Một số vấn đề về đẳng cấu trường mở rộng

Mở rộng tr-ờng bởi một tập

một mở rộng của tr-ờng K và ký hiệu là E/K

+ ℝ là một mở rộng của tr-ờng ℚ; ℂ là một mở rộng của tr-ờng ℝ

+ Mọi tr-ờng số đều là mở rộng của tr-ờng ℚ Nh- vậy ℚ là tr-ờng nguyên tố trong ℂ

Thật vậy, giả sử E là một tr-ờng số trong ℂ Khi đó E chứa ít nhất một số a khác không nên 0  a a E, 1a a: E Do đó n11 1E và

 0 (do E là một tr-ờng), nghĩa là ℤ  E Với các số nguyên m, n,

 0 n do E đóng kín với phép chia nên E. n m Tõ ®©y ta suy ra ℚ  E

Trường mở rộng K(T) được định nghĩa là một trường số được tạo ra từ trường số K và tập hợp các số phức T thông qua các phép toán cộng, trừ, nhân và chia.

Ta chú ý rằng K(T) là tr-ờng nhỏ nhất chứa K và T

1.1.4 Ví dụ - ℂ chính là tr-ờng mở rộng của ℝ bởi số ảo i, ℂ = ℝ(i)

- ℚ( 2) {ab 2/a,bℚ} là tr-ờng mở rộng của ℚ bởi phần tử 2.

Nếu T là một tập hợp chứa ít nhất một số khác không, thì tập hợp các số được tạo ra từ T thông qua các phép toán cộng, trừ, nhân và chia sẽ hình thành một trường, được gọi là trường ℚ(T) Trường này không chỉ bao gồm T mà còn chứa trường ℚ, do đó ℚ(T) là trường chứa T và cũng là trường được sinh ra bởi T.

Nếu T là một tập hợp hữu hạn các số a1, , an, ta ký hiệu K a(1, , n) thay cho K(T) Các phần tử của K a(1, , n) có thể được mô tả thông qua các đa thức nhiều biến.

Một đa thức của các biến X 1 , ,X n với hệ số trong K là một biểu thức

 1 1 ; trong đó  ( , , 1  n ) và c  K, sao cho chỉ có một số hữu hạn hệ số c  khác không Ta th-ờng dùng ký hiệu P thay cho P X( 1 , ,X n ) và ký hiệu P a( , , 1 a n ) là số

Số này đ-ợc gọi là giá trị của đa thức P X( 1 , ,X n ) tại bộ số ( , ,a 1 a n ).

Tổng và tích của hai đa thức:

  với hệ số trong K đ-ợc tính theo các quy luật tính toán thông th-ờng nh- sau:

Do K đóng với các phép toán cộng và nhân nên P + Q và PQ lại là những đa thức với hệ số trong K Ta luôn có:

Ký hiệu K X[1, ,X n] đại diện cho tập hợp các đa thức với n biến X 1, ,X n có hệ số thuộc K Trong bối cảnh này, K X[1, ,X n] cùng với hai phép toán được định nghĩa tạo thành một vành giao hoán có đơn vị.

Bổ đề sau đây cho ta sự mô tả mở rộng K a( , , 1 a n ) của tr-ờng K

1.1.6 Bổ đề Giả sử K a( , , 1 a n ) là một tr-ờng mở rộng của K Khi đó:

Gọi E là tập hợp các phần tử ở vế phải của công thức Mỗi phần tử trong E đều được tạo ra từ các số trong K và a1, a2, , an thông qua các phép toán cộng, trừ, nhân, chia.

Ta lấy các đa thức n biến P và Q sao cho PQ Q, 0 Khi đó

P a a Q a a Q a a và do đó E chứa 1 Mặt khác, ta có

E là một trường vì nó khép kín với các phép toán cộng, trừ, nhân và chia Đối với mỗi phần tử a thuộc K, ta có thể chọn các đa thức P = a và Q = 1.

  Do đó E chứa K Với mỗi i1, , ;n ta chọn

1.1.7 Mệnh đề Với a, b, c là các số hữu tỷ, ta có: a) ℚ( a, b) ℚ( a  b) b) ℚ( a, b, c) ℚ( a  b c), víi a + b = c

Chứng minh a) Ta có aℚ( a, b) và bℚ( a, b) nên suy ra

Từ (1) và (2) ta suy ra ℚ( a, b)ℚ( a  b). b) Ta có aℚ( a, b, c); bℚ( a, b, c) và cℚ( a, b, c) nên suy ra a  b  cℚ( a, b, c) Do đó:

Theo a) ta suy ra a, bℚ( a  b  c) V× vËy

Từ (3) và (4) ta suy ra ℚ( a, b, c)ℚ( a  b  c) 

Mở rộng căn

tồn tại một số cK, sao cho a r c (nghĩa là a r c)

Một tr-ờng E đ-ợc gọi là một mở rộng căn của K nếu tồn tại các phần tử

1, , n a a E, sao cho EK a( , , 1 a n ), với a i là một phần tử căn của tr-ờng

1.2.2 Ví dụ +) Số ảo i là một phần tử căn trên mọi tr-ờng, vì i 2 1 Tập các số phức ℂ là một mở rộng căn của ℝ, vì ℂ = ℝ(i)

+) Số phức 1 3i là phần tử căn của ℚ, vì

Bây giờ ta mô tả các số tính đ-ợc từ một tập các số cho tr-ớc qua các phép toán cộng, trừ, nhân, chia và khai căn

1.2.3 Bổ đề Giả sử T là một tập gồm các số phức chứa ít nhất một số khác 0

Một số a có thể được tính từ các số của T thông qua các phép toán như cộng, trừ, nhân, chia và khai căn, nếu và chỉ nếu a thuộc vào một mở rộng căn của trường ℚ(T).

Giả sử a được tính từ các số trong T thông qua các phép toán cơ bản như cộng, trừ, nhân, chia và khai căn Đặt a1, , an là các căn thức xuất hiện theo thứ tự trong quá trình tính toán a Ta nhận thấy rằng ai là phần tử căn của ℚ(T)(a1, , ai-1) với i = 1, , n, do đó a thuộc ℚ(T)(a1, , an).

Giả sử a là một phần tử trong một mở rộng căn của trường ℚ(T) Mở rộng căn của trường ℚ(T) bao gồm các số có thể tính được từ T thông qua các phép toán cộng, trừ, nhân, chia và khai căn Do đó, a có thể được tính từ T bằng cách sử dụng các phép toán này.

Đa thức f(X) = c₀Xⁿ + c₁Xⁿ⁻¹ + + cₙ với hệ số phức được gọi là giải được bằng căn thức nếu tất cả các nghiệm của nó nằm trong một mở rộng căn của trường ℚ(c₀, , cₙ).

+ Ph-ơng trình bậc hai

2  0 aX bX c giải đ-ợc bằng căn thức vì các nghiệm của ph-ơng trình này nằm trong tr-ờng

ℚ(a,b,c, b 2 4ac), mà tr-ờng này là một mở rộng căn của ℚ(a,b,c).

+ Ph-ơng trình bậc ba

   0 aX bX cX d cũng giải đ-ợc bằng căn thức vì các nghiệm của ph-ơng trình này nằm trong tr-êng

Dễ thấy rằng tr-ờng này là một mở rộng căn của ℚ(a,b,c,d)

Định nghĩa đa thức f(X) với hệ số trong một trường K tùy ý, được gọi là trường cơ sở Giả sử a1, a2, , an là tập hợp tất cả các nghiệm của f.

Trường phân rã của đa thức f trên K được gọi là K đ-ợc Đa thức f được coi là giải được bằng căn thức trên K khi trường phân rã của nó nằm trong một mở rộng căn của K.

1.2.7 Ví dụ Cho f aX 2 bX c là một đa thức bậc hai với hệ số trong K và

X 1,2 là hai nghiệm của f Khi đó

Suy ra X 1,2 K( b 2 4ac) hay K X X( 1 , 2 )K( b 2 4ac). Đảo lại, vì b 2 4ac a X( 1 X 2 )K X X( 1 , 2 ) nên K( b 2 4ac)K X X( 1 , 2 ). Vậy tr-ờng phân rã của f có dạng

K X X K b ac hay f giải đ-ợc bằng căn thức trên K

1.2.8 Mệnh đề Tr-ờng phân rã của đa thức X n c trên ℚ, với số hữu tỷ c bất kỳ, là ℚ( , n n c).

Chứng minh Xét các ph-ơng trình dạng X n c trên ℚ Đặt

Theo công thức Moivre ta thấy

Vì vậy n c n t là nghiệm của ph-ơng trình X n  c 0,  t ℤ Do

    nên n c, n c n , , n c n n  1 là n số phức khác nhau và chúng là tập nghiệm của ph-ơng trình X n  c 0

Do đó E = ℚ( n c, n c n , , n c n n  1 ) là tr-ờng phân rã của đa thức X n c Nh-ng do n n n n c E c

    nên E = ℚ( n c, n ) là tr-ờng phân rã của X n c trên ℚ 

1.2.9 mệnh đề Với mọi đa thức f(x) bất khả quy trên một tr-ờng K, tồn tại một tr-ờng mở rộng E của K trong đó f(x) có ít nhất một nghiệm

Chứng minh rằng vành thương E = K[X]/(f(X)) của vành K[X] trên ideal sinh bởi f(X) là một vành giao hoán Vì K[X] là một vành giao hoán, nên E cũng có tính chất này với đơn vị là 1 + f(X) Rõ ràng, 1 ≠ 0, do đó, ta sẽ chứng minh rằng E là một trường.

Thật vậy, giả sử g X( )g X( )  f X( ) là một phần tử khác không của

Vì g(X) ≠ 0, nên g(X) không chia hết cho f(X), dẫn đến f(X) và g(X) là nguyên tố cùng nhau trên K Do f(X) bất khả quy trên K, tồn tại các đa thức r(X) và s(X) trong K[X] sao cho f(X)r(X) + g(X)s(X) = 1 Khi chuyển sang các lớp, ta có f(X)r(X) + g(X)s(X) = 1, và vì f(X) = 0, suy ra g(X)s(X) = 1 Điều này chứng tỏ rằng g(X) khả nghịch trong vành E, tức E là một trường.

Thiết lập ánh xạ \( \phi: K \rightarrow E \), với \( a \in K \) và \( f(X) = a \), cho thấy rằng \( \phi \) là một đơn cấu trường Do đó, tập hợp các phần tử \( a \) của \( E \) với \( a \in K \) tạo thành một trường con đẳng cấu với \( K \) Khi đồng nhất \( K \) với \( \phi(K) \) bằng cách đồng nhất \( a \equiv a \), ta có thể xem \( K \) như một trường con của \( E \).

Ngoài ra, nếu f X( )a X 0 n a X 1 n  1  a n thì ta có

Vậy phần tử X   X f X( ) E là một nghiệm của đa thức f(X) 

1.2.10 Mệnh đề Đối với đa thức f X ( )  K X   bậc n  1, tồn tại ít nhất một tr-ờng phân rã của f(X) trên K.

Để chứng minh, trước hết chúng ta sẽ áp dụng phương pháp quy nạp theo n, chứng minh rằng tồn tại một trường mở rộng N của K, trên đó hàm f(X) có đủ n nghiệm Điều này hiển nhiên đúng với trường hợp đầu tiên.

1. n Giả sử f(X) có bậc n1 và q(X) là một -ớc bất khả quy của f(X) Theo mệnh đề 1.2.9, có một mở rộng K 1 của K sao cho q(X) có một nghiệm  trong

Vì q(X) là ước của f(X), nên f(X) có nghiệm α trong K1 Theo định lý Bezout, ta có f(X) = (X - α)g(X) với g(X) ∈ K1(X) có bậc n - 1 Theo giả thiết quy nạp, tồn tại một trường mở rộng P của K1 sao cho g(X) có đủ n - 1 nghiệm trong P, từ đó f(X) cũng có đủ n nghiệm trong P Để tìm trường phân rã N của đa thức f(X) trên K, chỉ cần lấy trường con N nhỏ nhất của P chứa K và n nghiệm của f(X) Trường N chính là giao của tất cả các trường con của P chứa K và n nghiệm của f(X).

Việc giải phương trình bằng căn thức liên quan đến việc nghiên cứu mối quan hệ giữa trường phân rã và các mở rộng căn của trường cơ sở.

Mở rộng đơn đại số

Một số số a được gọi là phần tử đại số trên K nếu nó là nghiệm của một đa thức không tầm thường với hệ số trong K Ngược lại, nếu số a không phải là phần tử đại số trên K, thì nó được xem là phần tử siêu việt trên K.

Một tr-ờng E đ-ợc gọi là một mở rộng hữu hạn của tr-ờng K nếu

EK a a , trong đó a i là phần tử đại số trên tr-ờng K a( , , 1 a i  1 ) với mọi i = 1, ,n

1.3.2 Ví dụ Các phần tử căn của K đều là các phần tử đại số trên K vì chúng là nghiệm của các đa thức dạng X n c với cK

Tr-ờng phân rã của các đa thức hay các mở rộng căn trên K đều là mở rộng hữu hạn

Định nghĩa trên phụ thuộc vào các số a1, ,an, và mọi phần tử của một mở rộng hữu hạn của K đều là phần tử đại số trên K (theo định lý 2.2.14) Do đó, các mở rộng hữu hạn chính là các trường mở rộng được tạo ra bởi một số hữu hạn các phần tử đại số.

1.3.4 Mệnh đề Giả sử u là một phần tử của tr-ờng K Khi đó các mệnh đề sau là t-ơng đ-ơng

(i) u là phần tử đại số trên K;

(ii) u + a là phần tử đại số trên K, với a bất kỳ thuộc K;

(iii) u 2 là phần tử đại số trên K

Giả sử u là phần tử đại số trên K và là nghiệm của đa thức f(X) khác không Khi đó, u + a cũng là nghiệm của đa thức f(X - a) khác không, với bậc của f(X - a) bằng bậc của f(X) Vì vậy, u + a cũng là phần tử đại số trên K.

(ii)(i) Giả sử ua là phần tử đại số trên K Khi đó do u(ua)a nên bằng lập luận t-ơng tự trên ta cũng có u là phần tử đại số trên K

Giả sử u2 là phần tử siêu việt trên K Vì u là phần tử đại số trên K, nên u là nghiệm của một đa thức f(X) khác không trên K.

( ) ( ) ( ), f X g X  Xh X với g(X) và h(X) là hai đa thức trong K[X] Do

Đẳng thức g(X²) - Xh(X²) = 0 chứng tỏ rằng u² là nghiệm của đa thức này Vì u² là phần tử siêu việt, ta có g(X²) = Xh(X²) Điều này chỉ xảy ra khi cả g(X) và h(X) đều bằng 0, dẫn đến f(X) = 0 Tuy nhiên, điều này mâu thuẫn với giả thiết rằng u là phần tử đại số trên K Do đó, kết luận rằng u² là phần tử đại số trên K.

Giả sử \( u_2 \) là một phần tử đại số trên trường K và là nghiệm của đa thức \( f(X) \) khác không trên K Khi đó, \( u \) cũng là nghiệm của đa thức \( f(X) \) khác không trên K, điều này chứng tỏ rằng \( u \) là một phần tử đại số trên K.

Mở rộng đơn đại số của trường L sinh bởi phần tử đại số a trên mở rộng E được định nghĩa là giao của tất cả các trường con của E chứa L và a Ký hiệu cho mở rộng này là L(a).

Việc nghiên cứu các mở rộng hữu hạn của K có thể được quy về việc xem xét các mở rộng đơn đại số Chúng ta sẽ tập trung vào các trường dạng L(a) và phân tích các đa thức với hệ số trong L.

ChoL[X] là tập hợp các đa thức với biến X và hệ số trong L Phần tử đại số a trên L có đa thức tối tiểu g ∈ L[X] nếu g là đa thức đơn hệ có bậc nhỏ nhất mà nhận a làm nghiệm.

1.3.6 Nhận xét - Nếu đa thức tối tiểu của a trên L có bậc 1 thì nó phải là đa thức X - a Khi đó, aL vì đa thức tối tiểu có hệ số trong L

Giả sử \( a \) là nghiệm của đa thức bậc hai \( X^2 + pX + q = 0 \) trong \( L[X] \) Nếu \( a \notin L \), thì đa thức tối tiểu của \( a \) phải có bậc lớn hơn hoặc bằng 2, do đó \( X^2 + pX + q = 0 \) chính là đa thức tối tiểu của \( a \).

Bổ đề 1.3.7 nêu rằng nếu a là một phần tử đại số trên trường L và g là đa thức tối tiểu của a trên L, thì với bất kỳ đa thức f thuộc L[X] có nghiệm a, ta có thể xác định mối quan hệ giữa f và g.

(i) g là đa thức bất khả quy;

Chứng minh (i) Giả sử gg 1 g 2 với g 1 , g 2 L[X] và degg 1 ,degg 2 degg Do

1 a g a g a  g nên hoặc g a 1 ( )0 hay g a 2 ( )0 Điều này mâu thuẫn với sự lựa chọn g Suy ra g không thể là tích của hai đa thức có bậc nhỏ hơn trong ]

L Do vậy, g là bất khả quy trong L[X]

(ii) Theo thuật toán Euclid, với mọi đa thức f L[X] bậc d-ơng luôn tồn tại hai đa thứcp,qL[X] với deg q < deg g sao cho f = pg + q

Vậy a cũng là nghiệm của q Do deg q < deg g nên ta phải có q = 0 và f = pg Điều này có nghĩa là f chia hết cho g 

1.3.8 Hệ quả Mọi đa thức bất khả quy có bậc n có n nghiệm phân biệt

Chứng minh rằng cho f là một đa thức bất khả quy bậc n trong L[X], ta có thể giả thiết f là một đa thức chuẩn hoá Do đó, f sẽ là đa thức tối tiểu cho mọi nghiệm của nó trên E.

Giả sử hàm số f không có n nghiệm phân biệt, điều này đồng nghĩa với việc mọi phương trình bậc n đều có n nghiệm, kể cả nghiệm bội Do đó, f sẽ có ít nhất một nghiệm kép, giả sử nghiệm này là a Ta có thể biểu diễn f dưới dạng f = (X - a)² h, trong đó h là một đa thức có bậc nhỏ hơn bậc của f Khi đó, đạo hàm của f sẽ được tính toán dựa trên biểu thức này.

/ / 2(X a)h (X a)h f     cũng có nghiệm a Do f / L[X] mà deg f / deg f 1 nên ta nhận đ-ợc một điều mâu thuẫn với giả thiết f là đa thức tối tiểu của a 

1.3.9 Hệ quả Cho f và g là hai đa thức trên tr-ờng L Giả sử f và g chỉ có một nghiệm chung duy nhất là a Khi đó a L

Gọi h là đa thức tối tiểu của a trên trường L Theo bổ đề 1.3.7, vì f và g đều có a là nghiệm, nên h là ước chung của f và g trên L Do đó, mọi nghiệm của h đều là nghiệm của f và g Tuy nhiên, vì f và g chỉ có duy nhất một nghiệm chung là a, nên h chỉ có một nghiệm là a, tức là h = X - a Điều này chứng tỏ a thuộc L Định lý sau đây cho phép mô tả các phần tử của một mở rộng đơn đại số của trường L thông qua các đa thức trên trường đó.

1.3.10 Định lý Nếu a là một phần tử đại số trên tr-ờng L thì

Để chứng minh rằng L[a] là một trường, trước tiên cần xác nhận rằng L[a] chứa số 1 và đóng với các phép toán cộng, trừ và nhân Điều quan trọng tiếp theo là chứng minh L[a] cũng đóng với phép chia Vì phép chia có thể được coi là phép nhân với phần tử nghịch đảo, nên việc L[a] đóng với phép chia tương đương với việc L[a] đóng với việc lấy phần tử nghịch đảo.

Nếu degf = 0 thì f là một phần tử c0 trong L và tất nhiên là c  1 L

Mở rộng của đẳng cấu tr-ờng mở rộng

2.2.1 Định nghĩa Giả sử  là một đẳng cấu của L/K và E là một tr-ờng chứa L

Một đẳng cấu  của E/K đ-ợc gọi là đẳng cấu mở rộng  nếu  là ánh xạ thu hẹp của trên L, hay nói một cách khác (c) = (c) với mọi cL

Số các đẳng cấu của E/K đ-ợc gọi là bậc của E/K, ký hiệu là [E : K]

Mỗi đẳng cấu của E/K có thể được xem như một mở rộng của đẳng cấu đồng nhất id K của K Đẳng cấu đồng nhất id: K → K chỉ có một đẳng cấu duy nhất trên K, do đó tỷ lệ [K : K] bằng 1.

2.2.3 Nhận xét Giả sử EK a( , , 1 a n ) và là một đẳng cấu tuỳ ý của E/K Dễ thấy rằng ánh xạ thu hẹp của  trên tr-ờng K a( , , ) 1 a i là một đẳng cấu  i của

K a a K Đẳng cấu này đ-ợc xác định hoàn toàn bởi tập ảnh ( ), ,a 1 ( ).a i

  Vì vậy ta có thể quy vấn đề trên về bài toán xác định các dãy số

1, , n b b sao cho với mọi i1, , ;n ta lần l-ợt có một đẳng cấu  i của

K a a K thoả mãn điều kiện  i (a i ) = b i và  i là một đẳng cấu mở rộng  i-1 , trong đó  0 := id K

Định lý 2.2.4 nêu rằng, cho trường L chứa K và φ là một đẳng cấu của L/K, nếu a là một phần tử đại số trên L và g là đa thức tối tiểu của a trên L, thì

(i) Nếu là một đẳng cấu mở rộng của L(a)/ K thì (a) là nghiệm của (g);

(ii) Với mỗi nghiệm b của (g) tồn tại duy nhất một đẳng cấu  của L(a)/K mở réng  víi (a) = b;

(iii) Có đúng degg đẳng cấu của L(a)/ K mở rộng 

Chứng minh (i) Theo mệnh đề 2.1.5, c, thì (a) là một nghiệm của (g) Vì g có hệ số trong L nên  ( c) = (c) với mọi cL Do đó (g) = (g) hay (a) là nghiệm của (g)

(ii) Do a là phần tử đại số trên L nên theo định lý 1.3.10, ta có

Với mọi phần tử zL a( ) ta chọn một đa thức f  L X   sao cho z = f(a) và định nghĩa

  Giả sử h  L X   là đa thức khác với zh a( ) Ta có (h f)( )a h a( ) f a( )0.

Do g là đa thức tối tiểu của a nên theo bổ đề 1.3.7, ta có h - f chia hết cho g Do

(g)(b) = 0 nên (h - f)(b) = 0 và do đó (h)(b) = (f)(b) Vậy phần tử ( )( )f b không phụ thuộc vào cách chọn đa thức f

Theo định nghĩa (z) = (f)(b), ta có (c) = (c) với mọi c thuộc L, vì c có thể xem như một đa thức hằng số trong L[X] Do  bảo toàn phép cộng và nhân của các đa thức, nên với bất kỳ f1, f2 thuộc L[X], ta có kết quả tương ứng.

Vì vậy,  là một đồng cấu của L(a)/K Hơn nữa, theo nhận xét 2.1.2, b),  là một đẳng cấu của L(a)/ K

Nếu là một đẳng cấu của L(a)/K mở rộng của  với (a) = b thì theo bổ đề 2.1.6, ii), ta có = Nh- vậy đẳng cấu  ở trên là xác định duy nhất

Các đẳng cấu của L(a)/K mở rộng tương ứng một cách 1-1 với các nghiệm phân biệt của đa thức (g) Vì g là một đa thức bất khả quy, điều này tạo ra sự liên kết chặt chẽ giữa các cấu trúc đại số và các nghiệm của đa thức.

Đa thức (g) là bất khả quy theo định lý 2.1.5, e), do đó nó có bậc nghiệm phân biệt theo hệ quả 1.3.8 Tóm lại, với trường L(a)/K, bậc của đa thức (g) bằng bậc của đẳng cấu mở rộng .

2.2.5 Hệ quả Giả sử L là một tr-ờng chứa K và E là một mở rộng hữu hạn của

L Mọi đẳng cấu của L/ K đều có thể mở rộng thành một đẳng cấu của E/ K.

Chứng minh Giả sử EL a( , , 1 a n ) là một mở rộng hữu hạn của L, trong đó a i là phần tử đại số trên L a( , , 1 a i  1 ), với mọi i1, , n Ta thấy mỗi đẳng cấu của

L a a  K đều có thể mở rộng thành một đẳng cấu của L a( , , 1 a i ) /K Vì vậy mọi đẳng cấu của L/K đều có thể mở rộng dần thành một đẳng cấu của E/K 

2.2.6 Nhận xét Cho E K a( , , 1 a n ) là một mở rộng hữu hạn của K Theo bổ đề 2.1.6, mỗi đẳng cấu của E/K đ-ợc xác định hoàn toàn bởi tập ảnh của

Gọi g i là đa thức tối tiểu của a i trên K a( , , 1 a i  1 ) Theo định lý 2.2.4, dãy số b 1 , ,b n là tập ảnh của a 1 , , a n qua một đẳng cấu của E/K khi và chỉ khi b i là nghiệm của  i-1 (g i ) với mọi i=1, ,n, trong đó  0 =id K và  i-1 là đẳng cấu của K a( , , 1 a i  1 )/K được xác định bởi điều kiện  i-1 (a j ) = b j với mọi j=1, ,i-1 Do đó, tồn tại một tương ứng 1-1 giữa các đẳng cấu của E/K và các dãy số b 1 , ,b n thỏa mãn điều kiện trên Đặc biệt, nếu E = K(a) và g là đa thức tối tiểu của a trên K, thì có một tương ứng 1-1 giữa các đẳng cấu  của K(a)/K và các nghiệm b của đa thức tối tiểu của a thông qua điều kiện (a) = b.

2.2.7 Ví dụ Ta có x 2 1 là đa thức tối tiểu của i Do x 2 1 có nghiệm là i nên ℂ chỉ có hai đẳng cấu  và  trên ℝ ứng với hai điều kiện  ( )i i và ( )i i.

   Dễ thấy rằng hai đẳng cấu này chính là ánh xạ đồng nhất idℂ và ánh xạ ứng số phức với số phức liên hợp

Giả sử a là một phần tử đại số trên K với g là đa thức tối thiểu của a trên K Khi E là một mở rộng hữu hạn của K(a), thì với mọi nghiệm b của g, tồn tại một đẳng cấu  của E/K sao cho (a) = b.

Chứng minh Tr-ớc tiên ta có một đẳng cấu  của K(a)/K với (a) = b Sau đó ta mở rộng đẳng cấu này thành một đẳng cấu của E/K 

2.2.9 Hệ quả Giả sử f  K X   là một đa thức bất khả quy có một nghiệm nằm trong một mở rộng căn của K Khi đó f giải đ-ợc bằng căn thức trên K

Giả sử a1, , an là các nghiệm của f và E là một mở rộng căn của K chứa a1 Không mất tính tổng quát, ta có thể coi f là đa thức tối tiểu của a1 trên K Theo hệ quả 2.2.8, với mỗi ai, tồn tại một đẳng cấu Φi của E/K sao cho Φ(a1) = ai, với i = 1, , n Theo hệ quả 2.1.7, Φi(E) cũng là một mở rộng căn của K.

Trường mở rộng K bởi các phần tử của Φi (Ei, i=1,n) là một mở rộng căn của K Trường này rõ ràng chứa các phần tử a1, , an, cho thấy rằng f có thể được giải bằng căn thức trên K.

Giả sử E = K(a₁, , aₙ) là một mở rộng hữu hạn của K, trong đó mỗi aᵢ là một phần tử đại số trên K(a₁, , aᵢ₋₁) với i = 1, , n Đặt rᵢ là bậc của đa thức tối tiểu của aᵢ trên K(a₁, , aᵢ₋₁).

Theo định lý 2.2.4, mỗi đẳng cấu của K a( , , 1 a i  1 ) /K có đúng r i đẳng cấu mở rộng lên K a( , , 1 a i ) /K Do đó, ánh xạ đồng nhất id K của K có đúng r 1 r n đẳng cấu mở rộng lên E Bởi vì mỗi đẳng cấu của E/K là một mở rộng của id K, ta có thể kết luận rằng [E:K] = r r 1 n.

2.2.11 Hệ quả Giả sử L là một mở rộng hữu hạn của một tr-ờng K và E là một mở rộng hữu hạn của L Khi đó

Chứng minh Ta có thể giả thiết LK a( , , 1 a s ) và E L a( s  1 , , a s t  ) sao cho a i là phần tử đại số trên K a( , , 1 a i  1 ),i1, ,st Gọi r i là bậc của đa thức tối tiểu của a i trên K a( , , 1 a i  1 ).

(i) Nếu  L K :   1 thì theo định lý 2.2.10, ta có r 1    r s 1 Đa thức tối tiểu của một phần tử a trên K có bậc 1 khi và chỉ khi aK Vì vậy ta lần l-ợt có

(ii) Theo định lý 2.2.10, ta có

Từ đây suy ra đ-ợc công thức  E K :    E L L K :  :  

2.2.12 Hệ quả Giả sử f là một đa thức bậc n trong K X   và E là tr-ờng phân rã của f Khi đó

Chứng minh Cho a 1 , ,a n là các nghiệm của f Gọi g là đa thức tối tiểu của a 1 trên K Do g là -ớc của f nên degg n Vì vậy

Do f (X a h 1 ) , nên theo thuật toán Euclid ta thấy hK a( )1   X Tr-ờng phân rã của h trên K a( ) 1 chính là E Bằng ph-ơng pháp quy nạp, ta giả thiết

2.2.13 Hệ quả Giả sử L là một mở rộng hữu hạn của K và aL thoả mãn điều kiện ( )a a với mọi đẳng cấu  của L/ K,  id L Khi đó

Chứng minh Ký hiệu G(L/K) là nhóm các tự đẳng cấu của L trên K Dễ thấy

G L K a G L K Giả sử  là một tự đẳng cấu khác đồng nhất của L trên

Khi đó, tự đẳng cấu  là một tự đẳng cấu của L trên K Theo giả thiết, nếu (a) khác a, điều này mâu thuẫn với việc  là tự đẳng cấu của L trên K(a) Do đó,  phải là tự đồng cấu đồng nhất, tức là G L K(a) = {id K} Kết luận, tỷ lệ [L : K(a)] = 1.

2.2.14 Định lý Cho E là một mở rộng hữu hạn của K Ta có:

(i) Mọi phần tử của E đều là một phần tử đại số trên K;

(ii) Mọi tr-ờng con của E chứa K đều là mở rộng hữu hạn của K

Chứng minh (i) Cho a là một phần tử tuỳ ý của E Khi đó theo bổ đề 1.1.6, ta có

Giả sử a không phải là một phần tử đại số trên K Với mọi n > 0 ta định nghĩa

Chú ý rằng Q(a n )0vì nếu không thì a sẽ là nghiệm của đa thức Q(X n ) Đây là một ánh xạ từ K(a) vào K(a n ) Thật vậy, nếu

Q a  g a với f g ,  K X   , g(a)  0, thì ( Pg  Qf )( ) a  0 Do a không là nghiệm của bất kỳ một đa thức khác không nào nên PgQf 0 Vì vậy (PgQf)(a n )0 và do đó

Hơn nữa, rõ ràng là  n (c)cvới mọi cK Do đó  n là một đẳng cấu của

Theo hệ quả 2.2.5, có thể mở rộng K thành một đẳng cấu của E/K, dẫn đến việc có vô hạn các đẳng cấu trên K, điều này mâu thuẫn với giả thiết rằng E là mở rộng hữu hạn của K Do đó, a là phần tử đại số trên K Nếu L là một trường con của E chứa K và E khác K, chọn a là phần tử tùy ý của L\K Theo (i), a cũng là phần tử đại số trên K với bậc của đa thức tối tiểu của a là r, và vì a không thuộc K nên r ≥ 2 Từ định lý 2.2.4, ta có thể rút ra kết luận cần thiết.

Do E là một mở rộng hữu hạn của K(a) và K a( )L, nên theo quy nạp bậc, ta giả thiết L là một mở rộng hữu hạn của K a( ) Từ đó, dễ dàng nhận thấy rằng L cũng là một mở rộng hữu hạn của K.

2.2.15 Định lý Mọi mở rộng bậc hữu hạn đều là một mở rộng đơn đại số

Giả sử E là một mở rộng hữu hạn của K, chúng ta cần chứng minh trong trường hợp E = K Theo định lý 2.2.14, các phần tử a1 và a2 là những phần tử đại số trên K Đặt g1 và g2 lần lượt là các đa thức tối tiểu của a1 và a2 trong K[X].

1, , r u u và v 1 , ,v s là các nghiệm phân biệt của g g 1 , 2 , trong đó a 1 u 1 và a 2 v 1 Chọn phần tử bK sao cho

 Khi đó u 1 bv 1 bv j u i , j 1 Đặt