Tài liệu bài dịch đại số giao hoán (Hỗ trợ dowload tài liệu zalo 0587998338)

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HCM KHOA TOÁN - TIN Bài dịch Lớp Toán VB2-K2 (nhóm 2) Nguyễn Trâm Anh Nhóm 2 Họ và tên: Nguyễn Trâm Anh Dịch từ trang 124 đến 133 trang Số thứ tự trong bảng phân công: Bài dịch a a a a Trang 124 Đình Thị Hải Yến Nhóm 2 Họ và tên: Đình Thị Hải Yến Dịch từ trang 134 đến 143 trang Bài dịch: (2) G’ là đặc trưng của G Vì bất kỳ một ánh xạ f tự đẳng cấu nào từ một hoán tử tới một hoán tử : f  x, y   f  x  , f  y  (3) G là Aben khi và chỉ khi G’ tầm thường. (4) G/G’ là Aben. Do đó tạo thành thương số của G bởi G’, đôi khi còn được gọi là sự điều chỉnh bởi G’, cũng có thể hiểu như “nhóm giao hoán Aben”. Và điều này làm ảnh hưởng tới tất cả biến x và y bởi sự xác định của G’. ' (5) Nếu N  G, thì G/N là Aben khi và chỉ khi G  N . Điều chứng minh (4) với G’ thay thế bới N cho thấy G/N là phần tử giao hoán nếu tất cả các hoán tử thuộc về N, đó là, nếu G’<=N. Quá trình lấy đi các hoán tử có thể được lặp đi lặp lại: G  0  G , G 1  G ' , G  2   G '    ' ' Và thông thường thì: G  i 1  G  i  , i  0,1, 2.....  i 1 i i Từ khi G là đặc trưng trong G , 1 phép quy nạp đối số thể hiện rằng mỗi G là đặc trưng, do đó bình thường, trong G. r  Nhóm G được gọi là giải được nếu G  1 cho vài r. Sau đó, chúng ta có nguyên 1 dãy số: 1  G   G  r r 1 ...G    G gọi là dãy số được suy ra của G. 0 Mỗi nhóm Aben là giải được, bởi (3). Chú ý là một nhóm mà vừa đơn giản, vừa giải được ' phải là sự sắp xếp của các nguyên tố tuần hoàn. Đối với nhóm con pháp tuyến G thì không đáng kể; Nếu nó là G, thì 1 loạt chuỗi sẽ không đạt tới giá trị 1. Bởi (3), G là nhóm giao hoán, và bởi (5.5.1). G phải là sự sắp xếp của các nguyên tố tuần hoàn. Trang 125 Đình Thị Hải Yến Nhóm 2 Một nhóm G không là nhóm giao hoán Aben (như An,n ≥5) thì không thể giải được. Cứ cho là G không phải là nhóm giao hoán Aben, thì G không quan trọng. Vì vậy, G’ =G, như trong đoạn trước, loạt chuỗi gốc sẽ không đạt tới 1. Có rất nhiều cách tương đương dùng để miêu tả giải được. 5.7.3 Mệnh đề: Những điều kiện sau đây tương đương với:. (i) G là nhóm giải được. (ii) G có một dãy chuẩn tắc với những tính chất của nhóm Aben. (iii) G có một dãy con chuẩn tắc với những tính chất của nhóm Aben. Chứng minh: bởi vì (i) bao hàm cả (ii) ở điều (4) và bao hàm cả (iii) bởi sự định nghĩa của dãy chuẩn tắc và dãy con chuẩn tắc, vấn đề chỉ là (iii) kéo theo (i). Giả sử G là dãy con chuẩn tắc: 1  G r  G r1 ...G 0  G với những tính chất của nhóm Aben. Từ đó G / G1 là nhóm Aben, chúng ta có G’  G1 từ (5), và một (i ) phép quy nạp đối số sau đó cho thấy rằng G  G i với mọi i. [Bước quy nạp là ’ G (i 1)   G (i)   G 'i  G i 1 khi đó G i / G i 1 là nhóm Aben. Do đó G r   G r  1 . Kết quả tiếp theo cho một số tính chất rất hữu ích của các nhóm khả giải được. 5.7.4 Tính chất Nhóm con và nhóm thương số của nhóm giải được là nhóm giải được. Ngược lại, nếu N là nhóm con chuẩn tắc của G và cả N và G/N là nhóm giải được, thì G cũng làm nhóm giải được. Chứng minh: Nếu H là nhóm con của nhóm giải được G, thì H là nhóm giải dc bởi vì H i  G i  với mọi i. Nếu N là nhóm con chuẩn tắc của nhóm giải được G, quan sát thấy hoán tử G/N trông giống ’ như xyx 1 y 1 N , để  G / N   G’ N / N ( Không G’ / N , từ đó N không cần thiết là một nhóm con của G’ ). Phép quy nạp, G / N (i ) (i ) G N/N Trang 126 Đình Thị Hải Yến Nhóm 2 và từ đó N/N là tầm thường, G/N là nhóm giải được. Ngược lại, giả sử chúng ta có 1 dãy con chuẩn tắc   từ: N0 =1 đến Nr =N và 1 dãy con chuẩn tắc từ G 0 / N  1 i.e., G 0  N đến G s / N  G / N (i.e., G s  G ) với tính chất của nhóm Aben trong cả 2 trường hợp. Sau đó chúng ta cắt và nối các loạt dãy của N với loạt dãy của G. Dãy kết quả thu được là nhóm con chuẩn tắc tương ứng định lý, và các yếu tố còn lại của nhóm Aben bới định lý của đẳng cấu thứ 3. 5.7.5 Hệ quả: Nếu G là một dãy hợp thành, thường thì nếu G là hữu hạn, thì G là nhóm giải được khi và chỉ khi nếu dãy hợp thành của G là nhóm có cấp nguyên tố. Chứng minh: Lấy G i 1 / G i là yếu tố hợp thành của nhóm giải được G. Bởi (5.7.4), Gi+1 là nhóm giải được, và 1 lần nữa bởi(5.7.4) Gi+1/Gi là nhóm giải được. Nhưng yếu tố hợp thành phải là nhóm đơn, vì vậy G i 1 / G i là nhóm có cấp nguyên tố, theo như quan sát ở (5.7.2). Ngược lại, nếu yếu tố hợp thành của G là nhóm có cấp nguyên tố thì dãy hợp thành là dãy con chuẩn tắc với tính chất của nhóm Aben. Nhóm lũy linh phát sinh từ một dãy chuẩn tắc khác nhau. Chúng ta sẽ nhận được gián tiếp được một khái niệm và một cách viết ngắn gọn. 5.7.6 Mệnh đề Nếu G là nhóm hữu hạn, thì những điều kiện sau là tương đương, và định nghĩa nhóm lũy linh. [ Lũy linh của một nhóm tùy ý sẽ được định nghĩa trong (5.7.8)] (a) G là tích trực tiếp của các nhóm con Sylow của nó. (b) Mọi nhóm con Sylow của G đều là chuẩn tắc trong G Chứng minh: (a) kéo theo (b): Bởi (1.5.3), thừa số của một tích số trực tiếp là nhóm con chuẩn tắc. (b) kéo theo (a): bởi (5.5.4), ở đây có duy nhất một pi nhóm con Sylow của H i cho mỗi ước nguyên tố pi của |G|, i = 1,…,k. Dựa vào áp dụng thành công của (5.2.4) , chúng ta có H1···H k  H1  H k cái mà G định nghĩa bởi p nhóm con Sylow. Khi tất cả là hữu hạn G  H1  H k . Hơn nữa, mỗi Hi   j i H j là không đáng kể, bởi vì bậc của Hi là lũy thừa của các nguyên tố phân biệt. 5.7.7 Hệ quả Mỗi nhóm hữu hạn Aben và p – nhóm hữu hạn là lũy linh. Chứng minh: Một nhóm hữu hạn Aben phải đáp ứng điều kiện (b) (5.7.6). nếu P là một nhóm hữu hạn, thì P chỉ có một nhóm con Sylow, P chính nó, vì vậy các điều kiện của (5.7.6) là thỏa mãn. ♣ Trang 127 Đình Thị Hải Yến Nhóm 2 Bây giờ chúng ta nối các thảo luận này với các dãy chuẩn tắc. Giả sử chúng ta đang thử xây dựng một dãy chuẩn tắc đối với các nhóm G, bắt đầu với G0 = 1. Chúng ta lấy G1 làm Z(G), tâm của G; chúng ta có G1  G bởi (5.1.3), Ví dụ 3. Chúng ta định nghĩa G2 như định lý tương ứng: G 2 / G1  Z  G / G1  Và từ đó Z  G / G1  G / G1 chúng ta có G 2  G . Một cách tổng quát, chúng ta lấy G i / G i 1  Z  G / G i 1  , Và bằng phép quy nạp. Chúng ta có G i  G . Sự khó khăn ở đây chính là không có đảm bảo rằng G i sẽ đạt đến G. Tuy nhiên, chúng ta sẽ thành công nếu G là một p-nhóm hữu hạn. Điểm mấu chốt là một nhóm hữu hạn không đáng kể có một tâm không đáng kể, bởi (5.5.3). Vì vậy, bằng phép quy nạp, G i / G i 1 là không đáng kể với mỗi i, vì vậy G i 1 < G i . Từ đó G là hữu hạn, nó phải đạt đến cuối cùng. 5.7.8 Định nghĩa và bình luận. Một chuỗi trung tâm của G là 1 chuỗi chuẩn tắc 1  G0 G1 ...Gr  G như Gi / Gi 1  Z  G / Gi 1  cho mỗi i  1,..., r. ( chuỗi mà chỉ được miêu tả là trong trường hợp đặc biệt thì được gọi là chuỗi trung tâm) Một nhóm tùy ý G được cho là lũy linh nếu nó có một chuỗi trung tâm. Vì vậy, 1 p_nhóm hữu hạn là lũy linh và trong trường hợp thông thường, mỗi p-nhóm con Sylow là lũy linh. Bây giờ lấy tích trực tiếp của một số hữu hạn các nhóm lũy linh là nhóm lũy linh. ( Nếu Gij là 1 số hạng i đầu tiên của dãy tâm của thừa số j đầu tiên Hj, với Gij = G nếu dãy này là dãy cuối của G thì  j Gij sẽ là số hạng đầu tiên của dãy cho cái tích  j H j . Vì vậy, nhóm hữu hạn thỏa mãn với điều kiện của (5.7.6) là chuỗi trung tâm. Ngược lại, nó có thể đưa ra rằng nhóm hữu hạn có chuỗi trung tâm thõa mãn (5.7.6). Vì vậy 2 định nghĩa của nhóm lũy linh xác nhận cho nhóm hữu hạn. Chú ý: Một nhóm lũy linh là nhóm giải được. Nếu Gi / Gi 1  Z  G / Gi 1  , thì một phần tử thuộc Gi / Gi 1 giao hoán với nhau kể từ khi chúng trao đổi với tất cả mọi phần tử trong G / Gi 1 , vì vậy Gi / Gi 1 là nhóm Aben. Kết quả là p_nhóm hũu hạn là nhóm giải được. Một số bài tập ứng dụng trong phần 5.7 1. Cho 1 ví dụ về nhóm giải được không là nhóm Aben. 2. Chỉ ra rằng nhóm giải được có dãy hợp thành phải là dãy hữu hạn. Trang 128 Đình Thị Hải Yến Nhóm 2 3. Chứng minh trực tiếp ( không được sử dụng lũy linh) p_nhóm hữu hạn là nhóm giải được. 4. Cho 1 ví dụ về nhóm giải được nó không là nhóm lũy linh. 5. Chỉ ra rằng nếu n  5 thì Sn là không giải được. 6. Nếu P là p_nhóm hữu hạn đơn, chỉ ra rằng P có cấp p. 7. Lấy P là p_nhóm hữu hạn không tầm thường. Chỉ ra rằng P có 1 nhóm con chuẩn tắc N mà chỉ số  P : N  là p. 8. Lấy G là nhóm hữu hạn bậc p r m , với r là số nguyên dương và p không chia hết m. Chỉ ra rằng với bất kỳ k=1,2,…,r nào thì G có bậc của nhóm con là pk. 9. Cho một ví dụ: G là nhóm với N là nhóm con chuẩn tắc như N và G/N là nhóm Aben, nhưng G không là nhóm Aben. ( nếu “Aben” được thay thế bới “giải được” thì sẽ không có ví dụ nào có thể xảy ra với (5.7.4). 10. Nếu G là nhóm giải được, suy ra độ dài của nó, dl(G), là số nguyên r không âm nhỏ nhất nếu như G(r) =1. Nếu N là nhóm con chuẩn tắc của nhóm giải được G, có thể nói được gì về sự liên quan giữa dl(G), dl(N) và dl(G/N) ? 5.8 Phần tử sinh và quan hệ Trong (1.2.4), chúng ta đã đưa ra một mô tả chính thức của nhóm nhị diện thông qua phần tử sinh và các mối quan hệ, và bây giờ chúng ta thử hoàn thành các khái niệm một chính xác hơn. 5.8.1 Định nghĩa và bình luận Các nhóm tự do G trên tập hợp S ( hay nhóm tự do với cơ sở S) bao gồm tất cả từ trên S, đó là tất cả các dãy hữu hạn x1...x1 , n  0,1,... , khi đó với mỗi xi là 1 phân tử của S hoặc nghịch đảo của một phân tử của S. Chúng ta chú ý trường hợp n=0 như là phần tử rỗng của  . Nhóm phép toán là ghéo các đối tượng để ràng buộc rằng nếu s và s-1 xảy ra trong trật tự, nó có thể bị giản ước. Từ rỗng là 1 đồng nhất 1 thức, và ngược lại chúng có thể tính theo cách hợp lý nhất, ví dụ như:  stu   u 1t 1 s 1 . Chúng ta nói G tự do trên S. Giả sử rằng G tự do trên S, và ta cố gắng xây dựng 1 đồng cấu f từ G đến 1 nhóm H tùy ý. Điểm mấu chốt ở đây đó chính là f hoàn toàn được xác định bởi chính cái giá trị của chính nó trên S. Nếu f(s1) = a, f(s2) = b, f(s3) = c thì f  s1 s21s3   f  s1  f  s2  1 f  s3   ab 1c . 5.8.2 Định lý Nếu G là tự do trên S và g là một hàm tùy ý từ S tới một nhóm H, thì có một Trang 129 Đình Thị Hải Yến Nhóm 2 đồng cấu duy nhất f : G  H như là f  g  S Chứng minh: diễn giải trên là một minh chứng tốt của một ví dụ cụ thể với tất cả các đặc điểm của trường hợp tổng quát. Các phân tích cho thấy cả sự tồn tại và tính duy nhất của f. Một chứng minh hình thức phải chứng minh rằng tất cả các khía cạnh của trường hợp thông thường được bao hàm. Ví dụ nếu u  s1s21s3và v=s1s21s41s4 s3 , thì f  u   f  v  để sự giản ước s41s4 trong trường hợp này là rất khó. Tính toán cụ thể của loại này là khá thuyết phục và chúng ta sẽ không theo đuổi các chi tiết hình thức. ( thấy ở ví dụ trang 343 - 345). 5.8.3 Hệ quả Bất kỳ nhóm H nào cũng là ảnh đồng cấu của 1 nhóm tự do. Chứng minh: Cho S là 1 tập hợp các phần tử sinh từ H (nếu cần thiết, lấy S=H), và cho G là tự do trên S, xác định g  s   s với mọi s  S nếu f mở rộng duy nhất của g tới G, thì khi S sinh ra từ H, f là toàn cấu. Trở lại với (1.2.4) chúng ta mô tả 1 nhóm H sử dụng phần tử sinh R và F, và quan hệ: R n  I , F 2  I , RF  FR 1 . Quan hệ cuối cùng là tương đương RFRF  I , từ đó F 2  I . Từ R n , F 2 và RFRF thì gọi là relators. Và sự chi tiết của phần tử sinh và quan hệ gọi là sự trình bày. Chúng ta sử dụng kí hiệu: H  R , F | R n , R 2 , RFRF Hoặc H  R , F | R n  I , F 2  I , RF  FR 1 Chúng ta phải nói chính xác những gì nó có nghĩa là để xác định một nhóm bởi phần tử sinh và các quan hệ, và cho thấy trình bày ở trên mang lại một nhóm đẳng cấu với nhóm nhị diện D2n. Chúng ta bắt đầu với các nhóm tự do trên {R, F} và đặt tất cả quan hệ bằng đồng nhất thức. Nó là tự nhiên để thực hiện bởi các nhóm tạo ra các quan hệ, nhưng có một kỹ thuật khó ; phân nhóm này không nhất thiết phải là chuẩn tắc. 5.8.4 Định nghĩa Lấy G là tự do trên các thiết lập S, và để cho K là một tập hợp con của G. Chúng ta xác định nhóm S | K như G | K , nơi K là nhóm con chuẩn tắc nhỏ nhất của G bao hàm K. Thật không may, đó là một định lý của logic toán học là không có thuật toán khi đưa ra một bài trình bày, bạn sẽ thấy cấp của nhóm. Trong thực tế, không có thuật toán để xác định xem một từ nhất định của S | K trùng với đồng nhất thức. Luận lý học nói rằng vấn đề từ cho các nhóm là nan giải. Trang 130 Đình Thị Hải Yến Nhóm 2 Nhưng mặc dù không có giải pháp chung, có những trường hợp cụ thể mà có thể được phân tích, và kết quả sau đây là rất hữu ích. Cho H  S | K là một sự biểu diễn, và cho L là một nhóm được tạo ra bởi các từ trong S. Nếu L đáp ứng tất cả các hệ thức của K, sau đó có một đẳng cấu  : H  L . Do đó, | H | ≥ | L |. Chứng minh: Lấy G là nhóm tự do trên S, và lấy i là một ánh xạ đồng nhất từ S, coi như là một tập hợp con của G đến S, coi như là một tập hợp con của L. Bởi (5.8.2), i có một phần mở rộng duy nhất cho một đồng cấu f của G vào L, và trong thực tế f là một đồng cấu vì S sinh ra L. Bây giờ với bất kỳ ánh xạ f nào từ G để cùng một từ trong L, và kể từ khi L đáp ứng tất cả các mối quan hệ, chúng ta có K  ker f . Nhưng hạt nhân của f là một nhóm con chuẩn tắc của G, do đó K  ker f . Các yếu tố định lý cung cấp một toàn cấu:  : G / K  L 5.8.6 Làm rõ một biểu diễn Nếu L là một nhóm hữu hạn được tạo ra bởi những từ của S, sau đó trong thực tế, các bước quan trọng trong xác định L với H  S / K là một chứng minh cho thấy | H | ≤ | L |. Nếu chúng ta có thể thực hiện điều này, sau đó bằng (5.8.5), | H | = | L |. Trong trường hợp này, α là một ánh xạ toàn ánh của các tập hữu hạn cùng kích thước, vì vậy nên α là đơn ánh là tốt, do đó là một đẳng cấu. Đối với nhóm nhị diện chúng ta có H  R , F | R n , R 2 , RFRF và L  D2n .Trong (1.2.4) chúng ta chứng tỏ mỗi từ của H có thể là biểu thị như R i F j với 0  i  n  1và 0  j  1 . Trước đó H  2n  D2 n  L . Vì vậy sự biểu diễn H là mô tả chính đáng cho nhóm nhị diện. Một số bài tập cho mục 5.8 1. Chỉ ra một biểu diễn của nhóm xyclic có bậc n là a | a n 2. Chỉ ra nhóm bộ bốn ( thấy (trong ví dụ 4 (2.1.3)) có một biểu diễn là a, b | a 4  1, b 2  a 2 , ab  ba1 3. Cho H  a, b | a 3  1, b 2  1, ba  a1b là một biểu diễn của S3 4. Biểu diễn duy nhất của một nhóm là gì? Trong phần 5 – 11, chúng ta đã ví dụ các cách kết hợp khác nhau từ các nhóm con, cái mà mở rộng về khái niệm tích trực tiếp và H là một nhóm con tùy ý. Chúng ta nói rằng nửa tích trực tiếp của N Trang 131 Đình Thị Hải Yến Nhóm 2 bởi H nếu G=NH và N  H  1 . (Nếu H G , chúng ta có tích trực tiếp). Để ký hiệu thuận tiện, ghi bằng chữ n, có thể với chỉ số dưới, sẽ luôn luôn chỉ ra một phần tử của N và giống như h luôn luôn thuộc về H. Ở vấn đề 5 và 6 ta giả sử G là tích số một nửa của N bời H. 5. Nếu n1h1  n2 h2 chỉ ra rằng n1  n2 và h1  h2 6. Nếu i : N  G là một bao hàm thức và  : G  H là phép chiếu    nh   h  thì dãy  i 1  N G H  1 là chính xác. Chú ý rằng  được xác định rỡ bởi vấn đề 5 và rõ ràng rằng  là đồng cấu. Cho thấy rằng dãy chia bên phải, ở đây là một đồng cấu  : H  G như là    1 7. Ngược lại, giả sử rằng các trình tự chính xác trên dãy chia bên phải. Từ đó ψ là đơn ánh, chúng ta có thể bất kể H ( và N là tốt) như là nhóm con của G, với ψ và i như là các ánh xạ bao hàm. Cho thấy G là nửa tích trực tiếp của N bởi H. 8. Lấy N và H là các nhóm tùy ý, lấy f là một ánh xạ đồng cấu của H trong Aut N, một nhóm tự đẳng cấu của N, xác định một phép nhân trên G  N  H bởi  n1 , h1  n2 , h2    n1 f  h1  n2  , h1h2  [ với f  h1  n2  là giá trị đồng cấu của f  h1  tại các điểm n2]. Tính toán trực tiếp cho thấy G là nhóm với (1,1) tùy ý và ngược lại cho bởi  n, h  1    f  h 1  n 1  , h 1 . Cho thấy G nửa tích của N  1 bởi 1  H . 9. Cho thấy rằng mỗi tích số trực tiếp một nửa tăng từ phép dựng hình của vấn đề 8. 10. Chỉ ra một ví dụ rằng có khả năng cho một dãy ngắn chính xác của nhóm để chia về phí bên phải chứ không phải bên trái. [ Nếu h : G  N là một xạ ảnh tách trái chính xác trong dãy của vấn đề 6, sau đó h và  có thể được sử dụng để xác định G với các tích số trực tiếp của N và H. Vì vậy, sự chia tách bên trái ngụ ý một sự chia tách bên phải, nhưng không giống như các kết quả cho các kiểu mẫu trong (4.7.4) , không ngược lại. 11. Cho một ví dụ về một chuỗi chính xác ngắn của các nhóm mà không chia bên phải. 12. Lấy N là nhóm con chuẩn tắc của nhóm G hữu hạn, và lấy P là p_nhóm con Sylow của N. Nếu NG  P  là tầm thường của P trong G, chỉ ra rằng G  NG  P  N   NNG  P   bởi (1.4.3) [ Nếu g  G , nhìn thấy quan hệ giữa P và gPg-1.] Trang 132 Đình Thị Hải Yến Nhóm 2 13. Lấy N  1, a, a 2 ,..., a n 1 là nhóm cyclic cấp n, và lấy H={1,b} là nhóm cyclic cấp 2. Xác định f : H  AutN bằng f(b) là đồng cấu từ a đến a-1. Chỉ ra rằng nhóm nhị diện D2n là nửa tích trực tiếp của N bởi H. 14. Thay thế N bởi một nhóm cyclic vô hạn ..., a 2 , a 1 ,1, a, a 2 ,... . Biểu diễn về một nửa tích số trực tiếp của N bởi H. Nhóm này gọi là nhóm nhị diện vô hạn D Kết luận Giả sử G là nhóm hữu hạn có chuỗi kết hợp 1  G0  G1  ...  Gr  G Nếu H i  Gi / Gi 1 , thì chúng ta nói rằng G là phần mở rộng của Gi 1 bởi Hi trong trường hợp Gi 1 Gi và Gi / Gi 1  H i . Nếu chúng ta có thể giải quyết vấn đề mở rộng (tìm thấy tất cả phần mở rộng có thể của Gi 1 bởi Hi) và chúng ta có một danh mục của tất cả các nhóm đơn hũu hạn, sau đó chúng ta có thể xây dựng một danh mục tất cả các nhóm hữu hạn. Đây là phần mệnh đề đã được làm trong (5.6.1) về tầm quan trọng của nhóm đơn. THUYẾT GALOIS Lý thuyết Galois là cơ sở tương ứng giữa các nhóm con của nhóm Galois của trường mở rộng E/F và trường trung gian giữa E và F. Trong phần này chúng tôi sẽ thiết lập các yếu tố cơ bản cho định lý. 6.1.1 Định nghĩa Cho G  Gal  E / F  là nhóm Galois của mở rộng E / F . Nếu H là nhóm con của G, trường cố định của H là tập hợp các phần tử cố định bởi mọi tự đẳng cấu thuộc H, khi đó   H    x  E :   x   x,   H  Nếu K là một trường trung gian, nghĩa là F  K  E , xác định: g  K   Gal  E / F     G :   x  , x  K  Kí hiệu: g  K  là nhóm tự đẳng cấu của E. Định lý Galois là nói về quan hệ giữa các trường cố định. 6.1.2 Tính chất Cho E / F là Galois mở rộng hữu hạn với nhóm Galois G  Gal  E / F  . Thì Trang 133 Đình Thị Hải Yến Nhóm 2 i. Trường cố định của G là F. ii. Nếu H là nhóm con riêng của G thì trường cố định của H có tính chất giống như F. Chứng minh: i. Cho F0 là phạm vi cố định của G. Nếu  là F một tự đồng cấu của E, thì định nghĩa của F0 ,  cố định mọi thứ trong F0 . Vì vậy tự đồng cấu F của G trùng khớp với tự đồng cấu F0 của G. Bây giờ, do (3.4.7) và (3.5.8) thì E / F0 là Galois. Bởi (3.5.9) kích thước nhóm Galois của Galois mở rộng hữu hạn là độ mở rộng. Do đó  E : F    E : F0  như vậy bời (3.1.9), F  F0 . ii. Giả sử F    H  . Theo định lý của nguyên hàm (3.5.12) chúng ta có E  F   với   E . Xác định một đa thức f  x   E  x  bởi f  x     X      Nếu τ là bất kỳ tự đẳng cấu  H thuộc H, thì ta có thể áp dụng τ tới f (đó là, hệ số tương quan của f). Chúng ta sẽ thảo luận vấn đề này trong (3.5.2). Kết quả là :  f  X     X       H Nhưng như  là đại diện của tất cả các H, do đó  , và xem như là  f  f . Do đó mỗi hệ số của f là cố định bởi H, để f  F  X  . Bây giờ  là một chứng minh của f, từ đó X   ( ) là 0 khi X   và  là đồng nhất thức. Chúng ta có thể nói hai điều về cấp của f: Theo định nghĩa của f, bậc f  H  G   E : F  , và vì f là một bội số của đa thức tối thiểu của  trên F. Bậc f   F   : F    E : F  , và chúng ta có sự mâu thuẫn ở đây. Có một sự nghịch lí ở phần (6.1.2). 6.1.3 Mệnh đề Cho E / F là một phần hữu hạn với nhóm Galois G. Nếu trường cố định của G là F, sau đó E/F là Galois. Chứng minh: Lấy G   1 ,...,  n  ,  1 là đồng nhất thức. Cho thấy E/F là chuẩn tắc. Chúng ta hãy xem xét một đa thức bất khả quy f  F  X  với   E . Áp dụng với mỗi tự đẳng cấu trong G đến  và giả sử rằng có những hình ảnh riêng biệt   1   1 ( ),  2   2 ( ),...,  r   r ( ) . Nếu  là phần tử bất kỳ thuộc G sau đó  sẽ là ảnh của  i đến  j và kể từ khi  là một ánh xạ ….của tập hữu hạn Trang 134 Đình Thị Hải Yến Nhóm 2 1 ,..., r  với chính nó, cũng như nó là toàn ánh. Để đơn giản,  là hoán vị của các  i . Bây giờ chúng ta xem xét  làm gì đến nguyên tố đối xứng cơ bản của  i , được cho bởi : r e1    i ,e2    i j , e3  i 1 i j    i j k ,... i  j k r er   i i 1 Kể từ khi  là hoán vị của các  i , nó theo sau   ei   ei với mọi i. Do đó ei là trường cố định của G, đó là F bởi giả thuyết. Bây giờ chúng ta tạo thành một đa thức Monic có nguồn gốc là  i : g  X    X  1  ... X   r   X r  e1 X r 1  e2 X r  2  ...  (1)r er Trang 135 Lâm Thị Bích Thủy Nhóm 2 Họ và tên: Lâm Thị Bích Thủy Dịch từ trang 144 đến trang 153 Bài dịch 6.1. TRƯỜNG CỐ ĐỊNH VÀ CÁC NHÓM GALOIS Từ đó ei thuộc vào F , g  F  X  , và từ  i nằm trong E , g tách trên E . Chúng ta khẳng định g là đa thức tối thiểu của  trên F . Để thấy điều này, đặt h  X   b0  b1 X    bm X m được bất kỳ đa thức trong F  X  có  là một nghiệm. Áp dụng  i vào phương trình: b0  b1    bm m  0 Chúng ta có: b0  b1 i    bm im  0 Do đó mọi  i là một nghiệm của h , từ đó g chia h và vì thế g  min  , F  . Nhưng chúng ta coi đa thức ban đầu f  F  X  là tối giản và có  là một nghiệm, vì vậy nó phải là một bội số hằng số của g . Do đó, f tách trên E , chứng minh rằng E / F là chuẩn tắc. Từ đó  i , i  1, , r thì riêng biệt, g không có các nghiệm lặp lại. Do đó  là tách được trên F , trong đó chỉ ra rằng sự mở rộng E / F là tách được. Đó là thuận lợi để kiểm tra hàm đối xứng cơ sở chi tiết hơn. 6.1.4. ĐỊNH LÝ Cho f là một đa thức đối xứng trong đó n biến thay đổi từ X 1 , , X n . [Điều này có nghĩa rằng nếu  là hoán vị bất kỳ trong S n và chúng ta thay thế X i bởi X  i  với i  1, , n , khi đó f không thay đổi.]. Nếu e1 ,  , en là hàm đối xứng cơ bản của X i , khi đó f có thể biểu diễn như một đa thức trong ei . Chứng minh. Chúng ta cho một thuật toán. Đa thức f là một tổ hợp tuyến tính của đơn thức X 1r1  X nrn , và chúng ta cho bậc của đơn thức: X 1r1  X nrn  X 1s1  X nsn khi và chỉ khi có sự khác nhau đầu tiên giữa ri và si các kết quả trong ri  si . Từ đó f đối xứng, tất cả những số hạng được sinh ra bằng cách áp dụng một hoán vị   Sn với ký hiệu X 1r1  X nrn cũng sẽ góp phần cho f . Khái niệm là bỏ các số hạng đầu ( các liên quan đó với bậc đầu tiên trong đơn thức ) bằng cách trừ đi một biểu thức của mẫu Trang 136 Lâm Thị Bích Thủy Nhóm 2 t t e1t1 e2t2  entn   X 1    X n  1   X 1  X n  n Trong đó có số hạng đầu: t t t X 1t1  X 1 X 2  2  X 1 X 2 X 3  3   X 1  X n  n  X 1t1   tn X 2 t2   t n  X ntn Điều này có thể xảy ra nếu chúng ta chọn: t1  r1  r2 , t 2  r2  r3 ,  , t n 1  rn 1  rn , t n  rn . Sau khi trừ, kết quả đa thức có số hạng đầu thì thấp X 1r1  X nrn trong các bậc của toán học. Chúng ta có thể lặp lại các bước, trong đó phải giới hạn trong một số hữu hạn của các bước. 6.1.5 HỆ QUẢ Nếu g là một đa thức trong F  X  và f 1 , ,  n  là đa thức đối xứng bất kỳ trong hệ nghiệm 1 ,  ,  n của g , khi đó f  F  X  . Chứng minh. Chúng ta có thể giả sử mà không mất tính tổng quát rằng g là monic. Khi đó trong một trường tách được của g chúng ta có: n g  X    X   1   X   n   X n  e1 X n 1      1 en . Bởi (6.1.4), f là một đa thức trong ei , và từ đó ei chỉ đơn giản là  các hệ số của g , các hệ số của f là trong F . 6.1.6 BỔ ĐỀ DEDEKIND Kết quả độ lớn của nhóm Galois của một mở rộng Galois hữu hạn là bậc của phần mở rộng có thể được chứng minh thông qua bổ đề của Dedekind, với sự quan tâm theo đúng nghĩa của nó. Cho G là một nhóm và E là một trường. Một đặc tính từ G vào E là một đồng cấu từ G đến nhóm nhân E * của các phần tử khác không của E . Đặc biệt, một tự đẳng cấu của E được định nghĩa là một đặc tính với G  E * , cũng như một đơn cấu của E vào trong trường L . Bổ đề Dedekind biểu rằng nếu  1 ,  ,  n là những đặc tính khác biệt từ G đến E , khi đó  i là độc lập tuyến tính trên E . Phép chứng minh được đưa ra trong vấn đề 3 và 4. Trang 137 Lâm Thị Bích Thủy Nhóm 2 ĐỐI VỚI VẤN ĐỀ PHẦN 6.1 1. Biểu diễn X 12 X 2 X 3  X 1 X 22 X 3  X 1 X 2 X 32 trong các số hạng của các hàm đối xứng cơ bản. 2. Lặp lại vấn đề 1 cho X 12 X 2  X 12 X 3  X 1 X 22  X 1 X 32  X 22 X 3  X 2 X 32  4 X 1 X 2 X 3 . 3. Để bắt đầu chứng minh bổ đề Dedekind, giả sử rằng  i là phụ thuộc tuyến tính. Bằng cách đánh số lại các  i nếu cần thiết, chúng ta có: a 1    a r 1 r  0 Với tất cả ai khác không và r càng nhỏ càng tốt. Chứng tỏ rằng với mọi h và g  G , chúng ta có: r  a   h  g   0 i 1 (1) i i 1 r  a   h  g   0 Và i i (2) i i 1 [Các phương trình (1) và (2) không giống nhau; trong (1) chúng ta có  1  h  , không có  i  h  .] 4. Tiếp tục vấn đề 3, trừ (2) cho (1) ta được: r  a   h     h     g   0 i 1 i (3) i i 1 Với g tùy ý, đi đến một mâu thuẫn bởi một sự lựa chọn thích hợp của h 5. Nếu G là một nhóm Galois của   2  trên  , trường cố định của G 3 là gì? 6. Tìm nhóm Galois của  /  . 7. Tìm trường cố định của nhóm Galois của vấn đề 6. 6.2. ĐỊNH LÝ CƠ BẢN Với các bước mở đầu được quan tâm bây giờ, chúng ta có thể tiến hành trực tiếp đến kết quả chính. 6.2.1. ĐỊNH LÝ CƠ BẢN CỦA LÝ THUYẾT GALOIS Cho E / F là một phần mở rộng Galois hữu hạn với nhóm Galois G . Nếu H là một nhóm con của G , cho F  H  là trường cố định của H , và nếu K là một trường trung gian, cho   K  là Gal  E / K  , nhóm cố định của K (xem (6.1.1)). Trang 138 Lâm Thị Bích Thủy Nhóm 2 (1) F là một ánh xạ song ánh từ nhóm con đến các trường trung gian, với nghịch đảo  . Cả hai ánh xạ là liên hệ bao hàm đảo chiều, có nghĩa là, nếu H1  H 2 khi đó F  H1   F  H 2  , và nếu K1  K 2 , khi đó   K1     K 2  . (2) Giả sử rằng trường trung gian K tương đương nhóm con H dưới Galois tương ứng. Khi đó: (a) E / K luôn luôn chuẩn tắc ( từ Galois); (b) K / F là chuẩn tắc khi và chỉ khi H là một nhóm con chuẩn tắc của G , và trong trường hợp này, (c) Nhóm Galois của K / F là đẳng cấu với nhóm thương G / H . Hơn nữa, dù K / F là chuẩn tắc hay không, (d)  K : F    G : H  và  E : K    H  . (3) Nếu trường trung gian K tương ứng với nhóm con H và  là tự đẳng cấu bất kỳ trong G , khi đó trường  K    x  : x  K  tương đương nhóm con liên hợp  H  1 . Vì suy luận này,  K được gọi là trường con liên hợp của K . Sơ đồ dưới đây giúp hiểu E G K H F 1 Khi chúng ta dịch chuyển lên cạnh trái từ trường nhỏ nhất đến lớn nhất, chúng ta di chuyển xuống cạnh phải từ nhóm lớn nhất đến nhỏ nhất. Một phát biểu về K / F , một bộ tập hợp con có tính chất của cạnh trái, tương đương một phát biểu về G / H , được tìm thấy ở đỉnh cạnh phải. Tương tự, một phát biểu về E / K tương đương một phát biểu về H /1  H . Chứng minh. (1) Đầu tiên, dựa trên sơ đồ đa hợp H  F  H   F  H  . Nếu   H khi đó  cố định F  H  bởi định nghĩa của trường cố định, và vậy thì   F  H   Gal  E / F  H   . Như vậy H  F  H  . Nếu liên hệ bao hàm là đúng, khi đó theo (6.1.2) phần (ii) với F được thay thế bởi F  H  , chúng ta có F  H   F  H  , mâu thuẫn. [ Chú ý rằng E / K là một mở rộng Galois cho trường trung gian K bất kỳ, bởi (3.4.7) và (3.5.8).] Vì vậy F  H   H . Trang 139 Lâm Thị Bích Thủy Nhóm 2 Bây giờ có sơ đồ đa hợp K    K   F  K   FGal  E / K  . Bởi (6.1.2) phần (i) với F được thay thế bởi K , chúng ta có F  K   K . Từ đó cả F và  là liên hệ bao hàm đảo chiều bởi định nghĩa, chứng minh (1) thì hoàn thành. (2) Trường cố định của  H  1 là tập hợp tất cả x  E sao cho  1  x   x với mọi   H . Như vậy: F  H  1    x  E :   x   F  H     F  H   1 (2a) Điều này đã được tiến hành trong chứng minh của (1) (2b) Nếu  là một F - đơn cấu của K trong E , khi đó bởi (3.5.2) và (3.5.6),  mở rộng để một F - đơn cấu của E vào chính nó, nói cách khác (xem (3.5.6)), một F - đơn cấu của E . Vì vậy mỗi  là giới hạn đến K của một phần tử của G . Ngược lại, giới hạn của một tự đẳng cấu trong G đến K là một F - đơn cấu của K trong E . Bởi (3.5.5) và (3.5.6), K / F là chuẩn tắc khi và chỉ khi với mọi   G chúng ta có   K   K . Nhưng bởi (3),   K  tương đương  H  1 và K tới H . Vì vậy K / F là chuẩn tắc khi và chỉ khi  H  1  H với mọi   G , nghĩa là H G . (2c) Xem xét các đồng cấu của G  Gal ( E / F ) để Gal ( K / F ) được cho bởi    K . Ánh xạ là toàn ánh bởi đối số được đưa ra trong phần chứng minh của (2b). Phần chủ yếu là tập hợp tất cả các tự đẳng cấu trong G hạn chế bởi đồng nhất thức trên K , đó là, Gal  E / K   H . Kết quả sinh ra từ định lý đẳng cấu đầu tiên. (2d) Bởi (3.1.9),  E : F    E : K  K : F  . Thuật ngữ bên trái là G bởi (3.5.9), và số hạng bên phải là Gal  E / K  bởi (2a), và điều này lần lượt là H từ H    K  . Do đó G  H  K : F  , và kết quả sinh ra từ định lý Lagrange. [Nếu K / F là chuẩn tắc, chứng minh thì nhanh hơn không đáng kể. Phát biểu đầu tiên sinh ra từ (2c). Chứng minh trường hợp thứ hai, chú ý rằng bởi (3.1.9) và (3.5.9), E : K   E : F   K : F  G  H ] G/H Kết quả tiếp theo làm nhớ lại định lý đẳng cấu thứ hai, và được hình dung tốt nhất qua biểu đồ kim cương của hình 6.2.1. trong biểu đồ, EK là tổng hợp của hai trường E và K , đó là trường nhỏ nhất có chứa cả E và K . Trang 140 Lâm Thị Bích Thủy Nhóm 2 6.2.2 ĐỊNH LÝ Cho E / F là một mở rộng Galois hữu hạn và K / F là một mở rộng tùy ý. Giả sử rằng E và K đều được chứa trong một trường chung, do đó nó hợp lý để xem xét hợp tử EK . Khi đó (1) EK / K là một mở rộng Galois hữu hạn; (2) Gal ( EK / K ) được nhúng vào trong Gal  E / F  , trong đó nhúng được thực hiện bằng giới hạn tự đẳng cấu trong Gal ( EK / K ) đến E ; (3) Nhúng là một đẳng cấu khi và chỉ khi E  K  F . EK E K EK F Hình 6.2.1 Chứng minh. (1) Theo định lý của các phần tử nguyên (3.5.12), chúng ta có E  F   đối với một số   E , vì vậy EK  KF    K   . Mở rộng K   / K là hữu hạn vì  là đại số trên F , do đó trên K . Vì  được coi là một phần tử của EK , có thể tách được trên F và do đó trên K , mà EK / K là tách được. [ Để tránh phá vỡ cách nghĩ chính, kết quả này sẽ được phát triển trong các bài tập (xem vấn đề 1 và 2).] Trang 141 Lâm Thị Bích Thủy Nhóm 2 Bây giờ cho f là đa thức tối thiểu của  trên F , và g là đa thức tối thiểu của  trên K . Từ đó f  K  X  và f    0 , chúng ta có g f , và nghiệm của g phải thuộc về E  EK  K   vì E / F là chuẩn tắc. Khi đó K   là một trường tách được cho g trên K , thế bởi (3.5.7), K   / K là chuẩn tắc. (2) Nếu  là một tự đẳng cấu trong Gal ( EK / K ) , giới hạn  đến E , vì vậy xác định một đồng cấu từ Gal ( EK / K ) đến Gal  E / F  . ( Chú ý rằng  E là một tự đẳng cấu của E vì E / F là chuẩn tắc). Bây giờ  cố định trong K , và nếu  thuộc hạch của đồng cấu, khi đó  cũng cố định trong E , vì vậy  cố định trong EK  K   . Như vậy  là đồng nhất, và hạch là không đáng kể, chứng minh rằng đồng cấu thì thật sự là một phép nhúng. (3) Phép nhúng của các sơ đồ (2) Gal ( EK / K ) đến nhóm con H của Gal  E / F  , và chúng ta sẽ tìm được trường cố định của H . Bằng (6.1.2), trường cố định của Gal ( EK / K ) là K , và từ đó phép nhúng chỉ hạn chế tự đẳng cấu đến E , trường cố định của H phải là E  K . Theo định lý cơ bản, H  Gal  E /  E  K   . Như vậy: H  Gal  E / F  khi và chỉ khi Gal  E /  E  K    Gal  E / F  Và bằng cách áp dụng trường cố định toán tử F , chúng ta thấy rằng điều này xảy ra khi và chỉ khi E  K  F . ĐỐI VỚI VẤN ĐỀ PHẦN 6.2 1. Cho E  F 1 , ,  n  , trong đó mỗi  i là đại số và tách được trên F . Chúng ta sẽ chứng tỏ rằng E thì tách được trên F . Không mất tính tổng quát, chúng ta có thể giả định rằng đặc tính của F là một nguyên tố p , và từ khi F / F là tách được, kết quả giữ cho n  0 . Để thực hiện các bước quy nạp, cho Ei  F 1 , ,  i  , do đó Ei 1  Ei  i 1  . Chứng tỏ rằng Ei 1  Ei  Eip1  . (Xem phần 3.4, vấn đề 4-8, cho các ký hiệu). 2. Tiếp tục vấn đề 1, chứng tỏ rằng E thì tách được trên F . 3. Cho E  F 1 , ,  n  , trong đó mỗi  i là đại số trên F . Nếu với mỗi i  1, , n , tất cả các liên hợp của  i (các nghiệm của đa thức tối thiểu của  i trên F ) thuộc vào E , chứng tỏ rằng E / F là chuẩn tắc. 4. Giả sử rằng F  K 0  K1    K n  E , trong đó E / F là một trường mở rộng Galois hữu hạn, và trường trung gian K i tương ứng với các nhóm con H i dưới Galois tương ứng. Chứng tỏ Trang 142