Một số vấn đề về mở rộng trường

KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

Trường là một tập hợp K chứa nhiều hơn một phần tử, được trang bị hai phép toán cơ bản là phép cộng (+) và phép nhân (.), đồng thời phải tuân thủ các quy tắc nhất định.

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:

Giả sử A là một tập con ổn định đối với phép toán cộng và nhân trong trường K Chúng ta định nghĩa A là một trường con của trường K nếu A cùng với hai phép toán này tạo thành một cấu trúc 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  A

1.4 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

Trường K được gọi là trường có đơn vị, và nếu n1 ≠ 0 với mọi số tự nhiên n ≠ 0, thì đặc số của trường K là 0 Ngược lại, nếu tồn tại số nguyên dương p nhỏ nhất sao cho p1 = 0, thì p được coi là đặc số của trường K Ký hiệu đặc số của trường K là Char(K).

Char(Z p ) = p với p là số nguyên tố

1.5 Mệnh đề Trong một trường K với đặc số nguyên tố p ta có:

Đa thức f(x) trong vành đa thức K[x] được gọi là bất khả quy trên trường K nếu nó không thể phân tích thành tích của hai đa thức bậc khác 0 trên K, với bậc n ≥ 1 Ngược lại, nếu f(x) có thể phân tích như vậy, thì nó được xem 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

Tiêu chuẩn Eisenstein là một tiêu chí quan trọng trong lý thuyết đa thức, áp dụng cho đa thức f(x) = a0 + a1x + + anxn (với n > 1) có hệ số nguyên Theo tiêu chuẩn này, nếu tồn tại một số nguyên tố p mà không chia hết hệ số cao nhất an, nhưng chia hết các hệ số còn lại, và p² không chia hết số hạng tự do a0, thì f(x) được coi là bất khả quy trong Q[x].

Trường các thương của miền nguyên X được định nghĩa là một trường, trong đó tồn tại một đơn cấu miền nguyên f: X → X, sao cho mọi phần tử của X có thể biểu diễn dưới dạng f(a)f(b) -1, với a, b thuộc X và b khác 0.

Định lý về sự tồn tại trường các thương khẳng định rằng, với miền nguyên X, tồn tại một trường X duy nhất mà khác đẳng cấu Đơn cấu miền nguyên f : X → X được xác định sao cho mọi phần tử của X có thể biểu diễn dưới dạng f(a)f(b) -1 với a, b thuộc X và b khác 0 Điều này có nghĩa là trường các thương của miền nguyên X tồn tại và là duy nhất, khác đẳng cấu với trường đã cho.

MỞ RỘNG TRƯỜNG

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)

P là giao của tất cả các trường con của K, và nó là trường con của K không chứa trường con nào khác của K ngoài P Đồng thời, mọi trường con của K đều bao gồm P Trường con có những đặc điểm này được gọi là trường con nguyên tố của trường K.

Nếu K = P, thì K đƣợc 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

Nếu A là trường con của trường P, và P lại là trường con của trường K, thì A cũng sẽ là trường con của K Từ đó, ta có P thuộc A, dẫn đến A bằng P Do đó, P được xác định 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 Z p các số nguyên mod p

Chứng minh Đơn vị của trường K là 1 K , do P là trường con nguyên tố của trường

K nên phần tử đơn vị 1 K  P Xét ánh xạ f : Z  K sao cho f(m) = m1K

Ta chứng minh đƣợc 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)1 K = (m1 K )(n1 K ) = f(m)f(n)

Hạt nhân của đồng cấu vành f là Ker(f) = m  Z  f(m) = 0

 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 đƣợc một đẳng cấu vành:

Đẳng cấu giữa vành số nguyên Z và ảnh của hàm f, ký hiệu là Im(f), được thể hiện qua mối quan hệ Z/Ker(f)  Im(f) Điều này dẫn đến một đẳng cấu giữa trường các thương của Z, tức là Q, và trường các thương của Im(f), ký hiệu là P Do đó, ta có thể khẳng định rằng Q  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 Z p Im(f)

Do Z p là trường nên Im(f) cũng là trường Mặt khác Im(f) là trường con bé nhất của trường K nên Im(f) = P

2.1.4 Mệnh đề Nếu K là một trường có đặc số nguyên tố p thì ánh xạ f: a  a p là một tự đơn cấu của trường K

Chứng minh Với  a, b  K ta có: f(a + b) = (a + b) p = a p + b p = f(a) + f(b) f(ab) = (ab) p = (a p )(b p ) = f(a)f(b)

Ngoài ra: vì f(1) = 1 p = 1 ≠ 0 K nên f khác tự đồng cấu không của K Vì vậy f là một tự đơn cấu của trường K 

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 được coi là đại số trên K nếu nó là nghiệm của một đa thức không bằng 0 f thuộc K[x] Ngược lại, một phần tử u không đại số trên K được gọi là siêu việt trên K.

Mở rộng đơn K(u) của trường K được phân loại thành mở rộng đơn siêu việt hoặc mở rộng đơn đại số, tùy thuộc vào việc phần tử sinh u thuộc 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 = , 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:

Nếu \(\psi: K(x) \approx K(u)\) với \(\psi(x) = u\) và \(\psi(a) = a\) cho mọi \(a \in K\), thì nếu \(u\) là đại số trên \(K\), \(u\) sẽ là nghiệm của một đa thức bất khả quy \(q \in K[x]\) Hơn nữa, mở rộng đơn \(K(u)\) sẽ đẳng cấu với trường \(K[x]/(q)\) thông qua một đẳng cấu.

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] Nếu u là phần tử siêu việt trên K, mọi đa thức f(x)  K[x] sao cho f(u) = 0 sẽ dẫn đến f = 0, do đó Kerhu = 0 và hu là một đơn cấu Đơn cấu hu tạo ra một đẳng cấu miền nguyên h: K[x]/Kerhu = K[x]  Imhu = K[u], từ đó dẫn đến một đẳng cấu trường các thương tương ứng  : K(x)  K(u).

Trường phân thức hữu tỷ được định nghĩa là {x g x f | f(x), g(x) ∈ K[x], g(x) ≠ 0} K(u) là trường mở rộng đơn của K, được sinh bởi u Nếu u là phần tử đại số trên K, tồn tại đa thức 0 ≠ f(x) ∈ K[x] sao cho f(u) = 0, dẫn đến Kerhu ≠ 0 Kerhu là một iđêan khác {0} của miền nguyên K[x], do đó kerhu = (q) là iđêan chính của K[x], được sinh bởi một đa thức 0 ≠ q ∈ K[x] có bậc nhỏ nhất trong các đa thức khác của Kerhu, từ đó q là đa thức bất khả quy.

Mặt khác: Kerh u = (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:

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 u: K[x]/(q)  K(u) sao cho u(x + (q)) = u, u(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 + c 1 x +…+ c n x n  K[x], c n  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  có thể đặt dưới dạng một đa thức duy nhất theo u hệ tử trên K

Chứng minh rằng: i) Được suy trực tiếp từ Mệnh đề 2.2.3 ii) Một đa thức f thuộc K[x] với f(u) = 0 có nghĩa là f thuộc Kerhu = (q), do đó f = g.q với g thuộc K[x] iii) Theo Mệnh đề 2.2.3, ta có đồng nhất K[x]/(q) tương đương với K(u), nên mọi phần tử ω thuộc K(u) đều có dạng nhất định.

Theo định lý về phép chia có dƣ 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: r = a0 + a1x +…+ an-1x n-1

Từ đó ta có:  = (f + (q)) = (r + (q)) = a0 + a1u +…+ an-1u n-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-1x n-1 + x n gọi là đa thức bất khả quy tối tiểu của phần tử đại số u trên K

Bậc của đa thức bất khả quy qu  K[x] đƣợc gọi là bậc của phần tử đại số u trên K, ký hiệu [u : K]

2.2.7 Ví dụ i) Số thực 2 R là phần tử đại số trên trường con Q của R có đa thức tối tiểu x 2 –

2  Q[x] bất khả quy theo tiêu chuẩn Eisenstein Theo Mệnh đề 2.2.3 ta có đẳng cấu trường:

Q[x]/(x 2 – 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:  = a + b 2; a, b  Q

Mỗi  = 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:

  ii) Số phức i  C (sao cho i 2 = –1) là đại số trên trường con R của C, có đa thức bất khả quy tối tiểu là 1 + x 2  R[x] Theo Mệnh đề 2.2.3 ta có đẳng cấu:

Do đó: z  R(i) ta có z = a + bi; a, b  R iii) Số phức  2

  C là đại số trên trường con R của C

  2 +  +1 = 0 Suy ra,  là nghiệm của đa thức q(x) = x 2 + x + 1 R[x], q(x) là đa thức bất khả quy trên R Do đó q(x) = x 2 + x + 1 là đa thức bất khả quy tối tiểu của phần tử  2

 Theo Mệnh đề 2.2.3 ta có đẳng cấu trường:

Do đó, với z thuộc R(ω), ta có z = a + bω, trong đó a và b là các số thực Đa thức q = x^5 + 2x + 2 được xem là đa thức bất khả quy trong Q[x] theo tiêu chuẩn Eisenstein Một nghiệm u của đa thức này là phần tử đại số trên trường Q, với đa thức bất khả quy tối tiểu chính là q Nếu gọi Q(u) là mở rộng đơn đại số của Q sinh bởi u, thì ta có đẳng cấu trường.

Mỗi phần tử  trong Q(u) có dạng  = a0 + a1u + a2u² + a3u³ + a4u⁴, với ai thuộc Q và i từ 0 đến 4 Đặc biệt, phần tử nghịch ⁻¹ của mỗi phần tử 0 ≠  trong Q(u) cũng có thể biểu diễn dưới dạng một đa thức theo u với hệ số hữu tỷ Ví dụ, phần tử u thuộc Q(u) là nghiệm của đa thức x⁵ + 2x + 2, do đó phần tử nghịch của nó là 1/4.

Kết nối nghiệm

Trong phần 2.2, chúng ta đã xem xét một mở rộng E của trường K cùng với đa thức bất khả quy tối tiểu của một phần tử u thuộc E đại số trên K Một cách tiếp cận khác để giải bài toán mở rộng là bắt đầu từ một trường K và một đa thức bất khả quy q trong K[x], sau đó xây dựng một trường lớn hơn chứa một nghiệm u của q Phương pháp này đã được minh họa qua việc xây dựng trường C của các số phức từ trường R của các số thực bằng cách thêm một nghiệm ảo của đa thức x^2 + 1 Tổng quát, quy trình này cho phép mở rộng trường một cách có hệ thống.

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 p : K[x] K[x]/(q) := F là phép chiếu tự nhiên Đặt  = p  j : K  K[x]/(q) Khi đó ta có:

Do đó  là đơn cấu Vì vậy  sẽ nhúng K thành trường con cuả trường F K[x]/(q) bằng cách đồng nhất a  (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

Mọi trường con của F chứa K và phần tử u = x + (q) cũng sẽ chứa mọi phần tử f + (q), với f thuộc K[x], dẫn đến việc trường con đó trùng với F Do đó, F được sinh bởi K và u, tức là F = K(u) Mở rộng đơn K(u) thực chất là ảnh đồng cấu của trường K[x]/(q) qua đẳng cấu u: K[x]/(q)  K(u), với đẳng cấu  trong chứng minh trước là nghịch đảo của u Như vậy, mở rộng đơn K(u) của K là duy nhất, chỉ khác nhau ở một đẳng cấu như được nêu trong định lý tiếp theo.

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 : K(u) K(v) sao cho (u) = v và (a)

Chứng minh Theo Mệnh đề 2.2.3 và chứng minh của Mệnh đề 2.3.1 ta có các đẳng cấu trường:

K(u)   u 1 K[x]/(q)   v K(v) sao cho  u  1 (u) = x + (q),  u  1 (a) = a + (q) và v(x + (q)) = v, v(a + (q)) = a với mọi a  K Đặt    v   u  1 Khi đó : K(u)  K(v) là một đẳng cấu và  u  K(u) ta có:

Chứng minh tính duy nhất của :

Giả sử f: K(u)  K(v) là một đẳng cấu thoả mãn điều kiện f(u) = v, f(a) = a,

Định lý 2.3.2 chỉ ra rằng việc mở rộng đơn của một trường K bởi các nghiệm của một đa thức bất khả quy q∈K[x] có thể dẫn đến các trường khác nhau về tập hợp nhưng lại có cùng cấu trúc trường Nhờ vào định lý này, chúng ta có khả năng xác định các tự đẳng cấu của một trường.

2.3.3 Ví dụ i) Ta có đa thức x 2 + 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:

Theo Định lý 2.3.2 ta có một đẳng cấu : C  C sao cho (i) = –i, (a) = a, a 

R Vì  z  C có dạng duy nhất z = a + bi, với a, b R nên (a + bi) = a – bi Vậy tự đẳng cấu  này biến mỗi số phức thành liên hợp của nó ii) Trên trường Z 3, đa thức x 2 – x – 1 Z 3[x] là đa thức bất khả quy vì không có nghiệm trong Z 3 Do đó trường Z 3[x]/(x 2 – x – 1) xem như được sinh bởi Z 3 và một nghiệm u của đa thức x 2 – x – 1  Z 3[x], tức là trường Z3(u) thu được nhờ kết nối với Z 3 một phần tử u thoả mãn hệ thức u 2 – u – 1 = 0 và

Z 3 (u) = {a + bu / a, b  Z 3} = {0, 1, 2, u, 2u, 1 + u, 2 + u, 1 + 2u, 2 + 2u} Vậy trường Z 3 (u) gồm 9 phần tử.

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 đƣợc gọi là bậc của mở rộng F trên K

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

Gọi qu(x) là đa thức tối tiểu của phần tử đại số u bậc n trên K Theo Hệ quả 2.2.5 iii, mọi phần tử ω ∈ K(u) có thể được biểu diễn duy nhất dưới dạng.

Ta chứng minh {1, u,…, u n-1 } là hệ độc lập tuyến tính trên K Giả sử có hệ thức tuyến tính không tầm thường

0 + 1u +…+ n -1u n-1 = 0, i K, i  0 , n  1 Đặt (x) = 0 + 1x +…+n-1x n-1  K[x] có (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, …, u n-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) :

Do K(v) là mở rộng đơn đại số sinh bởi v nên ta có [v : K] = [K(v) : K] (theo

Theo giả thiết ta có K(u) = K(v) Do đó: dim K K(u) = dim K K(v)  [K(u) : K] = [K(v) : K] (3)

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

Trong không gian vectơ n chiều F, nếu v là một phần tử thuộc tập hợp phụ thuộc tuyến tính gồm n + 1 phần tử 1, v, …, v n, thì tồn tại một hệ thức tuyến tính a0 + a1v +…+ anv n = 0 với ai thuộc K và không đồng thời bằng 0 Điều này chỉ ra rằng v là nghiệm của một đa thức f(x) = a0 + a1x +…+ anx n, với 0 ≠ f(x) và bậc của f là n Do đó, v được xem là một phần tử đại số.

K Theo Hệ quả 2.2.5, v là nghiệm của một đa thức bất khả quy q  K[x] với bậc không vƣợt 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   F, ta xét hệ gồm n + 1 phần tử thuộc F sau đây:

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 + c1 + c2 2 + c3 3 +…+ cn n = 0, (ci  K)

Nói khác đi, tồn tại một đa thức khác không: f(x) = 

 K[x] để cho f() = 0, hay  là phần tử đại số trên trường K 

Mở rộng đại số lặp

2.5.1 Định nghĩa Giả sử K là một trường; u 1 , u 2 ,…, u n  E, với E là một mở rộng bất kỳ của trường K Ta ký hiệu K(u 1 , u 2 ,…, u n ) 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 u 1 , u2,…, un  E

2.5.2 Nhận xét Mở rộng lặp K(u 1 , u 2 ,…, u n ) thu được nhờ cách lặp lại nhiều lần các mở rộng đơn của trường K Nói rõ hơn ta có:

2.5.3 Định lý Nếu F là mở rộng hữu hạn của trường K có một cơ sở gồm các phần tử u 1 , u 2 ,…, u n và E là một mở rộng hữu hạn của F gồm các phần tử v 1 , v 2 ,…, v m thì E là một mở rộng hữu hạn của K có một cơ sở gồm mn phần tử u i v j ,  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:

Khi đó: với   E ta có:  =

, aj  F, j = 1, …, m Do aj  F nên ta có a j = 

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

Lại do: {u i } i=1,…,n là cơ sở của F trên K nên ta có: a ij = 0, i = 1,…,n; j = 1,…, m

Vậy {u i vj } là hệ độc lập tuyến tính và mọi phần tử thuộc E đều biểu diễn đƣợc qua nó nên {u i v j }, i = 1,…, n; j = 1,…, m là một cơ sở của E trên K 

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:

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

Theo Hệ quả 2.4.6, mọi mở rộng hữu hạn đều là mở rộng đại số Do đó, phần tử u thuộc F sinh ra một mở rộng đơn đại số K(u) trên K Theo Hệ quả 2.5.4, ta có công thức: 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 ƣớc 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(u 1 , u 2 ,…, u n ) là một trường sinh bởi K và n phần tử u 1 , u 2 , …, u n sao cho mỗi u i là đại số trên trường K(u 1 , u 2 , …, u i -1 ) sinh bởi K và i – 1 phần tử trước u i , 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 (u 1 , u 2 ,…, u n ) ta có:

Vì K(u1, u2, …, u i ) là mở rộng hữu hạn của K(u 1 , u2, …, u i-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] = 2 m (m > 1) thì một đa thức bất khả quy bậc 3 của K[x] cũng là đa thức bất khả quy F[x]

Một đa thức bất khả quy bậc 3 trong K[x] sẽ trở thành đa thức khả quy trong F[x] nếu và chỉ nếu nó có một nghiệm u thuộc F Nếu nghiệm u tồn tại trong F, thì u sẽ là đại số trên K theo Định lý 2.4.4, với bậc [u : K] = [K(u) : K] = deg q = 3 theo Mệnh đề 2.4.2.

Mặt khác: 2 m = [F : K] = [F : K(u)][K(u) : K] (theo Hệ quả 2.5.4)

Từ đó suy ra: 2 m (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 u 1 , u2, …, un  N ii) N = K (u1, u2, …, un), nghĩa là N đƣợc 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 = a 0 + a1x  K[x] với a1 ≠ 0, hiển nhiên f có nghiệm x = –

0 a a  K Do đó, trường nghiệm của f chính là N = K

Xét một đa thức f thuộc K[x] với bậc degf = n Giả sử mọi đa thức bậc n - 1 trong K[x] 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(u1) của K, trong đó u1 là một nghiệm của q thuộc K[x] Do u1 cũng là nghiệm của f trong F[x], ta có thể viết f = (x - u1)g, với g thuộc F[x] và deg g = degf - 1 = n - 1.

Theo giả thiết quy nạp, g có một trường nghiệm N chứa n – 1 nghiệm u 2 ,…, u n của g và N = F(u 2 ,…,u n ) Mở rộng N này của F cũng chứa n nghiệm u 1 , u2,…,u n của f và hơn nữa:

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

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 – u 1 )…(x – u n ), trong đó c  K * , u i  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

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, do u và v là các đại số trên Q, nên các mở rộng đơn Q(u) và Q(v) là mở rộng hữu hạn Do đó, mở rộng lặp Q(u, v) = Q(u)(v) cũng có bậc hữu hạn Theo Định lý 2.4.4, các phần tử u – v, uv, v cũng thuộc A.

(với 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) = u 0 + u 1 x +…+ u n x n  A[x] bậc n  1, có các hệ số u i là các số đại số Ta xét mở rộng lặp

F = Q(u0, u1,…, u n ) Khi đó F là mở rộng hữu hạn của Q

Vì các hệ số của đa thức f(x) thuộc F, nên mọi nghiệm u của f(x) đều là đại số trên F Điều này dẫn đến việc mở rộng đơn F(u) của F trở thành một 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

Trong vành Z_p[x] của các đa thức với hệ số là các số nguyên modulo p, số lượng các đa thức khác không bậc n là (p – 1)p^n Do đó, chúng ta có thể phân loại Z_p thành các lớp đa thức bậc nhất f_1(x), bậc hai f_2(x), và tiếp tục như vậy Từ dãy vô hạn các lớp đa thức này, chúng ta định nghĩa một dãy các trường (F_n) với n thuộc tập hợp các số tự nhiên.

N, bằng quy nạp nhƣ sau:

 Với n  1, F n là trường nghiệm của đa thức f n  Fn - 1[x]

Như thế, ta thu được một dây chuyền tăng các trường:

Trường F được trang bị phép cộng và phép nhân, cho phép định nghĩa tổng a + b và tích ab cho bất kỳ a, b thuộc F Do đó, F trở thành một trường với đặc số p, vì nó chứa trường con F₀ = Zₚ Để chứng minh F là trường kín đại số, ta xét đa thức g(x) = a₀ + a₁x + … + aᵣxʳ với bậc r ≥ 1 trong vành đa thức F[x] Tất cả hệ số aᵢ của g(x) thuộc vào trường nghiệm Fₙ của một đa thức có hệ số trong Zₚ, cho thấy chúng là phần tử đại số trên Zₚ Mở rộng lặp Zₚ(a₀, a₁,…, aᵣ) là một mở rộng hữu hạn của Zₚ Trong trường nghiệm N của g(x) trên Zₚ(a₀, a₁,…, aᵣ), đa thức g(x) phân rã thành các nhân tử tuyến tính: g(x) = c(x – u₁)(x – u₂)…(x – uᵣ).

Trường nghiệm và mở rộng kín đại số

Bài 1 Chứng minh rằng mọi tự đồng cấu khác không của trường Z p 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: Z p  Z p là một tự đồng cấu của trường Z p, khi đó ta có f(1) = f(1.1)

Với  k  Z p, với 0  k  p ta có: f( k ) = f(1 k ) = f(1)f( k ) = 0f( k ) = 0, suy ra f là tự đẳng cấu không của trường Z p

Hàm số f(k) = k cho thấy f là tự đẳng cấu đồng nhất của trường Z_p Theo định lý Fermat, với đặc số nguyên tố p, ánh xạ f: a ↦ a^p là một tự đồng cấu khác không của trường Z_p, khẳng định rằng f cũng là tự đồng cấu đồng nhất của trường này.

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 u 2 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 

MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG

Mọi tự đồng cấu khác không của trường Zp đều là đồng cấu đồng nhất, từ đó suy ra định lý Fermat: với mọi số nguyên a và số nguyên tố p, ta có a^p ≡ a (mod p).

Giải Giả sử f: Z p  Z p là một tự đồng cấu của trường Z p, khi đó ta có f(1) = f(1.1)

Với  k  Z p, với 0  k  p ta có: f( k ) = f(1 k ) = f(1)f( k ) = 0f( k ) = 0, suy ra f là tự đẳng cấu không của trường Z p

Hàm số f(k) = k cho thấy f là tự đẳng cấu đồng nhất của trường Zp Theo định lý Fermat, với trường Zp có đặc số nguyên tố p, ánh xạ f: a ↦ a^p là tự đồng cấu khác không của trường Zp Điều này khẳng định rằng f cũng là tự đồng cấu đồng nhất của trường.

Trong bài 2, cho K là một trường và a thuộc K, ta chứng minh rằng: a) Phần tử u là phần tử đại số trên trường K khi và chỉ khi u + a cũng là phần tử đại số trên K b) Phần tử u là phần tử đại số trên trường K khi và chỉ khi u bình (u^2) 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

Nếu u + a là phần tử đại số trong trường K, thì ta có u + a + (–a) = u, cho thấy u là đại số trên K Hơn nữa, giả sử u² là phần tử đại số, sẽ tồn tại một đa thức f(x) khác 0 thuộc Q[x] sao cho f(u²) = 0, tức là có một hệ thức tuyến tính không tầm thường trên Q: a₀ + a₁u² + … + aₙu²ⁿ = 0, với aᵢ thuộc Q cho mọi i từ 0 đến n.

Xét đa thức 0  g(x) = f(x 2 ) = a 0 + a 1 x 2 +…+ a n x 2n  Q[x], ta có g(u) = a 0 + a 1 u 2 +…+ a n u 2n = f(u 2 ) = 0

Từ đó, suy ra u là phần tử đại số

Ngƣợc lại, nếu u 2 là phần tử siêu việt trên K, thì vì mỗi đa thức f(x)  K[x] có thể viết f(x) = g(x 2 ) + xh(x 2 ); 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 

Giả sử \( u \) là một phần tử đại số trên trường \( K \) Chúng ta cần chứng minh rằng phần tử nghịch của mỗi phần tử khác 0 trong một mở rộng đơn \( K(u) \) có thể được biểu diễn dưới dạng một đa thức theo \( u \) với hệ số thuộc \( K \).

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:

Mọi   K có dạng một đa thức theo u là:  = r(u) với r  K[x] và  ≠ 0 Vì

Nếu u ≠ 0, thì u không phải là nghiệm của đa thức r thuộc K[x] Điều này có nghĩa là đa thức r không phải là bội của đa thức bất khả quy q của u trong K[x] Do đó, r và q là hai đa thức nguyên tố cùng nhau trong miền nguyên của vành chính K[x], dẫn đến sự tồn tại của các đa thức s và t.

 K[x] sao cho r.s + q.t = 1(Hệ thức Bezout) Đặt u vào hai vế của đa thức ta đƣợc: .s(u) = 1 hay  -1 = s(u) 

Bài 4 Tìm một tự đẳng cấu khác tự đẳng cấu đồng nhất cho mỗi trường Q( 2),

Đa thức x² - 2 thuộc Q[x] là một đa thức bất khả quy trên trường Q, với hai nghiệm là 2 và -2 trên R Trường Q(√2) và Q(-√2) được sinh bởi 2 và -2, do đó Q(√2) đồng isomorph với Q(-√2) Theo Định lý 2.3.2, tồn tại một đẳng cấu trường φ: Q(√2) → Q(-√2) sao cho φ(√2) = -√2 và φ(a) = a với mọi a thuộc Q.

 Ta có đa thức x 2 + 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), (a) = a, a  Q

Với z  Q(i), z = a + bi , a, b  Q, ta có (a + bi ) = a – bi

Bài 5 Tìm một trường gồm các số phức đẳng cấu với mỗi trường Q( 3 5), Q( 4 2)

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

Với p = 5, đa thức q(x) là đa thức bất khả quy trên Q, cho thấy q(x) là đa thức tối tiểu của phần tử u = 3 5 trên Q Đa thức này không chỉ có nghiệm thực 3 5 mà còn có hai nghiệm phức là  3 5 và  2 3 5, trong đó  = cos.

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

Với p = 2 trong lý thuyết Eisenstein, đa thức q(x) là đa thức bất khả quy trên Q, và do đó, nó trở thành đa thức tối tiểu cho phần tử u = 4√2 trên Q Đa thức q(x) không chỉ có các nghiệm thực là 4√2 và -4√2, mà còn có các nghiệm phức là i4√2 và -i4√2 Từ đó, ta có thể kết luận rằng Q(4√2) tương đương với Q(i4√2).

Bài 6 a) Tìm tất cả các đa thức bậc 2 và bậc 3 bất khả quy của Z 2 [x] b) Lập bảng cộng và bảng nhân cho một trường có 4 phần tử

Giải a) Chú ý: đa thức bậc 2 và 3 bất khả quy  vô nghiệm

 f(x) = ax 2 + bx + c, trong đó a, b, c  Z 2 = {0, 1}, a ≠ 0 f(x) bất khả quy trên Z 2  f(x) vô nghiệm trên Z 2

Vậy f(x) = x 2 + x + 1 là đa thức bất khả quy bậc 2 của Z 2 [x]

 f(x) = ax 3 + bx 2 + cx + d, trong đó a, b, c, d  Z 2 = {0, 1}, a ≠ 0 f(x) bất khả quy trên Z 2  f(x) vô nghiệm trên Z 2   

Vậy các đa thức bậc 3 bất khả quy của Z 2[x] là f(x) = x 3 + x + 1 f(x) = x 3 + x 2 + 1 b) Xét đa thức f(x) = x 2 + x + 1  Z 2[x] Ta có f(x) vô nghiệm trên trường Z 2 do đó f(x) bất khả quy trên trường Z 2

Trường Z[x]/(x^2 + x + 1) tương đương với trường Z_2(u), trong đó u là nghiệm của phương trình x^2 + x + 1 Trường Z_2(u) được tạo ra bằng cách kết nối Z_2 với phần tử u thỏa mãn u^2 + u + 1 = 0 Mọi phần tử trong Z_2(u) có dạng a + bu với a, b thuộc Z_2 = {0, 1}, do đó trường Z_2(u) có tổng cộng 4 phần tử: 0, 1, u, và 1 + u.

Vậy ta có bảng cộng và bảng nhân:

Mỗi số trong bài 7 thuộc mở rộng đơn đại số của Q, do đó chúng là đại số trên Q Để tìm đa thức bất khả quy tối tiểu trong Q[x] cho từng số, ta có: a) Đối với số 2 + 3, b) số 4 + 2√5, c) số 3√2 + 3√4, và d) số u^2 + u, trong đó u là nghiệm của phương trình x^3 + 3x^2 – 3.

Giải a) u = 2 + 3 u 2 = (2 + 3) 2  u 2 – 4(2 + 3) + 1 = 0  u 2 – 4u + 1 = 0 Vậy u là nghiệm của đa thức q(x) = x 2 – 4x + 1 Q[x], q(x) không có nghiệm thuộc Q nên q(x) là đa thức bất khả quy tối tiểu của phần tử đại số 2 + 3 b) u = 4 5  2 5 Đặt v 2 = 5 v = 4 5

U là nghiệm của đa thức q(x) = x^4 – 10x^2 – 20x + 20 thuộc Q[x], và q(x) được xác định là đa thức bất khả quy theo tiêu chuẩn Eisenstein với p = 5 Do đó, q(x) là đa thức bất khả quy tối thiểu của phần tử đại số 4√5 + 2√5 Hơn nữa, u = 3√2 + 3√4 dẫn đến u^3 = (3√2 + 3√4)^3, từ đó suy ra u^3 – 6u – 6 = 0 Như vậy, u cũng là nghiệm của đa thức q(x) = x^3 – 6x – 6 thuộc Q[x], và q(x) cũng là đa thức bất khả quy theo tiêu chuẩn.

Eisenstein với p = 3 Do đó q(x) là đa thức bất khả quy tối tiểu của phần tử đại số

Ta có: v 3 = u 6 + 3u 5 + 3u 4 + u 3 = 15u 2 + 9u – 15 = 15( u 2 + u) – 6u – 15 = 15v – 6u = 15v – 6( –v 2 + 4v – 3) – 15 = 6 v 2 – 9v – 3 suy ra v 3 – 6 v 2 + 9v + 3 = 0 Vậy v là nghiệm của đa thức x 3 – 6x 2 + 9x + 3, đa thức này bất khả quy theo tiêu chuẩn Eisenstein với p = 3

Bài 8 Chứng minh rằng mọi mở rộng hữu hạn của trường R các số thực hoặc là trường R hoặc là trường C các số phức

Giả sử F là một mở rộng hữu hạn của trường số thực R, thì F là mở rộng đại số trên R, nghĩa là mọi phần tử trong F đều là phần tử đại số trên R Đối với mỗi u thuộc F, đa thức cực tiểu fu(x) của u là đa thức bất khả quy trên R, và do đó fu(x) có thể là nhị thức bậc nhất hoặc tam thức bậc hai với biệt số Δ < 0 Vì u là nghiệm của đa thức fu(x), nên F được bao hàm trong C Tiếp theo, chúng ta sẽ xem xét hai trường hợp.

 Trường hợp: fu(x) là nhị thức bậc nhất trên R,  u  F

Giả sử f u (x) = ax + b, (a, b  R, a 0) Ta có fu(u) = au + b = 0, do đó suy ra u = a

 b  R, hay F  R Vì vậy, trong trường hợp này ta có F = R

 Trường hợp: Tồn tại phần tử u  F sao cho fu(x) là tam thức bậc hai với biệt số  < 0 Khi đó, ta có u = a + bi, (a, b  R, b ≠ 0) Do đó

Mặt khác F  C, vì vậy trong trường hợp này ta có F = R 

Bài 9 Chứng minh rằng trường C các số phức không có mở rộng hữu hạn nào khác C

Giả sử F là một mở rộng hữu hạn của trường C các số phức, thì mọi phần tử u thuộc F đều là phần tử đại số trên C Điều này có nghĩa là u là nghiệm của một đa thức bất khả quy q thuộc C[x] Trong C[x], các đa thức bất khả quy chỉ có bậc bằng 1, tức là q = x + a với a thuộc C Do đó, nếu u là nghiệm của q, ta có q(u) = 0, hay u + a = 0, dẫn đến u = -a Kết luận là u thuộc C, từ đó suy ra F là một tập con của C, và cuối cùng ta có F = C.

Bài 10 Nếu F là một mở rộng bậc 2 của trường Q Chứng minh rằng nếu F =

Q ( d ), trong đó d là một số nguyên không có ước bình phương

F là một trường mở rộng bậc hai của Q, trong đó u là một phần tử thuộc F Các phần tử 1 và u tạo thành một cơ sở của F trên Q nếu và chỉ nếu u không thuộc Q Điều này có nghĩa là F = Q(u), với u là nghiệm của đa thức bất khả quy f(x) = x^2 + bx + c trong Q[x] Ta đặt v = u +

= 0 Vậy Q(u) Q(v) với v là nghiệm của đa thức bất khả quy x 2 + c –

– c = a 2 d, với a là số hữu tỷ khác 0 và d là số nguyên không có ƣớc bình phương Đặt w a v thì (aw) 2 + c –

4 b 2 = 0  w 2 = d Ta có Q(v) = Q(w) với w là nghiệm của đa thức bất khả quy x 2 – d  Q[x] Vì vậy ta có F = Q(w), với w = d

Chứng minh tính duy nhất: Giả sử Q( d ) = Q( d ), với d và d’ là các số nguyên không có ước bình phương, khi đó d = x + y d ; x, y  Q Từ đó d’= x 2 + dy 2 + 2xy d hay d’ = x 2 + dy 2 , 2xy = 0

Nếu y = 0 thì d’ = x 2 , điều này không xảy ra

Nếu x = 0 thì d’ = dy 2 , do đó d’ = d 