x). Mặt khác do f (x) bất khả quy, suy ra (g(x), f (x)) = 1, nên tồn tại q(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. Vậy K là trường. Xét ánh xạ ϕ : F −→ K, a −→ a + I. Ta dễ thấy ϕ là đồng cấu vành và là đơn ánh, do đó nó là đơn cấu. Vì thế ta có thể đồng nhất mỗi a ∈ F với ảnh ϕ(a) = a + I ∈ K. Như vậy F được coi như một trường con của K. n Cuối cùng, giả sử f (x) = i=0 ai xi , và đặt x = x + I ∈ K. Khi đó f (x) = n  i=0 i ai x = n  i ai (x + I) = i=0 n  n  (ai x + I) = ( ai xi ) + I = f (x) + I = 0. i i=0 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 F1 ⊆ F2 ⊆ . . . ⊆ Fn , khi đó ta thường gọi đó là một tháp các trường. 4 Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 5 Chú ý 1.3. Giả sử K/F là một mở rộng trường. Khi đó K có cấu trúc của một F -không gian véc tơ, trong đó phép nhân một phần tử của F với một véc tơ của K xác định bởi F × K −→ K (a, x) −→ ax Ta kí hiệu [K : F ] = dimF K và được gọi là bậc của mở rộng trường. Định lý 1.4. Cho F là một trường và f (x) ∈ F [x] là đa thức bất khả quy. Đặt K = F [x]/(f (x)). Khi đó K/F là một mở rộng trường và [K : F ] = deg(f (x)). Chứng minh. Đặt d = deg(f (x)) (rõ ràng d > 0) và I = (f (x)). Khi đó K = F [x]/I là trường và ta có F -không gian véc tơ K. Đặt S = {1 + I, x + I, . . . , xd−1 + I}. Ta sẽ chứng tỏ S là cơ sở của K. Lấy tùy ý g(x) ∈ F [x], khi đó theo định lý phép chia với dư, tồn tại q(x), r(x) ∈ F [x] sao cho g(x) = f (x)q(x) + r(x), trong đó deg(r(x)) < d (nếu r(x) = 0). Vì thế r(x) = a0 + a1 x + . . . + ad−1 xd−1 , do đó g(x) + I = r(x) + I = a0 (1 + I) + a1 (x + I) + . . . + ad−1 (xd−1 + I). Chứng tỏ S là một hệ sinh của K. Mặt khác, giả sử tồn tại b0 , b1 , . . . , bd−1 ∈ F sao cho b0 (1 + I) + b1 (x + I) + . . . + bd−1 (xd−1 + I) = 0, suy ra b0 + b1 x + . . . + bd−1 xd−1 ∈ I hay b0 + b1 x + . . . + bd−1 xd−1 chia hết cho f (x). Điều này suy ra b0 +b1 x+. . .+bd−1 xd−1 = 0 hay b0 = b1 = . . . = bd−1 = 0. Vậy S độc lập tuyến tính, và vì vậy S là một cơ sở của K. Định nghĩa 1.5. Cho F ⊆ E là mở rộng trường và α1 , . . . , αn ∈ E. Khi đó trường con bé nhất của E chứa F và chứa các phần tử α1 , . . . , αn , được kí hiệu là F (α1 , . . . , αn ), và nó được gọi là mở rộng của F bằng cách ghép thêm các phần tử α1 , . . . , αn . Nhận xét 1.6. i) F (α1 , . . . , αn ) là giao của mọi trường con của E chứa F và α1 , . . . , αn . ii) Lưu ý phân biệt F (α1 , . . . , αn ) với F [α1 , . . . , αn ]. Người ta định nghĩa F [α1 , . . . , αn ] là giao của mọi vành con của E chứa F và α1 , . . . , αn . Nói cách khác F [α1 , . . . , αn ] là vành con nhỏ nhất của E chứa F và α1 , . . . , αn . Do đó mỗi phần tử của F [α1 , . . . , αn ] có dạng f (α1 , ..., αn ) trong đó f (x1 , ..., xn ) ∈ F [x1 , . . . , xn ]. Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng 6 f (α1 , ..., αn ) , với f (α1 , ..., αn ), g(α1 , ..., αn ) g(α1 , ..., αn ) ∈ F [α1 , ..., αn ] và g(α1 , . . . , αn ) = 0. Từ đó suy ra iii) Mỗi phần tử của F (α1 , . . . , αn ) có dạng F [α1 , . . . , αn ] ⊆ F (α1 , . . . , αn ) như một vành con. iv) Khi n = 1 và α = α1 , thì ta gọi F (α)/F là mở rộng đơn. v) Giả sử F ⊆ E là mở rộng trường và α ∈ E. Ta xét F (α) trong hai trường hợp dưới đây: a) α là phần tử đại số trên F (tức là α là nghiệm của một đa thức khác 0 nào 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 . Xét ánh xạ 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]. Trường2 hợp này ta nói F (α)/F là mở rộng đơn đại số. Ví dụ: Q( 2) ∼ = Q[x]/(x − 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) khi đó nó là toàn cấu và có Ker δ = {g(x) ∈ F [x] | g(α) = 0} = 0. Suy ra, ta có đẳng cấu F [α] ∼ = F [x]. Do đó g(x) | g(x), h(x) ∈ F [x], h(x) = 0}. F (α) ∼ = F (x) = { h(x) Trường hợp này ta nói F (α)/F là mở rộng đơn siêu việt. Ví dụ: Q(π) ∼ = Q(x). Định nghĩa 1.7. Cho E/F là mở rộng trường. - Ta nói E/F là mở rộng hữu hạn nếu [E : F ] là một số hữu hạn (tức là [E : F ] < ∞). Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) 7 - Ta nói E/F là mở rộng đại số nếu mọi phần tử của E đều là phần tử đại số trên F . Bổ đề 1.8. Cho E/K và K/F là các mở rộng trường. Khi đó [E : F ] = [E : K][K : F ]. Do đó E/F là mở rộng hữu hạn nếu và chỉ nếu cả E/K và K/F là các mở rộng hữu hạn. Chứng minh. Giả sử {αi }i∈I là một cơ sở của K-không gian vectơ E, và {βj }j∈J là một cơ sở của F -không gian vectơ K. Ta chỉ cần chứng minh rằng {αi βj }(i,j)∈I×J là một cơ sở của F -không gian vectơ E. Tập {αi βj }(i,j)∈I×J sinh ra E. Lấy tùy ý x ∈ E. Từ giả thiết suy ra tồn tại  các phần tử bi ∈ K hầu hết bằng 0 sao cho x = i∈I bi αi . Với mỗi i ∈ I, từ  giả thiết suy ra tồn tại cij ∈ F hầu hết bằng 0 sao cho bi = j∈J cij βj . Từ đó   x = i∈I j∈J cij βj αi . Điều này chứng tỏ {αi βj }(i,j)∈I×J sinh ra E. Tiếp theo ta chỉ ra rằng {αi βj }(i,j)∈I×J là tập độc lập tuyến tính. Giả sử tồn   tại các cij ∈ F hầu hết bằng 0 sao cho i∈I j∈J cij βj αi = 0, khi đó nếu đặt  bi = j∈J cij βj thì từ tính độc lập tuyến tính của {αi }i∈I kéo theo bi = 0 với  mọi i. Do đó j∈J cij βj = 0 với mọi i, và vì thế tính độc lập tuyến tính của {βj }j∈J suy ra cij = 0 với mọi i, j. Nhận xét 1.9. i) Mọi mở rộng hữu hạn là mở rộng đại số. Thật vậy, giả sử E/F là mở rộng hữu hạn, với [E : F ] = n < ∞. Với mọi α ∈ E, ta thấy hệ vectơ 1, α, α2 , . . . , αn là phụ thuộc tuyến tính trong F −không gian véc tơ E. Do đó tồn tại các phần tử a0 , a1 , . . . , an ∈ F không đồng thời bằng 0 sao cho a0 + a1 α + a2 α2 + . . . + an αn = 0. Đặt f (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + . . . + an xn , khi đó f (x) là đa thức khác 0 trong F [x] nhận α là nghiệm. Chứng tỏ α là phần tử đại số trên F . ii) Mọi mở rộng đơn đại số là mở rộng hữu hạn. Thật vậy, giả sử E = F (α) với α là phần tử đại số trên F . Giả sử f (x) ∈ F [x] là đa thức bất khả quy bậc n n−1 nhận α là nghiệm. Khi đó E = F (α) = F [x]/(f (x)) ∼ = { i=0 ai αi | ai ∈ F } là một không gian véc tơ trên F có một cơ sở là {1, α, α2 , . . . , αn−1 }. iii) Giả sử E = F (α1 , . . . , αn ) với α1 , . . . , α2 là phần tử đại số trên F . Khi đó E/F là mở rộng hữu hạn. Thật vậy, ta có tháp mở rộng trường F ⊆ F (α1 ) ⊆ F (α1 , α2 ) ⊆ . . . ⊆ F (α1 , . . . , αn ) = E, Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng 8 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 √ p F = Q và E = Q(S). Trong đó S = { 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 là trường và đa thức f (x) ∈ F [x] phân tích được thành tích các nhân tử bất khả quy (không nhất thiết phân biệt) f (x) = p1 (x) . . . pk (x). Ta nói f (x) là đa thức tách được nếu mỗi pi (x) không có nghiệm bội. ii) Cho E/F là một mở rộng trường, khi đó α ∈ E được gọi là phần tử tách được nếu α siêu việt trên F hoặc đa thức tối tiểu của α (tức là, đa thức bất khả quy, hệ tử cao nhất bằng 1 và nhận α là nghiệm) là đa thức tách được. (Lưu ý một đa thức có hệ số cao nhất bằng 1 còn được gọi tắt là đa thức monic). iii) Cho E/F là một mở rộng trường. Nếu mọi phần tử của E đều là phần tử tách được thì ta gọi E/F là mở rộng tách được. Định nghĩa 1.11. Trường F được gọi là trường hoàn thiện nếu mọi đa thức khác hằng trong F [x] đều là đa thức tách được. Nhận xét 1.12. Cho p(x) ∈ F [x] là đa thức bất khả quy. Nếu đạo hàm p (x) = 0 thì deg(p (x)) < deg(p(x)). Do đó (p(x), p (x)) = 1, vì thế tồn tại u(x), v(x) ∈ F [x] sao cho 1 = u(x)p(x) + v(x)p (x). Từ đó, nếu p(x) có nghiệm bội α trong một mở rộng E ⊇ F thì α là một nghiệm chung của p(x) và p (x); do đó 1 = u(α)p(α) + v(α)p (α) = 0 là điều mâu thuẫn. Vậy p(x) không có nghiệm bội, tức là p(x) tách được. 1.2 Trường phân rã của đa thức Định nghĩa 1.13. Cho mở rộng trường E/F và f (x) ∈ F [x]. - Ta nói f (x) phân rã trong E nếu f (x) được viết thành tích những nhân tử tuyến tính trong E[x], tức là E chứa tất cả các nghiệm của f (x). 9 Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) - Ta nói E 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) = x2 − 2 ∈ Q[x]. Ta có f (x) =√(x + 2)(x − 2) √ √ trong R[x], do đó f (x) phân rã trong √ x + 2,√x − 2 ∈ Q( 2)[x], suy ra f (x) √ R. Ta cũng thấy phân rã trong Q( 2). Hơn nữa, √ Q( 2) = Q[ 2] không chứa bất kì trường con trung gian nào giữa Q và Q( 2) (thật vậy giả K sao cho √ sử tồn tại trường √ √ Q ⊆ K ⊆ Q( 2), khi đó 2 = deg(f (x)) = [Q( 2) : Q] √ = [Q( 2) : K][K : Q]; do √ đó [K : Q] = 1 hoặc [K : Q] = 2; suy ra K = Q( 2) hoặc K = Q). Do đó Q( 2) là trường phân rã của f (x) trên Q. Định lý 1.14. Cho F là một trường và f (x) ∈ F [x] là đa thức có bậc dương. Khi đó luôn tồn tại trường phân rã E của f (x) trên F . Chứng minh. Đặt n = deg(f (x)). Ta chứng minh sự tồn tại của trường phân rã E của f (x) trên F bằng quy nạp theo n. Trường hợp n = 1. Ta chọn E = F . Giả sử n > 1 và định lý đã đúng cho các đa thức có bậc nhỏ hơn n. Ta lấy p(x) là một ước bất khả quy của f (x), khi đó deg(p(x)) ≥ 1. Đặt K = F [x]/(p(x)), ta thấy F ⊆ K là một mở rộng trường và p(x) có một nghiệm α1 ∈ K. Trong K[x], đa thức f (x) viết được f (x) = (x − α1 )g(x), với deg(g(x)) = n − 1. Áp dụng giả thiết quy nạp đối với trường K và đa thức g(x), suy ra tồn tại trường phân rã T của đa thức g(x) trên K. Do đó g(x) có n − 1 nghiệm α2 , . . . , αn ∈ T (đây cũng là các nghiệm của f (x)). Đặt E = F (α1 , . . . , αn ), suy ra E là trường phân rã của f (x) trên F. Ví dụ: Trường phân rã của f (x) = x2 + 1 trên Q là Q(i); trường phân rã của f (x) = x2 + 1 trên 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 ai x −→ i n  ai xi = f (x). i=0 Giả sử p(x) ∈ F [x] là đa thức bất khả quy trên F và gọi p(x) = ϕ∗ (p(x)) ∈ F [x]. Gọi α là một nghiệm của p(x) và α là một nghiệm của p(x). Khi đó tồn tại  = α. duy nhất đẳng cấu trường ϕ  : F (α) −→ F (α) là mở rộng của ϕ và ϕ(α) 10 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng Chứng minh. Nhận xét rằng p(x) và p(x) cùng có bậc và cùng bất khả quy. Từ giả thiết ta có các đẳng cấu u : F (α) ∼ = F [x]/(p(x)), f (α) −→ f (x) + (p(x)); ϕ∗ : F [x]/(p(x)) −→ F [x]/(p(x)), f (x) + (p(x)) −→ f (x) + (p(x)); v : F (α) ∼ = F [x]/(p(x)), f (α) −→ f (x) + (p(x)).  : F (α) −→ F (α) là một đẳng cấu trường mở rộng Đặt ϕ  = v −1 ϕ∗ u, khi đó ϕ của ϕ và ϕ(α)  = α. Giả sử còn có một đẳng cấu trường ψ : F (α) −→ F (α) là mở rộng n của i ϕ và ψ(α) = α. Khi đó, với phần tử tùy ý của F (α) là  (α)). f (α) = i=0 ai α , ta có ψ(f (α)) = f (α) = ϕ(f 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 idF và ϕ(α)  = β. Chứng minh. Kết quả được suy ra từ Bổ đề 1.15, bằng cách chọn F = F và ϕ = idF . Định lý1.17. Cho ϕ : F −→ F , a −→ đẳng cấu trường. Cho na là một n i i f (x) = i=0 ai x ∈ F [x] và lấy f (x) = i=0 ai x ∈ F [x] là đa thức tương ứng với f (x) qua ϕ∗ (với ϕ∗ như trong Bổ đề 1.15). Lấy E là trường phân rã của f (x) trên F , và lấy E là trường phân rã của f (x) trên F . Khi đó ∼ (i) Tồn tại một đẳng cấu trường ϕ : E −→ E là mở rộng của ϕ. ∼ (ii) Nếu f (x) tách được thì có chính xác [E : F ] mở rộng 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]; vì thế E = F . Do đó ta lấy ∼ 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. Gọi α 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). Từ đó theo Bổ 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 ]. Từ đó theo giả thiết quy ∼  do đó là mở rộng nạp, tồn tại đẳng cấu trường ϕ : E −→ E là mở rộng của ϕ, của ϕ. (ii) Chứng minh này cải tiến chứng minh của (i), ta cũng quy nạp theo [E : F ]. ∼ Nếu [E : F ] = 1 thì E = F và chỉ có duy nhất mở rộng ϕ của ϕ, chính là ϕ. Giả sử [E : F ] > 1, và p(x) là nhân tử bất khả quy của f (x) sao cho ∼ deg(p(x)) = d ≥ 2. Lấy α ∈ E là một nghiệm của p(x). Giả sử ϕ : E −→ E là ∼ một mở rộng tùy ý của ϕ. Khi đó nếu đặt α = ϕ(α) thì α là một nghiệm của ∼ ∼ p(x). Ta thấy ϕ(F (α)) = F (α), do đó ϕ|F (α) : F (α) −→ F (α) là một đẳng cấu ∼ trường, và là một mở rộng của ϕ. Như vậy mỗi đẳng cấu trường ϕ : E −→ E mà là một mở rộng tùy ý của ϕ, đều thu được bằng cách mở rộng từ ϕ qua hai bước: thứ nhất ta mở rộng từ ϕ lên đẳng cấu ϕ  : F (α) −→ F (α) (trong đó α, α ∼ lần lượt là nghiệm của p(x), p(x)), thứ hai ta mở rộng từ ϕ  lên ϕ. Vì f (x) tách được nên p(x) có d nghiệm phân biệt α. Khi đó, từ Bổ đề 1.15, ta có d đẳng cấu trường ϕ  : F (α) −→ F (α) là mở rộng của ϕ, tương ứng với d nghiệm α. Lưu ý rằng E cũng là trường phân rã của f (x) trên F (α), và E 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;  do đó có tất cả là d × ([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 = idF vào Định lý 1.17, ta suy ra kết quả ngay 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 α1 , . . . , αn thì trường phân rã của f (x) trên F chính là E = F (α1 , . . . , αn ). Ví dụ. Xét f (x) = x3 − 2 ∈ Q[x]. Ta thấy f (x) có 3 nghiệm là α, αε, αε2 (với √ 3 α = 2 ∈ R, và ε là một căn nguyên thủy bậc 3 của đơn vị.) Khi đó trường phân rã E của f (x) trên Q xác định bởi E = Q(α, αε, αε2 ) = Q(α, ε). 12 1.3 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng Cấu trúc trường hữu hạn Định nghĩa 1.20. Trường F được gọi là trường nguyên tố nếu nó không có trường con nào ngoài bản thân nó. Nhận xét 1.21. i) Cho F là trường nguyên tố. Khi đó chỉ có thể xảy ra một trong hai trường hợp: nếu F có đặc số 0 thì F ∼ = Q; nếu F có đặc số p thì F ∼ = Zp . Trường hợp F ∼ = Zp ta thường kí hiệu Fp 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, rõ ràng F là trường con nhỏ nhất của E, do đó F 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 = pn 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 pn 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 Fp là trường con nguyên tố của F , khi đó Fp ∼ = Zp . Ta biết rằng F là Fp −không gian véc tơ hữu hạn chiều. Giả sử dimFp (F ) = n < ∞, khi đó F có một n cơ sở là {e1 , . . . , en }, và vì thế mỗi phần tử của F có dạng x = i=1 ai ei với a1 , . . . , an ∈ Fp . Từ đó suy ra số phần tử của F bằng số các bộ phần tử (a1 , . . . , an ) ∈ Fp × . . . × Fp (n lần). Do đó q = pn . (ii) Sự tồn tại của trường có q = pn phần tử. Xét đa thức f (x) = xq −x ∈ Fp [x] với Fp (∼ = Zp ) là trường nguyên tố có đặc số nguyên tố p. Gọi E là trường phân rã của f (x) trên Fp . 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. (Thật vậy, với mọi α, β ∈ K ta có (α − β)q = αq − β q = α − β, (αβ)q = αq β q = αβ; do đó α − β, αβ ∈ K. Nếu α ∈ K ∗ thì (α−1 )q = (αq )−1 = α−1 ; suy ra α−1 ∈ K. Ngoài ra, rõ ràng 1q = 1 nên 1 ∈ K). Cuối cùng, ta thấy rằng mọi n a ∈ Fp đều thỏa mãn ap = a, do đó aq = ap = a; chứng tỏ Fp ⊆ K. Như vậy K chính là trường phân rã của f (x) trên Fp , trường này có q = pn 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 = pn phần tử. Giả sử Fq là trường có q = pn phần tử. Khi đó Fq có đặc số là p (giả sử p1 là đặc số của Fq thì theo (i) suy   ra q = pn1 ; do đó pn = pn1 , vì thế p1 = p). Vì Fq∗ = Fq \ {0} là nhóm với phép nhân nên αq−1 = 1 với mọi α ∈ Fq∗ ; do đó αq = α với mọi α ∈ Fq . Chứng tỏ mọi phần tử của Fq đều là nghiệm của đa thức f (x) = xq − x ∈ Fp [x] với Fp là trường nguyên tố của Fq . Suy ra Fq chính là trường phân rã của f (x) trên Fp . Điều đó khẳng định tính duy nhất của Fq 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 = pn phần tử là trường Galoa cấp pn và thường kí hiệu là GF (pn ) hoặc Fq hoặc Hq . Bài tập 1. Cho mở rộng trường E/F và α ∈ E là phần tử đại số trên F . Gọi p(x) ∈ F [x] là đa thức tối tiểu của α. Giả sử deg(p(x) = n, chứng tỏ rằng F (α) ∼ ={ n−1  √ p ai αi | ai ∈ F, i = 0, . . . , n − 1}. i=0 2. Chứng minh rằng Q({ 2 | p là số nguyên tố })/ Q là mở rộng đại số nhưng không là mở rộng hữu hạn. 3. Chứng tỏ rằng đa thức f (x) có nghiệm bội nếu và chỉ nếu f (x) và đạo hàm f  (x) có nghiệm chung. 4. Chứng minh rằng nếu trường F có đặc số 0 thì F là trường hoàn hảo. 5*. Chứng minh rằng nếu F là trường hữu hạn thì F là trường hoàn hảo. Chương 2 Nhóm Galois 2.1 Định nghĩa và tính chất Định nghĩa 2.1. Một đẳng cấu trường từ E vào chính nó được gọi là một tự đẳng cấu của E. Giả sử E/F là một mở rộng trường và σ là tự đẳng cấu của E, khi đó ta nói σ cố định F theo từng điểm nếu σ(a) = a với mọi a ∈ F (tức là σ|F = idF ). 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). n n i i Chứng minh. Giả sử f (x) = a x , khi đó 0 = i i=0 i=0 ai α . Ta tác động σ  n n vào hai vế ta được 0 = i=0 σ(ai )σ(α)i = i=0 ai σ(α)i (do σ cố định F theo từng điểm). Do đó σ(α) cũng là một nghiệm của f (x). Định nghĩa 2.3. Cho E/F là một mở rộng trường. Khi đó nhóm Galoa của E/F , kí hiệu là Gal(E/F ), là nhóm được xác định như sau: Gal(E/F ) = {σ | σ là tự đẳng cấu của E cố định F theo từng điểm} với phép toán hai ngôi của nó chính là phép hợp thành các ánh xạ. Nếu f (x) ∈ F [x] có trường phân rã trên F là E thì ta gọi Gal(E/F ) là nhóm Galoa của f (x). Định lý 2.4. Nếu f (x) ∈ F [x] có n nghiệm phân biệt trong trường phân rã E (của f (x) trên F ), thì nhóm Gal(E/F ) đẳng cấu với một nhóm con của nhóm đối xứng Sn , và do đó cấp của nó là ước của n!. Chứng minh. Đặt X = {α1 , . . . , αn } là tập tất cả các nghiệm của f (x) trong E. Theo Bổ đề 2.2, thì với mỗi σ ∈ Gal(E/F ) ta có σ |X 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 ) −→ SX (∼ = Sn ) 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 x2 +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 idR : 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 idF . Khi đó có chính xác [E : F ] tự đẳng cấu của E cố định F theo từng điểm. Ví dụ 1. Vì x2 + 1 là tách được và [C : R] = 2 nên theo Hệ quả 2.5 suy ra |Gal(C / R)| = 2. Ví dụ 2. Gọi E là trường phân rã của f (x) = x3 − 1 trên Q. Ta có x2 +x+1 f (x) = (x−1)(x2 +x+1), suy ra E chính là trường phân rã của g(x) = √ 3 1 i, nên trên Q. Do g(x) có hai nghiệm phân biệt là ε và ε2 = ε với ε = − + 2 2 E = Q(ε, ε2 ) = Q(ε). Mặt khác do g(x) bất khả quy nên [E : Q] = deg(g(x)) = 2. Từ đó vì g(x) tách được nên |Gal(E/ Q)| = [E : Q] = 2 (theo Hệ quả 2.5). Cụ thể, nhóm Gal(E/ Q) = {σ1 , σ2 }, trong đó σ1 : a + bε −→ a + bε; σ2 : a + bε −→ a + bε. Ví dụ 3. Gọi E là trường phân rã của f (x) = x3 − 2 trên √ Q. Ta thấy f (x) có √ 1 3 i. Khi đó ba nghiệm là α, αε, αε2 trong đó α = 3 2 và ε = − + 2 2 E = Q(α, αε, αε2 ) = 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) = x2 + x + 1 ∈ Q(α)[x] có hai nghiệm ε, ε2 ∈ / Q(α), nên g(x) bất khả quy trên Q(α) và nó là đa thức tối tiểu của ε trên Q(α). Do đó [Q(α, ε) : Q(α)] = deg(g(x)) = 2. Vậy |Gal(E/ Q)| = 2 × 3 = 6. Suy ra Gal(E/ Q) ∼ = S3 (theo Định lý 2.4). Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng 16 Định lý 2.6. Cho F ⊆ B ⊆ E là một tháp trường trong đó E là trường phân rã của f (x) ∈ F [x] trên F , và B là trường phân rã của g(x) ∈ F [x] trên F . Khi đó (i) Gal(E/B) là nhóm con chuẩn tắc của nhóm Gal(E/F ), và (ii) Gal(E/F )/Gal(E/B) ∼ = Gal(B/F ). Chứng minh. Cho σ ∈ Gal(E/F ). Kí hiệu α1 , . . . , αn là các nghiệm phân biệt của g(x) trong E, khi đó B = F (α1 , . . . , αn ). Vì σ cố định F theo từng điểm và σ(αi ) cũng là nghiệm của g(x) với mọi i = 1, . . . , n (theo Bổ đề 2.2), nên ta có σ(B) = σ(F (α1 , . . . , αn )) = F (σ(α1 ), . . . , σ(αn )) = B. Chứng tỏ σ|B ∈ Gal(B/F )). Ta lấy ánh xạ ψ : 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 ), chú ý rằng E 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 một mở rộng của τ ; do đó ψ(τ ) = τ |B = τ. Suy ra ψ còn là toàn cấu; do đó Gal(E/F )/Gal(E/B) ∼ = Gal(B/F ). 2.2 Căn của đơn vị, một số cấu trúc nhóm Galois Bổ đề 2.7. Cho G =< a > là nhóm xyclic cấp n. Khi đó với mỗi ước dương d của n tồn tại duy nhất một nhóm con của G có cấp d. Chứng minh. Giả sử n = dc. Khi đó < ac > là nhóm con của G có cấp d (vì (ac )d = adc = an = 1; và giả sử 1 = (ac )r = acr suy ra n = cd | cr, do đó d | r; chứng tỏ ac có cấp d). Để chứng minh tính duy nhất của < ac >, ta giả sử < am > là nhóm con của G có cấp d, khi đó 1 = (am )d = amd . Từ đó suy ra n = dc | md do đó c | m; chứng tỏ am ∈< ac >. Do đó < am >⊆< ac >. Từ đó, vì cả hai nhóm con này cùng có d phần tử nên < am >=< ac >. Chú ý 2.8. i) Nhắc lại rằng nếu C =< a > là nhóm xyclic cấp n thì một phần tử ak 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, ta có công thức sau đây:  n= ϕ(d) (gọi là hệ thức Gauss). d|n 17 Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) Thật vậy, lấy G là nhóm có cấp n, trong G ta định nghĩa quan hệ a ∼ b nếu và chỉ nếu < a >=< b >. Ta thấy ∼ là quan hệ tương đương. Suy ra G được phân thành các lớp tương đương rời nhau. Ta kí hiệu g(C) là lớp tương đương của a, khi đó g(C) bằng tập phần tử sinh của C =< a >. Từ đó, ta có  g(C) G= C xyclic (tổng chạy trên tất cả các nhóm con xyclic C của G). Suy ra   |g(C)| = ϕ(|C|). n= C xyclic C xyclic Khi giả thiết thêm G là nhóm xyclic, thì từ Bổ đề 2.7 và đẳng thức trên cho ta  ϕ(d). n= d|n Định lý 2.9. Một nhóm G cấp n là nhóm xyclic nếu và chỉ nếu mỗi ước dương d của n tồn tại nhiều nhất một nhóm con của G có cấp d. Chứng minh. Nếu G là xyclic  thì kết quả suy ra từ Bổ đề 2.7. Ngược lại, theo nhận xét trên ta có G = C xyclic g(C) (tổng chạy trên tất cả các nhóm con  xyclic C của G). Do đó n = C xyclic ϕ(|C|). Vì G có nhiều nhất một nhóm con xyclic có cấp d nên ta có   ϕ(|C|) ≤ ϕ(d) = n n= C xyclic 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 tồn tại nhóm con xyclic có cấp n. Do đó G 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. Nếu C là một nhóm con xyclic của G có cấp d thì mọi phần tử của C là nghiệm của đa thức xd − 1. Nếu ngoài ra còn có một nhóm con xyclic C  (khác C) của G có cấp d thì C  phải chứa ít nhất phần tử không thuộc C. Vì thế G chứa ít nhất d + 1 phần tử là nghiệm của đa thức xd − 1, điều này là vô lý (vì ta đã biết đa thức xd − 1 chỉ có nhiều nhất d nghiệm trong một trường). Chứng tỏ với mỗi d|n có nhiều nhất một nhóm con xyclic của G có cấp d. Từ đó suy ra G là nhóm xyclic (theo Định lý 2.9). 18 Biên soạn: Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng Hệ quả 2.11. Cho F là một trường và n là số tự nhiên khác 0. Khi đó G = {a ∈ F | an = 1} là một nhóm con xyclic của nhóm nhân F ∗ . Chứng minh. Rõ ràng 1 ∈ G nên G = ∅. Lấy tùy ý a, b ∈ G, khi đó an = 1 = bn , suy ra (ab−1 )n = an ((b−1 )n ) = (bn )−1 = 1. Chứng tỏ G là nhóm con của F ∗ . Mặt khác |G| ≤ n, nên G là nhóm con hữu hạn của F ∗ , suy ra G 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 = Fp (α), trong đó Fp 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 Fp . Đặt |F | = q. Khi đó tồn tại số tự nhiên n sao cho q = pn . Hơn nữa theo cấu trúc của trường hữu hạn, ta thấy F chính là trường phân rã của đa thức f (x) = xq − x trên Fp . Do đó F = Fp (0, α1 , . . . , αq−1 ) = Fp (α1 , . . . , αq−1 ), trong đó 0, α1 , . . . , αq−1 là tất cả các nghiệm của f (x). Lưu ý rằng vì F là trường hữu hạn nên F ∗ là một nhóm con hữu hạn của F ∗ ; vì thế F ∗ là nhóm xyclic cấp q − 1 (theo Định lý 2.10), giả sử F ∗ =< α > với α ∈ F ∗ . Khi đó mọi αi đều là lũy thừa của α (với i = 1, . . . , q − 1). Do vậy F = Fp (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 Fq /Fp , với q = pn . Giả sử α là phần tử nguyên thủy của Fq . Khi đó α là một nghiệm của một đa thức bậc n bất khả quy trong Fp [x]. Chứng minh. Ta có Fq = Fp (α) là một mở rộng đơn của Fp . Giả sử đa thức tối tiểu của α trên Fp có bậc d. Khi đó, theo tính chất của mở rộng đơn đại số, ta thấy [Fp (α) : Fp ] = d, suy ra Fp (α) có pd phần tử. Do đó pd = |Fp (α)| = pn , kéo theo d = n. 19 Đề cương môn Lý thuyết Galoa (3 ĐVTC) Định lý 2.16. Đặt G = Gal(Fq /Fp ), trong đó q = pn . Khi đó G ∼ = Zn và nó p có phần tử sinh là σ : u −→ u (nó được gọi là tự đẳng cấu Frobenius). Chứng minh. Đặt E = Fq , F = Fp . Theo cấu trúc trường hữu hạn, ta thấy F ∼ = Zp 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 xq − x trên F mà đa thức xq − x tách được, nên suy ra |G| = [E : F ] (theo Hệ quả 2.5). Vậy |G| = n. Bây giờ ta chứng minh σ : E −→ E, u −→ up là phần tử sinh của G. Ta thấy σ(1) = 1; σ(uv) = (uv)p = up v p = σ(u)σ(v) với mọi u, v ∈ E; σ(u + v) = (u + v)p = up + v p = σ(u) + σ(v) (do E có đặc số p); với mọi n−1 n ∈ E sao cho σ(u) = w (do wp − w = 0 ). Suy ra σ w ∈ E tồn tại u = wp là toàn cấu. Ta lại có σ là đơn cấu (do nếu u ∈ E sao cho up = 0 thì u = 0 ). Cuối cùng ta thấy σ|F = idF (do với mọi a ∈ F đều thỏa mãn ap = a). Chứng tỏ σ ∈ G. Để chứng minh σ có cấp n ta chỉ cần chứng minh σ j = idE với mọi 0 < j < n (vì hiển nhiên đã có σ n = idE ). Giả sử trái lại rằng tồn tại 0 < j < n j sao cho σ j = idE , khi đó với mọi u ∈ E ta có σ j (u) = u hay up − u = 0 với j mọi u ∈ E. Suy ra mọi phần tử của E đều là nghiệm của đa thức xp − x, đa thức này có bậc pj < pn , đây là điều mâu thuẫn. Chứng tỏ σ có cấp là n. Vậy G là nhóm xyclic cấp n, vì thế G ∼ = Zn . Bổ đề 2.17. Cho n là số nguyên dương và F là một trường. Giả sử hoặc là F có đặc số 0 hoặc là F có đặc số p không là ước của n. Khi đó đa thức f (x) = xn −1 có n nghiệm phân biệt trong trường phân rã của f (x) trên F . Chứng minh. Từ giả thiết suy ra đạo hàm f  (x) = 0, do đó (f (x), f  (x)) = 1, nên tồn tại u(x), v(x) ∈ F [x] sao cho u(x)f (x) + v(x)f  (x) = 1. Từ đây ta thấy f (x) và f  (x) không có nghiệm chung, suy ra f (x) không có nghiệm bội. Định nghĩa 2.18. Cho F là một trường và n là số nguyên dương không chia hết cho đặc số của F . Giả sử E là trường phân rã của f (x) = xn − 1 trên F . Đặt G = {ξ ∈ E | ξ 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 2kπ + isin n n