§ 11. Các mở rộng Abel

Trong suốt tiết này K ký hiệu một trường.

1. Các mở rộng Abel và bao đóng Abel

Định nghĩa 1

— Một mở rộng E của K được gọi là Abel nếu nó là Galois và nhóm Galois của nó là giao hoán.

Vì mọi nhóm con của một nhóm giao hoán đều là chuẩn tắc, Hệ quả 4 của V, p. 68 cho thấy rằng mọi mở rộng con của một mở rộng Abel đều là Abel.

Mệnh đề 1

— Cho E là một mở rộng Galois của K và Γ nhóm Galois của nó. Gọi A là nhóm dẫn xuất của Γ (I, p. 10, Định nghĩa 4) và F là trường bất biến của A. Để một mở rộng con L của E là Abel thì điều kiện cần và đủ là nó được chứa trong F.

Trước hết ta nhận thấy rằng F cũng là trường bất biến của bao đóng $\bar{\Delta}$ của A trong Γ, và $\bar{\Delta}$ là một nhóm con chuẩn tắc đóng của Γ. Theo V, p. 68, Hệ quả 4, do đó F là một mở rộng Galois của K. Hơn nữa, nhóm Galois của F trên K đẳng cấu với $\Gamma / \bar{\Delta}$ và vì thế là giao hoán. Vậy mọi mở rộng con của F đều là Abel. Ngược lại, cho L là một mở rộng Abel của K được chứa trong E, và gọi Π là nhóm Galois của E trên L. Vì L là Galois, Π là một nhóm con chuẩn tắc của Γ và nhóm Galois của L trên K đẳng cấu với $\Gamma / \Pi$ (V, p. 68, Hệ quả 4). Do đó $\Gamma / \Pi$ là giao hoán và Π chứa A, do đó $L \subset F$ .

Hệ quả

— Cho E là một mở rộng của K và cho $(E_i)_{i \in I}$ là một họ các mở rộng con của E sao cho $E = K \left( \bigcup_{i \in I} E_i \right)$ . Giả sử rằng mỗi mở rộng $E_i$ là Abel, thì E cũng vậy.

Trước hết E là một mở rộng Galois của K (V, p. 57, Mệnh đề 1). Nếu trường F được xác định như trong Mệnh đề 1, thì ta có $E_i \subset F$ với mọi $i \in I$ , do đó $E = F$ .

Một mở rộng E của K được gọi là một bao đóng Abel của K nếu nó là một mở rộng Abel của K và mọi mở rộng Abel của K đều đẳng cấu với một mở rộng con của E. Mệnh đề 1 kéo theo sự tồn tại của một bao đóng Abel của K: thật vậy, cho $K_s$ là một bao đóng tách được của K, với nhóm Galois $\Gamma$ và cho $(\overline{\Gamma}, \overline{\Gamma})$ là bao đóng của nhóm dẫn xuất của $\Gamma$ ; ký hiệu $K_{ab}$ là trường bất biến của $(\overline{\Gamma}, \overline{\Gamma})$ ; vì mọi mở rộng đại số tách được của K đều đẳng cấu với một mở rộng con của $K_s$ (V, p. 45, Hệ quả). Mệnh đề 1 cho thấy rằng $K_{ab}$ là một bao đóng Abel của K. Nhóm Galois của $K_{ab}$ trên K đẳng cấu chính tắc với $\Gamma / (\overline{\Gamma}, \overline{\Gamma})$ . Bây giờ ta hãy chỉ ra tính duy nhất của các bao đóng Abel: cho E, E' là hai bao đóng Abel của K; theo định nghĩa tồn tại các K-đồng cấu $u : E \to E'$ và $v : E' \to E$ và Mệnh đề 1 (V, p. 52) kéo theo rằng $v(u(E)) = E$ và $u(v(E')) = E'$ , do đó $u$ là một K-đẳng cấu từ E lên E'. Mọi K-đẳng cấu khác từ E lên E' đều có dạng $u_1 = \sigma_0 \circ u$ với $\sigma_0 \in \mathrm{Gal}(E'/K)$ ; vì $\mathrm{Gal}(E'/K)$ là giao hoán, đẳng cấu $\sigma \mapsto u \circ \sigma \circ u^{-1}$ từ $\mathrm{Gal}(E/K)$ lên $\mathrm{Gal}(E'/K)$ là độc lập với $u$ ; nó được gọi là đẳng cấu chính tắc từ $\mathrm{Gal}(E/K)$ lên $\mathrm{Gal}(E'/K)$ .

2. Nghiệm của đơn vị

Định nghĩa 2

Một phần tử $\zeta$ của K được gọi là một nghiệm của đơn vị nếu tồn tại một số nguyên $n > 0$ sao cho $\zeta^n = 1$ ; với mọi số nguyên $n > 0$ sao cho $\zeta^n = 1$ , $\zeta$ được gọi là một nghiệm bậc n của đơn vị.

Điều đó tương đương với việc nói rằng các nghiệm của đơn vị là các phần tử có cấp hữu hạn của nhóm nhân $K^*$ gồm các phần tử khác không của K (I, p. 51). Các nghiệm của đơn vị lập thành một nhóm con $\mu_\infty(K)$ của $K^*$ , các nghiệm bậc n lập thành một nhóm con $\mu_n(K)$ của $\mu_\infty(K)$ . Ta có $\mu_\infty(K) = \bigcup_{n \geq 1} \mu_n(K)$ và $\mu_n(K) \subset \mu_m(K)$ nếu $n$ chia hết $m$ . Với mọi nghiệm của đơn vị $\zeta$ tồn tại một số nguyên nhỏ nhất $n \geq 1$ sao cho $\zeta$ thuộc $\mu_n(K)$ , tức là cấp của $\zeta$ trong nhóm $K^*$ .

Nhóm $\mu_n(K)$ , là tập các nghiệm của đa thức $X^n - 1$ , có cấp hữu hạn $\leq n$ . Gọi $p$ là đặc số của K. Khi $p = 0$ , hoặc khi $p \neq 0$ và $n$ không chia hết cho $p$ , đạo hàm $nX^{n-1}$ của $X^n - 1$ nguyên tố cùng nhau với $X^n - 1$ và do đó khi ấy đa thức $X^n - 1$ là tách được; hơn nữa nếu K đóng đại số thì $\mu_n(K)$ vì thế là một nhóm có $n$ phần tử.

Giả sử rằng K có đặc số khác không $p$ và gọi $r \geq 0$ là một số nguyên; vì ánh xạ $x \mapsto x^{p^r}$ từ K vào K là đơn ánh, ta có $\mu_{np^r}(K) = \mu_n(K)$ với mọi số nguyên $n \geq 1$ .

Ta nhận thấy rằng một trường có thể không chứa nghiệm đơn vị bậc $n$ nào ngoài 1: chẳng hạn đó là trường hợp của các trường nguyên tố $\mathbf{Q}$ và $\mathbf{F}_p$ với mọi số nguyên lẻ $n$ .

Định lý 1

Gọi $p$ là số mũ đặc số của K và gọi $n > 0$ là một số nguyên. Khi đó nhóm $\mu_n(K)$ các nghiệm đơn vị bậc $n$ trong K là cyclic và cấp của nó chia hết $n$ ; khi K đóng đại số và $n$ nguyên tố cùng nhau với $p$ , nhóm $\mu_n(K)$ là cyclic cấp $n$ .

Chỉ cần chứng minh mệnh đề thứ nhất của định lý, là hệ quả của bổ đề chính xác hơn sau đây:

Bổ đề 1

Gọi G là một nhóm con hữu hạn của $K^*$ có cấp $m$ ; khi đó G là cyclic và ta có $G = \mu_m(K)$ .

Xét G như một Z-môđun; ta có $mx = 0$ với mọi $x \in G$ , do đó linh hóa tử của G là một iđêan có dạng $r\mathbf{Z}$ , trong đó số nguyên $r \geq 1$ chia hết $m$ . Vì vậy ta có $G \subset \mu_r(K)$ . Theo Bổ đề 4 (V, p. 74) áp dụng với $A = \mathbf{Z}$ và $M = G$ tồn tại một phần tử $x$ của G có cấp $r$ ; gọi $G'$ là nhóm con cyclic của G sinh bởi $x$ . Ta có $G' \subset \mu_r(K)$ , Card $(G') = r$ và Card $\mu_r(K) \leq r$ ; do đó ta có

G' = μ_r(K) ⊃ G và G là cyclic cấp r, vì thế bằng μ_r(K). Vì G có cấp m, ta có m = r và bổ đề được suy ra.

Mệnh đề 2

— Gọi K là một trường đóng đại số và gọi p là số mũ đặc số của nó. Tồn tại một đẳng cấu từ μ_∞(K) lên nhóm Q/Z[1/p].

Ta đã ký hiệu bởi Z[1/p] vành con của Q sinh bởi 1/p, tức là tập các số hữu tỉ có dạng a/p^n với a ∈ Z và n ≥ 1; do đó ta có Z[1/p] = Z nếu K có đặc số 0.

Gọi (v_n), là dãy tăng ngặt gồm tất cả các số nguyên không chia hết cho p, nếu p ≠ 1; đặt X = v_1 v_2 ... v_n và ký hiệu H_n là nhóm các nghiệm đơn vị bậc λ_n; ta có H_{n+1} ⊃ H_n và μ_∞(K) = U H_n. Vì H_n là cyclic cấp X, (Định lý 1), nên tồn tại một dãy (a_n), các nghiệm đơn vị sao cho a_n sinh H_n và a_n = α_n^{v_n + 1}.

Mặt khác, gọi β_n là lớp thặng dư mod Z[1/p] của 1/λ_n và gọi H'_n là nhóm con cyclic của Q/Z[1/p] sinh bởi β_n. Rõ ràng β_n = v_{n+1} β_{n+1} và H'_n có cấp λ_n vì X không chia hết cho p nếu p ≠ 1. Vì vậy với mọi n ≥ 1 tồn tại một đẳng cấu φ_n : H_n → H'_n sao cho φ_n(α_n) = β_n và các hệ thức α_n = α_{n+1}^{v_n + 1}, β_n = v_{n+1} β_{n+1}, cho thấy rằng φ_n+, mở rộng φ_n. Cuối cùng tồn tại một đẳng cấu duy nhất φ từ μ_∞(K) lên Q/Z[1/p] mở rộng các đẳng cấu φ_n, nghĩa là, φ(α_n) = β_n với mọi n ≥ 1.

Nhận xét 1

Khi K là một trường đóng đại số có đặc số 0, nhóm μ_∞(K) vì thế đẳng cấu (không một cách chính tắc) với Q/Z. Khi K là trường C các số phức, ta có thể viết ra một đẳng cấu như thế một cách tường minh: thật vậy ánh xạ x ↦ e^{2πix} là một đồng cấu từ Q vào C có hạt nhân Z và ảnh là μ_∞(C); do đó bằng cách chuyển sang thương nó xác định một đẳng cấu từ Q/Z lên μ_∞(C).

Nhận xét 2

Có thể chứng minh kết quả sau (x. V, p. 165, Ex. 21): gọi G và H là hai nhóm giao hoán mà mọi phần tử đều có cấp hữu hạn. Giả sử rằng với mọi số nguyên n ≥ 1, phương trình nx = 0 có cùng số nghiệm, giả thiết là hữu hạn trong G và trong H. Khi đó các nhóm G và H là đẳng cấu. Điều này cho một chứng minh mới của Mệnh đề 2.

Nhận xét 3

Với mọi số nguyên tố l đặt μ_{l∞}(K) = U μ_{ln}(K). Khi l là đặc số p của K, ta có μ_{p∞}(K) = {1}. Từ I, p. 80, Định lý 4, ta suy ra rằng μ_∞(K) là tổng trực tiếp của các nhóm con μ_{l∞}(K), trong đó l chạy qua tập hợp tất cả các số nguyên tố khác p. Với một số nguyên tố l cho trước chỉ có thể xảy ra hai trường hợp: hoặc μ_{l∞}(K) là hữu hạn và khi đó μ_{l∞}(K) đẳng cấu với Z/l^nZ với một n thích hợp (Định lý 1), hoặc μ_{l∞}(K) là vô hạn và khi đó μ_{l∞}(K) đẳng cấu với Z[l^{-1}]/Z (x. Nhận xét 2).

3. Các nghiệm đơn vị nguyên thủy

Gọi n ≥ 1 là một số nguyên. Bởi chỉ số Euler của n, viết φ(n), ta hiểu là số các phần tử khả nghịch của vành Z/nZ các số nguyên modulo n. Theo mệnh đề tiếp theo $\varphi(n)$ cũng là số các số nguyên $k$ nguyên tố cùng nhau với $n$ và sao cho $0 \leq k < n$ .

Mệnh đề 3

Gọi $k$ và $n \geq 1$ là hai số nguyên. Khi đó các mệnh đề sau là tương đương*:

a) lớp thặng dư của $k$ mod $n$ là khả nghịch trong vành $\mathbf{Z}/n\mathbf{Z}$ ; b) lớp thặng dư của $k$ mod $n$ sinh nhóm cyclic $\mathbf{Z}/n\mathbf{Z}$ ; c) các số nguyên $k$ và $n$ nguyên tố cùng nhau (I, p. 112).

Mỗi điều kiện a) và b) đều có nghĩa là tồn tại một số nguyên $x$ sao cho $kx \equiv 1 \pmod{n}$ , nghĩa là tồn tại hai số nguyên $x$ và $y$ sao cho $kx + ny = 1$ . Điều kiện sau cùng này đơn giản có nghĩa là $k$ và $n$ nguyên tố cùng nhau.

Hệ quả 1

Cho $G$ là một nhóm cyclic cấp $n$ và cho $d$ là một ước của $n$ . Khi đó số phần tử cấp $d$ trong $G$ bằng $\varphi(d)$ . Đặc biệt, $\varphi(n)$ là số các phần tử sinh của $G$ .

Vì $G$ đẳng cấu với $\mathbf{Z}/n\mathbf{Z}$ , số các phần tử sinh của $G$ bằng $\varphi(n)$ theo Mệnh đề 3. Cho $g$ là một phần tử sinh của $G$ ; khi đó các phần tử $h$ của $G$ sao cho $h^d = 1$ tạo thành nhóm con $H$ của $G$ sinh bởi $g^{n/d}$ ; nhóm này là cyclic cấp $d$ và các phần tử cấp $d$ của $G$ là các phần tử sinh của $H$ , do đó số của chúng là $\varphi(d)$ .

Hệ quả 2

Với mọi số nguyên $n \geq 1$ , ta có*

\sum_{d \mid n} \varphi(d) = n,

trong đó số nguyên $d$ chạy qua tập hợp các ước > 0 của $n$ ^1.

Với ký hiệu của Hệ quả 1, mọi phần tử của $G$ đều có cấp hữu hạn là một ước $d$ của $n$ , và với một $d$ cố định thì có $\varphi(d)$ phần tử như vậy.

Việc tính $\varphi(n)$ dựa trên hai công thức sau:

(2) $\varphi(mn) = \varphi(m)\varphi(n)$ nếu $m$ và $n$ nguyên tố cùng nhau , (3) $\varphi(p^a) = p^{a-1}(p-1)$ ( $p$ nguyên tố, $a \geq 1$ ).

Hệ thức thứ nhất suy ra ngay từ sự kiện rằng các vành $\mathbf{Z}/mn\mathbf{Z}$ và $(\mathbf{Z}/m\mathbf{Z}) \times (\mathbf{Z}/n\mathbf{Z})$ là đẳng cấu (I, p. 112), và rằng $(A \times B)^* = A^* \times B^*$ đối với hai vành $A$ và $B$ . Để chứng minh (3), ta chú ý rằng các ước dương của $p^a$ là $1, p, p^2, \ldots, p^a$ ; do đó số nguyên $k$ không có ước chung nào với $p^a$ ngoài $1$ khi và chỉ khi nó không chia hết cho $p$ ; vì có $p^a - 1$ bội của $p$ giữa $0$ và $p^a - 1$ , quả thật ta thu được (3).

Các công thức (2) và (3) cho thấy ngay rằng

\varphi(n) = n \prod_p (1 - 1/p),

trong đó

p

chạy qua tập hợp các ước nguyên tố của

n

^1 Quan hệ $d \mid n$ giữa các số nguyên > 0 có nghĩa là « d chia n » (VI, p. 5).

Một nghiệm đơn vị bậc n được gọi là nguyên thủy nếu nó có cấp $n$ ; nếu tồn tại một nghiệm như vậy $\zeta$ , nhóm $\mu_n(K)$ có cấp $n$ và được sinh bởi $\zeta$ . \* Chẳng hạn, các nghiệm đơn vị nguyên thủy bậc n trong $\mathbf{C}$ là các số $e^{2\pi i k / n}$ với $0 \leq k < n$ và $k$ nguyên tố cùng nhau với $n$ . \* Hệ quả 1 của Mệnh đề 3 bây giờ suy ra kết quả sau đây.

Mệnh đề 4

— Cho $n \geq 1$ là một số nguyên; giả sử rằng tồn tại n nghiệm đơn vị bậc n trong K (điều này đúng chẳng hạn nếu K đóng tách được và $n . 1, \neq 0$ ). Khi đó số nghiệm đơn vị nguyên thủy bậc n trong K bằng $\varphi(n)$ .

4. Các mở rộng cyclotomic

Gọi $p$ là số mũ đặc số của K và gọi $n \geq 1$ là một số nguyên nguyên tố cùng nhau với $p$ ; bởi một mở rộng cyclotomic cấp $n$ trên K, ta hiểu mọi mở rộng tách E của đa thức $X^n - 1$ trên K (V, p. 21). Vì đa thức này là tách được, E là một mở rộng Galois của K, có bậc hữu hạn (V, p. 57). Tồn tại một nghiệm đơn vị nguyên thủy bậc n trong E; nếu $\zeta$ là một nghiệm như vậy, thì mọi nghiệm đơn vị bậc n đều là một lũy thừa của $\zeta$ , do đó $E = K(\zeta)$ .

Trong phần còn lại của No. này, ta sẽ chọn một bao đóng tách được $K_s$ của K. Với mọi $n \geq 1$ nguyên tố cùng nhau với $p$ , nhóm $\mu_n(K_s)$ là cyclic cấp $n$ và trường

R_n(K) = K(\mu_n(K_s))

là một mở rộng cyclotomic cấp $n$ của K. Ta có thể xem $\mu_n(K_s)$ như một môđun tự do hạng 1 trên vành $\mathbf{Z}/n\mathbf{Z}$ , và mọi phần tử $a$ của $\mathrm{Gal}(K_s/K)$ đều cảm sinh một tự đẳng cấu của $\mu_n(K_s)$ ; do đó tồn tại một đồng cấu $\chi_n : \mathrm{Gal}(K_s/K) \to (\mathbf{Z}/n\mathbf{Z})^*$ được đặc trưng bởi công thức $u(\zeta) = \zeta^j$ với mọi nghiệm bậc $n$ của đơn vị $\zeta$ trong $K_s$ , mọi $u$ trong $\mathrm{Gal}(K_s/K)$ và mọi số nguyên $j$ trong lớp thặng dư $\chi_n(u)$ mod $n$ . Vì $R_n(K) = K(\mu_n(K_s))$ , hạt nhân của $\chi_n$ là nhóm con $\mathrm{Gal}(K_s/R_n(K))$ của $\mathrm{Gal}(K_s/K)$ ; do đó ta có $\chi_n = \varphi_n \circ \psi_n$ trong đó $\psi_n$ là đồng cấu hạn chế của $\mathrm{Gal}(K_s/K)$ lên $\mathrm{Gal}(R_n(K)/K)$ và $\varphi_n$ là một đơn cấu của $\mathrm{Gal}(R_n(K)/K)$ vào $(\mathbf{Z}/n\mathbf{Z})^*$ . Đặc biệt ta có kết quả sau :

Mệnh đề 5

— Với mọi số nguyên $n \geq 1$ nguyên tố cùng nhau với $p$ thì mở rộng $R_n(K)$ của K là Abel có bậc hữu hạn, nhóm Galois của nó đẳng cấu với một nhóm con của $(\mathbf{Z}/n\mathbf{Z})^*$ và bậc của nó chia cấp $\varphi(n)$ của $(\mathbf{Z}/n\mathbf{Z})^*$ .

Cho Q là một bao đóng đại số của trường Q các số hữu tỉ, và cho $n$ là một số nguyên. Khi đó đa thức cyclotomic $\Phi_n$ cấp $n$ được định nghĩa bởi

\Phi_n(X) = \prod_{\zeta \in S_n} (X - \zeta),

trong đó $S_n$ là tập hợp các nghiệm nguyên thủy bậc $n$ của đơn vị trong $Q$ . Đa thức $\Phi_n$ có bậc $\varphi(n)$ (Mệnh đề 4). Rõ ràng $\Phi_n(X)$ là bất biến dưới mọi tự đẳng cấu của $\bar{\mathbf{Q}}$ , và vì thế thuộc $\mathbf{Q}[X]$ . Vì mọi phần tử $\zeta$ của $S_n$ là một nghiệm của đa thức $X^n - 1$ , đa thức $\Phi_n(X)$ chia $X^n - 1$ , và bổ đề sau cho thấy rằng $\Phi_n(X)$ là một đa thức đơn khởi với các hệ số nguyên.

Bổ đề 2

Cho f, g và h là các đa thức đơn khởi trong $\mathbf{Q}[X]$ sao cho $f = gh$ . Nếu f có các hệ số nguyên thì g và h cũng vậy.

Gọi $a$ (tương ứng $b$ ) là số nhỏ nhất trong các số nguyên $\alpha \geq 3$ (tương ứng $\beta \geq 1$ ) sao cho $\alpha g$ (tương ứng $\beta h$ ) có các hệ số nguyên; ta đặt $g' = ag$ và $h' = bh$ và chứng minh bằng phép phản chứng rằng $a = b = 1$ . Nếu không phải như vậy, thì sẽ có một ước nguyên tố $p$ của $ab$ . Nếu $u \in \mathbf{Z}[X]$ , ta ký hiệu bởi $\bar{u}$ đa thức có hệ số trong trường $\mathbf{F}_p$ thu được bằng cách lấy môđun $p$ các hệ số của $u$ . Ta có $g'h' = abf$ , do đó $\bar{g}'\bar{h}' = 0$ ; vì vành $\mathbf{F}_p[X]$ là một miền nguyên (IV, p. 9, Prop. 8) nên suy ra $\bar{g}' = 0$ hoặc $\bar{h}' = 0$ . Nói cách khác, $p$ chia hết mọi hệ số của $g'$ hoặc mọi hệ số của $h'$ , và điều này mâu thuẫn với giả thiết.

Ta có quan hệ

X^n - 1 = \prod_{d|n} \Phi_d(X) .

Thật vậy, ta có $X^n - 1 = \prod_{\zeta \in \mu_n(\mathbf{Q})} (X - \zeta)$ và các tập hợp $S_d$ với $d$ chia $n$ tạo thành một phân hoạch của $\mu_n(\mathbf{Q})$ .

Công thức (6) xác định $\Phi_n(X)$ khi ta biết $\Phi_d(X)$ đối với mọi ước $d < n$ của $n$ ; vì $\Phi_1(X) = X - 1$ , nên do đó ta có một quy trình truy hồi để tính $\Phi_n$ . Chẳng hạn với $p$ nguyên tố ta có

X^p - 1 = (X - 1)\Phi_p(X) ,

do đó

\Phi_p(X) = X^{p-1} + X^{p-2} + \cdots + X + 1 ,

và

\Phi_{p^r+1}(X) = \Phi_p(X^{p^r}) \quad \text{với} \quad r \geq 0 .

Hãy liệt kê các giá trị của các đa thức $\Phi_n(X)$ với $1 \leq n \leq 12$ :

\begin{align*} \Phi_1(X) &= X - 1 \\ \Phi_2(X) &= X + 1 \\ \Phi_3(X) &= X^2 + X + 1 \\ \Phi_4(X) &= X^2 + 1 \\ \Phi_5(X) &= X^4 + X^3 + X^2 + X + 1 \\ \end{align*}

\Phi_6(X) = X^2 - X + 1

\Phi_7(X) = X^6 + X^5 + X^4 + X^3 + X^2 + X + 1

\Phi_8(X) = X^4 + 1

\Phi_9(X) = X^6 + X^3 + 1

\Phi_{10}(X) = X^4 - X^3 + X^2 - X + 1

\Phi_{11}(X) = X^{10} + X^9 + X^8 + X^7 + X^6 + X^5 + X^4 + X^3 + X^2 + X + 1

\Phi_{12}(X) = X^4 - X^2 + 1

Các giá trị của $\Phi_1, \Phi_2, \Phi_3, \Phi_4, \Phi_5, \Phi_7, \Phi_8, \Phi_9$ và $\Phi_{11}$ suy ra trực tiếp từ (7); bây giờ ta có $\Phi_1 \Phi_2 \Phi_3 \Phi_6 = X^6 - 1$ và $\Phi_1 \Phi_2 \Phi_3 \Phi_4 \Phi_6 \Phi_{12} = X^{12} - 1$ , do đó $\Phi_4 \Phi_{12} = \frac{X^{12} - 1}{X^6 - 1} - X^6 + 1$ và sau cùng $\Phi_{12} = \frac{X^6 + 1}{X^2 + 1} = X^4 - X^2 + 1$ . Các trường hợp $n = 6$ và $n = 10$ có thể được xử lý tương tự.

Nhận xét

\* Với mọi số nguyên $n > 0$ một hàm $\mu(n)$ được định nghĩa như sau: nếu $n$ chia hết cho bình phương của một số nguyên tố, ta đặt $\mu(n) = 0$ , nếu không thì $\mu(n) = (-1)^h$ nếu $n$ là tích của $h$ số nguyên tố phân biệt (« hàm Mobius »). Có thể chứng minh rằng

\Phi_n(X) = \prod_{d|n} (X^{n/d} - 1)^{\mu(d)},

hay tường minh hơn

\Phi_n(X) = \prod_{p_1 < \ldots < p_h} (X^{n/p_1 \cdots p_h} - 1)^{(-1)^h}

trong đó $(p_1, \ldots, p_h)$ chạy trên tập hợp mọi dãy tăng ngặt các ước nguyên tố của $n$ (xem Lie, II, p. 207, Bài tập 1).

5. Tính bất khả quy của các đa thức cyclotomic

Cho $p$ là số mũ đặc số của $K$ và cho $n$ là một số nguyên nguyên tố cùng nhau với $p$ . Ta ký hiệu bởi $\Phi_n \in K[X]$ ảnh của đa thức hệ số nguyên $\Phi_n$ dưới đồng cấu duy nhất từ $\mathbf{Z}[X]$ vào $K[X]$ biến $X$ thành $X$ .

Bổ đề 3

Các nghiệm của $\Phi_n$ trong $K_s$ là các căn nguyên thủy bậc $n$ của đơn vị.

Ký hiệu bởi $S$ tập hợp các nghiệm của $\Phi_n$ trong $K_s$ . Theo Công thức (6), tập $\mu_n(K_s)$ là hợp của các $S_d$ với $d$ chia $n$ . Vì thế mọi căn nguyên thủy bậc $n$ của đơn vị đều thuộc $S_n$ và bổ đề nay suy ra từ Mệnh đề 4 (V, p. 81).

Proposition 6

— Cho $p$ là số mũ đặc số của $K$ và cho $n \geq 1$ là một số nguyên nguyên tố cùng nhau với $p$ . Để đa thức $\Phi_n(X)$ là bất khả quy trong $K[X]$ , điều kiện cần và đủ là đồng cấu $\chi_n : \mathrm{Gal}(K_s/K) \to (\mathbf{Z}/n\mathbf{Z})^*$ phải toàn ánh.

Theo Bổ đề 3, ta có $R_n(K) = K(\zeta)$ với mỗi nghiệm $\zeta$ của $\Phi_n(X)$ , và do đó $\Phi_n(X)$ là bất khả quy trong $K[X]$ khi và chỉ khi bậc $\varphi(n)$ của $\Phi_n(X)$ bằng $[R_n(K):K]$ . Hơn nữa, nhóm Galois của $R_n(K)$ trên $K$ có cấp $[R_n(K):K]$ và đẳng cấu với nhóm con của $(\mathbf{Z}/n\mathbf{Z})^*$ là ảnh của $\chi_n$ . Bây giờ Mệnh đề 6 suy ra từ việc $(\mathbf{Z}/n\mathbf{Z})^*$ có cấp $\varphi(n)$ .

Định lý 2 (Gauss)

— Cho $Q$ là một bao đóng đại số của $Q$ và cho $n \geq 1$ là một số nguyên.

a) Đa thức cyclotomic $\Phi_n(X)$ là bất khả quy trong $Q[X]$ .

b) Bậc của $R_n(Q)$ trên $Q$ là $\varphi(n)$ .

c) Đồng cấu $\chi_n$ từ $\mathrm{Gal}(\bar{Q}/Q)$ vào $(\mathbf{Z}/n\mathbf{Z})^*$ là toàn ánh và, bằng cách chuyển sang thương, xác định một đẳng cấu từ $\mathrm{Gal}(R_n(Q)/Q)$ lên $(\mathbf{Z}/n\mathbf{Z})^*$ .

Có xét đến Mệnh đề 6, ta chỉ cần chứng minh c). Mọi số nguyên $r$ nguyên tố cùng nhau với $n$ đều là một tích của các số nguyên tố $p_1, \ldots, p_s$ không chia hết $n$ ; do đó chỉ cần chỉ ra rằng với mọi số nguyên tố $p$ không chia hết $n$ , ánh xạ $x \mapsto x^p$ của $\mu_n(Q)$ vào chính nó mở rộng thành một tự đẳng cấu của $R_n(Q)$ . Chỉ cần chứng minh rằng nếu $\zeta$ là một căn nguyên thủy bậc $n$ của đơn vị, thì đa thức tối tiểu $f$ của $\zeta$ trên $Q$ bằng đa thức tối tiểu $g$ của $\zeta^p$ trên $Q$ .

Ta sẽ giả sử rằng $f \neq g$ và suy luận bằng phản chứng. Các đa thức $f$ và $g$ là đơn nhất, bất khả quy trong $Q[X]$ và chia hết $X^n - 1$ , nên tồn tại $u \in Q[X]$ sao cho $X^n - 1 = fg u$ (IV, p. 13, Mệnh đề 13). Bổ đề 2 (V, p. 82) cho thấy rằng $f, g$ và $u$ có hệ số nguyên. Ta ký hiệu bởi $\bar{v}$ đa thức với hệ số trong $\mathbf{F}_p$ thu được từ một đa thức $v \in \mathbf{Z}[X]$ bằng cách thu gọn mod $p$ . Như vậy ta có $X^n - 1 = \bar{f} \bar{g} \bar{u}$ trong $\mathbf{F}_p[X]$ .

Hơn nữa ta có $g(\zeta^p) = 0$ và do đó $g(X^p)$ là một bội của $f(X)$ trong $\mathbf{Q}[X]$ . Theo Bổ đề 2 tồn tại $h \in \mathbf{Z}[X]$ sao cho $g(X^p) = f(X) \cdot h(X)$ . Bây giờ ta có $v(X^p) = v(X)^p$ với mọi đa thức $v \in \mathbf{F}_p[X]$ . Do đó, bằng phép lấy modulo $p$ ta thu được $\bar{g}^p = \bar{f} \bar{h}$ . Nếu $v$ là một đa thức bất khả quy trong $\mathbf{F}_p[X]$ chia hết $\bar{f}$ , thì khi đó nó cũng phải chia hết $\bar{g}$ . Vì $\bar{f} \bar{g}$ chia hết $X^n - 1$ , ta kết luận rằng $v^2$ chia hết $X^n - 1$ trong $\mathbf{F}_p[X]$ . Điều này vô lý vì đa thức $X^n - 1$ là tách được trong $\mathbf{F}_p[X]$ .

Có thể chứng minh rằng với mọi mở rộng Abel $E$ bậc hữu hạn trên $Q$ đều tồn tại một số nguyên $n \geq 1$ sao cho $E$ đẳng cấu với một mở rộng con của $R_n(Q)$ . \* Nói cách khác, trường $Q(\mu_{\infty}(C))$ là một bao đóng Abel của $Q$ . *(« định lý Kronecker-Weber »).

6. Mở rộng cyclic

Định nghĩa 3

— *Một mở rộng E của K được gọi là cyclic nếu nó là Galois và nhóm Galois của nó là cyclic.

*Ví dụ. — 1) Mọi mở rộng Galois bậc nguyên tố đều là cyclic, vì mọi nhóm hữu hạn G có cấp nguyên tố $p$ đều là cyclic (vì mọi phần tử $x \neq 1$ của G đều có cấp $p$ , nên sinh ra G).

2) Cho $F(X) = X^2 + aX + b$ là một đa thức bất khả quy trong $K[X]$ . Trường hợp duy nhất mà $F(X)$ không tách được là khi $K$ có đặc số 2 và $a = 0$ . Ta sẽ gác trường hợp này sang một bên; gọi E là một mở rộng của K được sinh bởi một nghiệm $x$ của $F(X)$ . Ta có $[E : K] = 2$ và $F(X) = (X - x)(X + a + x)$ , do đó E là một mở rộng Galois của K. Nhóm Galois của E trên K có cấp 2, nên là cyclic.

3) Cho $\mathbf{F}$ là một trường và $\sigma$ là một tự đẳng cấu có cấp hữu hạn. Trường E các phần tử bất biến của $\sigma$ cũng là trường các phần tử bất biến của nhóm cyclic cấp $n$ do $\sigma$ sinh ra, và do đó (V, p. 66, Định lý 3) F là một mở rộng cyclic bậc $n$ của E.

Ta biết (I, p. 50) rằng mọi nhóm con và mọi nhóm thương của một nhóm cyclic đều là cyclic. Vì vậy (V, p. 68, Hệ quả 4), nếu E là một mở rộng cyclic của một trường K, bậc $n$ , thì mọi mở rộng con F của E đều cyclic trên K, và E cyclic trên F. Với mọi ước d của $n$ tồn tại duy nhất một trường con F bậc d trên K được chứa trong E : vì trong một nhóm cyclic cấp $n$ tồn tại duy nhất một nhóm con có chỉ số d.

Định lý 3 (Hilbert)

— *Cho E là một mở rộng cyclic của K và gọi a là một phần tử sinh của nhóm Galois $\Gamma$ của E trên K.

a) Để một phần tử $x \in E$ thỏa mãn $N_{E/K}(x) = 1$ thì điều kiện cần và đủ là tồn tại $y \in E^*$ sao cho $x = y / \sigma(y)$ ; khi đó mọi $y_1 \in E^*$ với $x = y_1 / \sigma(y_1)$ đều có dạng $\lambda y$ với $\lambda \in K^*$ .

b) Để một phần tử $x \in E$ thỏa mãn $\mathrm{Tr}_{E/K}(x) = 0$ thì điều kiện cần và đủ là tồn tại $z \in E$ sao cho $x = z - \sigma(z)$ ; khi đó mọi $z_1 \in E$ với $x = z_1 - \sigma(z_1)$ đều có dạng $z + \mu$ , trong đó $\mu \in K$ .

Trước hết ta hãy chứng minh một bổ đề.*

Bổ đề 4

Cho $\Gamma$ là một nhóm cyclic cấp $n$ , $\sigma$ là một phần tử sinh của $\Gamma$ và M là một nhóm giao hoán trên đó $\Gamma$ tác động theo quy tắc $\gamma . (m + m') = \gamma . m + \gamma . m'$ với mọi $\gamma \in \Gamma$ và $m, m' \in M$ . Gọi Z là tập hợp tất cả các ánh xạ từ $\Gamma$ vào M thỏa mãn quan hệ

f(\tau \tau') = f(\tau) + \tau . f(\tau') \quad \text{với } \tau, \tau' \text{ trong } \Gamma

Đặt $u(f) = f(a)$ với $f \in Z$ và $t(m) = \sum_{\tau \in \Gamma} \tau . m$ với $m \in M$ . Khi đó dãy

0 \to Z \xrightarrow{u} M \xrightarrow{t} M

là khớp.

Cho $f \in \mathbf{Z}$ ; lấy $\tau = \tau' = 1$ trong (10) ta được $f(1) = 0$ . Hơn nữa, bằng quy nạp theo $m \geqslant 0$ ta suy ra quan hệ

f(\sigma^m) = f(\sigma) + \sigma \cdot f(\sigma) + \cdots + \sigma^{m-2} \cdot f(\sigma) + \sigma^{m-1} \cdot f(\sigma)

Ta có $\sigma^n = 1$ , do đó $f(\sigma^n) = 0$ ; quan hệ trên với $m = n$ tương đương với đẳng thức $t(u(f)) = 0$ , do đó $\operatorname{Im}\ u \subset \operatorname{Ker}\ t$ . Hơn nữa, từ (11) suy ra $\operatorname{Ker}\ u = 0$ .

Cho $m \in M$ sao cho $t(m) = 0$ , nghĩa là, $m + \sigma \cdot m + \cdots + \sigma^{n-1} \cdot m = 0$ . Ta định nghĩa ánh xạ $f$ từ $\Gamma$ vào $M$ bởi

f(\sigma^j) = m + \sigma \cdot m + \cdots + \sigma^{j-2} \cdot m + \sigma^{j-1} \cdot m

với $0 \leqslant j \leqslant n - 1$ . Có thể để người đọc tự thiết lập quan hệ (10). Ta có rõ ràng $m = f(a)$ , do đó $\operatorname{Im}\ u \supset \operatorname{Ker}\ t$ .

Bây giờ bổ đề đã được chứng minh, hãy lấy $y \in E^*$ và $x = y/\sigma(y)$ ; ta có $N_{E/K}(\sigma(y)) = N_{E/K}(y)$ , do đó $N_{E/K}(x) = 1$ . Ngược lại, cho $x$ trong $E^*$ sao cho $N_{E/K}(x) = 1$ ; theo Bổ đề 4, áp dụng cho $M = E^*$ , tồn tại một họ các phần tử $(c_\tau)_{\tau \in \Gamma}$ của $E^*$ thỏa mãn quan hệ $c_{\tau \tau'} = c_\tau \cdot \tau(c_{\tau'})$ với $\tau, \tau'$ trong $\Gamma$ và $c_\sigma = x$ . Theo Hệ quả 1 của Mệnh đề 9 (V, p. 65) tồn tại $y \in E^*$ sao cho $c_\tau = y/\tau(y)$ với mọi $\tau \in \Gamma$ , do đó đặc biệt $x = c_\sigma = y/\sigma(y)$ . Nếu $y_1 \in E^*$ thỏa mãn $x = y_1/\sigma(y_1)$ , thì ta có

\sigma(y_1 y^{-1}) = y_1 y^{-1},

vậy $y_1 y^{-1}$ thuộc $K^*$ vì $a$ sinh ra nhóm Galois của $E$ trên $K$ . Điều này chứng minh a).

Mệnh đề b) suy ra theo cách tương tự từ Hệ quả 2 của Mệnh đề 9 (V, p. 65).

7. Đối ngẫu của các $\mathbf{Z}/n\mathbf{Z}$ -môđun

Trong số này, ta ký hiệu bởi $n$ một số nguyên $> 0$ và bởi $T$ một nhóm cyclic cấp $n$ . Một nhóm $G$ được gọi là bị triệt tiêu bởi $n$ nếu $g^n = 1$ với mọi $g \in G$ ; hơn nữa, nếu $G$ là giao hoán, thì cấu trúc nhóm của $G$ là cơ sở của một cấu trúc $\mathbf{Z}/n\mathbf{Z}$ -môđun duy nhất.

Với mọi nhóm $G$ ta ký hiệu bởi $\operatorname{Hom}(G, T)$ nhóm các đồng cấu từ $G$ vào $T$ ; đó là một nhóm giao hoán bị triệt tiêu bởi $n$ .

Mệnh đề 7

— Cho $G$ là một nhóm giao hoán bị triệt tiêu bởi $n$ và $H$ là một nhóm con của $G$ . Khi đó đồng cấu hạn chế $\operatorname{Hom}(G, T) \to \operatorname{Hom}(H, T)$ là toàn ánh.

Vì vậy, cho $f : H \to T$ là một đồng cấu; ta sẽ chứng minh rằng tồn tại một đồng cấu của $G$ vào $T$ kéo dài $f$ . Trước hết giả sử rằng $G$ là xyclic, sinh bởi một phần tử $g$ có cấp $r$ chia hết $n$ ; ký hiệu bởi $t$ một phần tử sinh của $T$ . Tồn tại một ước s của r sao cho H được sinh bởi $g^s$ (I, p. 50, Prop. 19), và với mọi $x \in \mathbf{Z}$ $f(g^{sx}) = t^{ax}$ , trong đó a là một số nguyên sao cho n chia hết $ar/s$ . Khi đó $a/s = (ar/ns)(n/r)$ là một số nguyên và đồng cấu $g^x \mapsto t^{(a/s)x}$ , $x \in \mathbf{Z}$ , của G vào T kéo dài f. Trong trường hợp tổng quát, xét tập hợp các cặp $(H', f')$ trong đó $H'$ là một nhóm con của G chứa H và $f'$ là một đồng cấu của $H'$ vào T kéo dài $f$ , và sắp thứ tự tập hợp này bởi quan hệ $(H', f') \leq (H'', f'')$ nếu $H' \subset H''$ và hạn chế của $f''$ trên $H'$ là $f'$ . Theo Set Theory, III, p. 154, Def. 3 and Th. 2, tập hợp này có một phần tử cực đại $(H_1, f_1)$ và chỉ cần chứng minh rằng $H_1 = G$ ; nếu không phải như vậy thì tồn tại $g \in G, g \notin H_1$ và chỉ cần chứng minh rằng $f_1$ có thể được kéo dài thành một đồng cấu T của nhóm con của G được sinh bởi $H_1$ và g. Bây giờ nếu C ký hiệu nhóm xyclic sinh bởi g, thì hạn chế của $f_1$ trên $C \cap H_1$ kéo dài thành một đồng cấu $f_2$ của C vào T và đồng cấu $xy \mapsto f_1(x) f_2(y), x \in H_1, y \in C,$ của $H_1C$ vào T là ánh xạ cần tìm.

Hệ quả 1

— Nếu G là một nhóm giao hoán bị triệt tiêu bởi n, và $G \neq \{1\}$ , thì $\mathrm{Hom}(G, T) \neq \{1\}$ .

Thật vậy, chỉ cần chú ý rằng nếu H là một nhóm con xyclic của G khác $\{1\}$ , thì $\mathrm{Hom}(H, T) \neq \{1\}$ , rồi áp dụng Prop. 7.

Hệ quả 2

— Nếu G là một nhóm giao hoán hữu hạn bị triệt tiêu bởi n, thì các nhóm G và $\mathrm{Hom}(G, T)$ có cùng cấp.

Nếu G là xyclic cấp r, với phần tử sinh g, thì ánh xạ $f \mapsto f(g)$ là một song ánh của $\mathrm{Hom}(G, T)$ lên tập hợp các phần tử t của T sao cho $t^r = 1$ , do đó mệnh đề được suy ra trong trường hợp này. Mặt khác, nếu H là một nhóm con xyclic của G, thì ta có $\mathrm{Card}(G) = \mathrm{Card}(H) \cdot \mathrm{Card}(G/H)$ ; hơn nữa, ta có một dãy khớp

\{1\} \to \mathrm{Hom}(G/H, T) \to \mathrm{Hom}(G, T) \to \mathrm{Hom}(H, T) \to \{1\}

(II, p. 227, Th. 1 and Prop. 7 above), do đó

\mathrm{Card}(\mathrm{Hom}(G, T)) = \mathrm{Card}(\mathrm{Hom}(H, T)) \cdot \mathrm{Card}(\mathrm{Hom}(G/H, T)).

Vì $\mathrm{Card}(\mathrm{Hom}(H, T)) = \mathrm{Card}(H)$ , nên việc chứng minh hệ quả cho G hay cho $G/H$ là như nhau. Kết quả bây giờ suy ra bằng quy nạp theo $\mathrm{Card}(G)$ .

Bây giờ cho G và H là hai nhóm và $f : G \times H \to T$ là một ánh xạ nhân song tuyến tính, nghĩa là sao cho với mọi $g, g' \in G, h, h' \in H$ ta có

f(gg', h) = f(g, h) f(g', h), \quad f(g, hh') = f(g, h) f(g, h')

Ta định nghĩa các đồng cấu nhóm

s_f : G \to \mathrm{Hom}(H, T), \quad d_f : H \to \mathrm{Hom}(G, T),

bởi $s_f(g)(h) = d_f(h)(g) = f(g, h)$ (cf. II, p. 268, Cor. to Prop. 1, khi G và H giao hoán).

Mệnh đề 8

— Giả sử rằng G và H giao hoán và bị triệt tiêu bởi n. Nếu sf là song ánh và H là hữu hạn, thì d_f là song ánh và ta có Card(G) = Card(H).

Nếu s_f là song ánh và H là hữu hạn, thì theo Cor. 2 to Prop. 7 ta có hệ thức Card(G) = Card(Hom(H, T)) = Card(H), do đó Card(G) là hữu hạn và bằng một áp dụng khác của Hệ quả, Card(Hom(G, T)) = Card(H). Vậy chỉ cần chứng minh rằng d_f là đơn ánh. Thật vậy, nếu h \in \mathrm{Ker}(d_f), thì ta có f(g, h) = 1 với mọi g \in G, nên vì s_f là song ánh, $\varphi(h) = 1$ với mọi $\varphi \in \mathrm{Hom}(H, T)$ ; theo Prop. 7 điều này suy ra $\mathrm{Hom}(\mathrm{Ker}(d_f), T) = \{1\}$ , do đó $\mathrm{Ker}(d_f) = \{1\}$ theo Cor. 1 to Prop. 7.

8. Lý thuyết Kummer

Trong số này ta ký hiệu bởi $n$ một số nguyên > 0, và ta sẽ giả sử rằng $\mu_n(K)$ có $n$ phần tử; theo V, p. 78 điều này cũng có nghĩa là $n$ nguyên tố cùng nhau với số mũ đặc số của K và mọi căn bậc n của đơn vị trong một bao đóng đại số $\Omega$ của K đều nằm trong K.

Ta sẽ nói rằng một mở rộng L của K là Abel có số mũ chia n nếu nó là Abel (V, p. 77, Def. 1) và nhóm Galois Gal(L/K) của nó bị triệt tiêu bởi $n$ (V, p. 86).

Cho A là một tập con của $K^*$ ; ta ký hiệu bởi $K(A^{1/n})$ mở rộng con của $\Omega$ được sinh bởi mọi $0 \in \Omega$ sao cho $\theta^n \in A$ .

Bổ đề 5

— * $K(A^{1/n})$ là một mở rộng Abel của K có số mũ chia n.

Vì các đa thức $X^n - a, a \in A$ là tách được trên K, nên $L = K(A^{1/n})$ là một mở rộng tách được, do đó là Galois, của K. Cho $\sigma \in \mathrm{Gal}(L/K)$ và cho $0 \in \Omega$ sao cho $\theta^n \in A$ . Ta có $\sigma(\theta)^n = \theta^n$ ; do đó tồn tại $\zeta \in \mu_n(\Omega) = \mu_n(K)$ sao cho $\sigma(\theta) = \zeta \theta$ ; điều này suy ra $\sigma^n(\theta) = \zeta^n \theta = 0$ , do đó $\sigma^n = 1$ . Nếu $\sigma'$ là một phần tử khác của $\mathrm{Gal}(L/K)$ thì tồn tại $\zeta' \in \mu_n(K)$ sao cho $\sigma'(\theta) = \zeta' \theta$ , do đó $\sigma'\sigma(\theta) = \zeta \zeta' \theta = \sigma\sigma'(\theta)$ và vì thế $\sigma'\sigma = \sigma\sigma'$ .

Bổ đề 6

— *Cho L là một mở rộng Galois của K. Tồn tại một ánh xạ duy nhất $(\sigma, a) \mapsto \langle \sigma, a \rangle$ từ $\mathrm{Gal}(L/K) \times ((L^n \cap K^*)/K^{*n})$ vào $\mu_n(K)$ sao cho với mọi $\sigma \in \mathrm{Gal}(L/K)$ và mọi phần tử $0 \in L^*$ sao cho $\theta^n \in K$ ta có, khi ký hiệu bởi $\overline{\theta^n}$ lớp thặng dư của $\theta^n$ mod $K^{*n}$ :

\langle \sigma, \overline{\theta^n} \rangle = \sigma(\theta)/\theta

Ánh xạ này là nhân tính hai phía.

Thật vậy, vế phải của (13) là một căn bậc n của đơn vị chỉ phụ thuộc vào lớp thặng dư mod $K^{*n}$ của $\theta^n$ ; điều này chứng minh mệnh đề thứ nhất. Mệnh đề thứ hai được kiểm tra không khó khăn.

Với mọi mở rộng Galois L của K, ta viết

k_L : (L^n \cap K^*)/K^{*n} \to \mathrm{Hom}(\mathrm{Gal}(L/K), \mu_n(K)) ,

k'_L : \mathrm{Gal}(L/K) \to \mathrm{Hom}((L^n \cap K^*)/K^{*n}, \mu_n(K)) ,

cho các đồng cấu dẫn xuất từ ánh xạ nhân tính hai phía ở trên (V, p. 87).

Mệnh đề 9

Với mọi mở rộng Galois bậc hữu hạn L của K, đồng cấu $k_L$ là song ánh.

Cho $0 \in L^*$ sao cho $0^n \in K$ và lớp thặng dư của $0^n \mod K^{*n}$ thuộc vào hạt nhân của $k_L$ . Với mọi $\sigma \in \mathrm{Gal}(L/K)$ ta có theo định nghĩa $\sigma(\theta) = 0$ ; do đó $0 \in K^*$ và $\theta^n \in K^{*n}$ . Điều này chứng minh tính đơn ánh của $k_L$ . Bây giờ cho $f : \mathrm{Gal}(L/K) \to \mu_n(K)$ là một đồng cấu; với mọi $\sigma, \tau \in \mathrm{Gal}(L/K)$ ta có

f(\sigma \tau) = f(\sigma) f(\tau) = f(\sigma) \cdot \sigma f(\tau) , \quad f(\sigma)^n = 1 .

Theo V, p. 65, Hệ quả 1, tồn tại $0 \in L^*$ sao cho $f(\sigma) = \sigma(\theta)/\theta$ với mọi $\sigma \in \mathrm{Gal}(L/K)$ ; vì $f(\sigma)^n = 1$ , ta có $\sigma(\theta^n) = 0^n$ với mọi $\sigma \in \mathrm{Gal}(L/K)$ , do đó $0^n \in K^*$ ; nếu $a$ là lớp thặng dư của $\theta^n \mod K^{*n}$ , thì theo định nghĩa ta có $f(\sigma) = \langle \sigma, a \rangle$ với $\sigma \in \mathrm{Gal}(L/K)$ , do đó $f = k_L(a)$ .

Hệ quả

Nếu L là một mở rộng Galois của K, thì đồng cấu $k_L$ là đơn ánh và ảnh của nó là nhóm $\mathrm{Hom}_c(\mathrm{Gal}(L/K), \mu_n(K))$ các đồng cấu liên tục từ nhóm tôpô $\mathrm{Gal}(L/K)$ vào nhóm rời rạc $\mu_n(K)$ .

Điều này suy ra ngay từ những gì đã nói, khi dùng sự kiện rằng L là một hợp có hướng tăng của các mở rộng Galois $L_i$ bậc hữu hạn và rằng một đồng cấu từ $\mathrm{Gal}(L/K)$ vào $\mu_n(K)$ là liên tục khi và chỉ khi nó phân tích được qua một trong các thương $\mathrm{Gal}(L_i/K)$ của $\mathrm{Gal}(L/K)$ .

Định lý 4

a) Ánh xạ $H \mapsto K(H^{1/n})$ là một song ánh bảo toàn bao hàm từ tập hợp các nhóm con của $K^*$ chứa $K^{*n}$ lên tập hợp các mở rộng con Abel của $\Omega$ có số mũ chia hết cho n. Ánh xạ nghịch đảo là $L \mapsto L'' \cap K^*$ .

b) Với mọi nhóm con H của $K^*$ chứa $K^{*n}$ , đồng cấu

k' : \mathrm{Gal}(K(H^{1/n})/K) \to \mathrm{Hom}(H/K^{*n}, \mu_n(K))

là song ánh, và nó là một đồng phôi khi nhóm $\mathrm{Hom}(H/K^{*n}, \mu_n(K))$ được trang bị tôpô hội tụ đơn giản.

c) Cho H là một nhóm con của $K^*$ chứa $K^{*"n}$ . Với mọi $a \in H/K^{*n}$ , gọi $\theta_a$ là một phần tử của $\Omega$ sao cho $\theta_a^n$ là một đại diện của a trong H. Khi đó các $\theta_a, a \in H/K^{*n}$ , tạo thành một cơ sở của K-không gian vectơ $K(H^{1/n})$ . Đặc biệt,

[K(H^{1/n}):K] = (H:K^{*"n}) .

A) Với mọi mở rộng Abel L của K có số mũ chia hết cho n, đặt $H_L = L'' \cap K^*$ . Nếu $[L:K]$ là hữu hạn, đồng cấu $k'_L$ từ $\mathrm{Gal}(L/K)$ vào $\mathrm{Hom}(H_L, \mu_n(K))$ là song ánh theo Mệnh đề 9 và V, p. 88, Mệnh đề 8.

Vì mọi mở rộng Abel của K có số mũ chia hết cho $n$ là một hợp có hướng tăng của các mở rộng con Abel bậc hữu hạn có số mũ chia hết cho $n$ , nên bằng cách chuyển sang giới hạn nghịch đảo, ta suy ra rằng $k'_L$ là một đồng phôi các nhóm tôpô với mọi mở rộng Abel L của K chia hết cho n.

B) Cho L là một mở rộng Abel bậc hữu hạn, có số mũ chia hết cho $n$ , của K, và đặt $L' = K(H_L^{1/n})$ ; đây là một mở rộng con của L; hơn nữa $H_{L'}$ chứa $H_L$ nên bằng với nó. Vì các đồng cấu $k'_L$ và $k'_{L'}$ là song ánh theo A) và $H_L = H_{L'}$ , các nhóm Gal $(L/K)$ và Gal $(L'/K)$ có cùng cấp nên bằng nhau. Điều này cho thấy $L' = L$ , và do đó $L = K(H_L^{1/n})$ . Nếu L là một mở rộng Abel có số mũ chia hết cho $n$ của K, ta có $K(H_L^{1/n}) = L$ , vì $K(H_L^{1/n})$ là một mở rộng con của L chứa mọi mở rộng con bậc hữu hạn của L.

C) Cho H là một nhóm con của $K^*$ chứa $K^{*n}$ ; đặt $L = K(H^{1/n})$ , khi đó đây là một mở rộng Abel của K có số mũ chia hết cho $n$ (V, p. 88, Bổ đề 5). Ta có $H \subset H_L$ , do đó thu được một dãy khớp các nhóm giao hoán bị triệt tiêu bởi $n$

\{1\} \to H/K^{*n} \to H_L/K^{*n} \to H_L/H \to \{1\}.

Từ đó suy ra một dãy khớp

\{1\} \to \operatorname{Hom}(H_L/H, \mu_n(K)) \to \operatorname{Hom}(H_L/K^{*n}, \mu_n(K)) \xrightarrow{\iota} \operatorname{Hom}(H/K^{*n}, \mu_n(K)),

trong đó $\iota$ là đồng cấu hạn chế.

Nếu ta đồng nhất $\operatorname{Hom}(H_L/K^{*n}, \mu_n(K))$ với Gal $(L/K)$ bằng đẳng cấu $k'_L$ , thì hạt nhân của $\iota$ được đồng nhất với tập hợp các $\sigma \in \operatorname{Gal}(L/K)$ sao cho $\sigma(\theta) = \theta$ với mọi $\theta \in H^{1/n}$ . Suy ra $\iota$ là đơn ánh, nên $\operatorname{Hom}(H_L/H, \mu_n(K))$ thu về (1); bởi Hệ quả 1 của V, p. 87 ta do đó có $H = H_L$ . Điều này hoàn thành chứng minh của a) và b).

D) Ta hãy chứng minh c). Nếu $a, b \in H$ , ta có $\theta_a \theta_b / \theta_{ab} \in K$ . Suy ra không gian con vectơ của $K(H^{1/n})$ sinh bởi các $\theta_a$ là ổn định đối với phép nhân và vì thế trùng với $K(H^{1/n})$ . Chỉ còn phải chỉ ra rằng các $\theta_a$ độc lập tuyến tính; để làm điều đó hiển nhiên ta có thể giả sử rằng $H/K^{*n}$ là hữu hạn; khi đó $[K(H^{1/n}) : K] = (\operatorname{Gal}(K(H^{1/n})/K) : \{1\}) = (H : K^{*n})$ theo b) và Hệ quả 2 của V, p. 87; vì số các $\theta_a$ bằng với $(H : K^{*n})$ và chúng sinh không gian vectơ K $K(H^{1/n})$ , nên chúng độc lập tuyến tính.

Ví dụ 1

Tồn tại một mở rộng Abel lớn nhất có số mũ chia hết cho $n$ của K, được chứa trong $\Omega$ ; nó thu được bằng cách kề thêm vào K các căn bậc $n$ của mọi phần tử của nó; nhóm Galois của nó có thể được đồng nhất với $\operatorname{Hom}(K^*/K^{*n}, \mu_n(K))$ , do đó cũng với $\operatorname{Hom}(K^*, \mu_n(K))$ .

Ví dụ 2

Lấy $K = \mathbf{Q}$ và $n = 2$ . Khi đó $\mathbf{Q}^*/\mathbf{Q}^{*2}$ là một không gian vectơ trên $\mathbf{F}_2$ có một cơ sở là hợp của $\{-1\}$ và tập hợp mọi số nguyên tố. Vì vậy mở rộng Abel lớn nhất có số mũ 2 của Q chứa trong $\mathbf{C}$ là trường con $\mathbf{Q}(i, \sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{5}, \ldots)$ của $\mathbf{C}$ . Nhóm Galois của nó gồm tất cả các tự đẳng cấu thu được bằng cách nhân mỗi phần tử $i,\ \sqrt{2},\ \sqrt{3},\ \sqrt{5}$ v.v. với $\pm 1$ . \

Ví dụ 3

Cho $L$ là một mở rộng cyclic của $K$ bậc $n$ ; khi đó nhóm $(L^n \cap K^*)/K^{*n}$ là cyclic cấp $n$ . Nếu $a \in K^*$ sao cho lớp thặng dư của $a$ mod $K^{*n}$ là một phần tử sinh của nhóm này, thì L là K-đẳng cấu với $K[X]/(X^n - a)$ và nhóm $\mathrm{Gal}(L/K)$ gồm $n$ tự đẳng cấu gửi $X$ tới $\zeta X$ , $\zeta \in \mu_n(K)$ .

Ví dụ 4

Ngược lại, cho $a \in K^*$ và cho $r$ là số nguyên nhỏ nhất $> 0$ sao cho $a' \in K^{*n}$ ; khi đó trường con $L$ của $\Omega$ sinh bởi các nghiệm của đa thức $X^n - a$ là một mở rộng cyclic của $K$ bậc $r$ . Đặc biệt, $X^n - a$ là bất khả quy khi và chỉ khi $r = n$ .

Nhận xét

Cho $a \in K^*$ và cho r là số nguyên nhỏ nhất $> 0$ sao cho $a' \in K^n$ . Gọi B là tập hợp các nghiệm trong K của đa thức $X^{n/r} - a$ ; khi đó ta có

X^n - a = \prod_{b \in B} (X' - b),

bằng phép thế $X'$ cho T trong quan hệ $T^{n/r} - a = \Pi (T - b)$ . Theo Ví dụ 4, mỗi đa thức $X' - b$ đều bất khả quy, do đó (14) là phân tích của $X^n - a$ thành các đa thức bất khả quy trong $K[X]$ .

9. Lý thuyết Artin-Schreier

Trong số này ta sẽ dùng $p$ để chỉ một số nguyên tố và giả thiết rằng K có đặc số $p$ . Ta ký hiệu $\Omega$ là một bao đóng đại số của K và $\varphi$ là tự đồng cấu của nhóm cộng của $\Omega$ được xác định bởi

\varphi(x) = x^p - x.

Theo V, p. 93, hạt nhân của $\varphi$ là trường con nguyên tố $\mathbf{F}_p$ của $K$ . Với mọi tập con $A$ của K, ta ký hiệu $K(\varphi^{-1}(A))$ là mở rộng con của $\Omega$ sinh bởi mọi $x \in \Omega$ sao cho $\varphi(x) \in A$ .

Bổ đề 7

$K(\varphi^{-1}(A))$ là một mở rộng Abel của $K$ với số mũ chia hết cho $p$ .

Vì các đa thức $\varphi - a = X^p - X - a,\ a \in A$ tách được trên $K$ , nên mở rộng $L = K(\varphi^{-1}(A))$ là Galois. Cho $a \in \mathrm{Gal}(L/K)$ và $x \in \varphi^{-1}(A)$ ; ta có $\varphi(\sigma(x)) = \varphi(x)$ , do đó $\sigma(x) - x \in \mathbf{F}_p$ , nghĩa là $\sigma(x) = x + i,\ i \in \mathbf{F}_p$ . Điều này suy ra $\sigma^p(x) = x + pi = x$ , nên $u^p = 1$ ; tương tự, nếu $a' \in \mathrm{Gal}(L/K)$ và $\sigma'(x) = x + j$ , thì ta có $\sigma \circ \sigma'(x) = x + i + j = a' \circ \sigma(x)$ , nên $\sigma \circ \sigma' = \sigma' \circ \sigma$ .

Bổ đề 8

Cho L là một mở rộng Galois của K. Tồn tại một ánh xạ duy nhất $(\sigma, a) \mapsto [a, a')$ từ $\mathrm{Gal}(L/K) \times ((\varphi(L) \cap K)/\varphi(K))$ vào $\mathbf{F}_p$ sao cho với mọi $\sigma \in \mathrm{Gal}(L/K)$ và mọi phần tử $x \in L$ sao cho $\varphi(x) \in K$ ta có, ký hiệu bởi $\overline{\varphi(x)}$ lớp thặng dư của $\varphi(x)$ mod $\varphi(K)$ ,

[\sigma, \overline{\varphi(x)}] = \sigma(x) - x.

Ánh xạ này là song tuyến tính trên Z (với $\sigma, \tau \in \mathrm{Gal}(L/K)$ , $a, b \in (\mathscr{P}(L) \cap K)/\mathscr{P}(K)$ , ta có $[\sigma \tau, a) = [\sigma, a) + [\tau, a)$ , $[\sigma, a + b) = [\sigma, a) + [a, b)$ ).

Thật vậy, vế phải của (15) là một phần tử của $\mathbf{F}_p$ chỉ phụ thuộc vào lớp thặng dư của $\mathscr{P}(x) \mod \mathscr{P}(K)$ ; điều này chứng minh mệnh đề thứ nhất; mệnh đề thứ hai có thể được kiểm tra không khó khăn.

Với mọi mở rộng Galois $L$ của $K$ , ta viết

a_L : (\mathscr{P}(L) \cap K)/\mathscr{P}(K) \to \mathrm{Hom}(\mathrm{Gal}(L/K), \mathbf{F}_p)

a_L' : \mathrm{Gal}(L/K) \to \mathrm{Hom}((\mathscr{P}(L) \cap K)/\mathscr{P}(K), \mathbf{F}_p)

cho các đồng cấu thu được từ ánh xạ song tuyến tính trên Z ở trên (V, p. 87).

Mệnh đề 10

Với mọi mở rộng Galois $L$ bậc hữu hạn của $K$ , đồng cấu $a_L$ là song ánh.

Cho $x \in L$ sao cho $\mathscr{P}(x) \in K$ và lớp thặng dư của $\mathscr{P}(x) \mod \mathscr{P}(K)$ nằm trong hạt nhân của $a_L$ . Với mọi $\sigma \in \mathrm{Gal}(L/K)$ , theo định nghĩa ta có $\sigma(x) = x$ ; do đó $x \in K$ và $\mathscr{P}(x) \in \mathscr{P}(K)$ . Điều này chứng minh tính đơn ánh của $a_L$ . Bây giờ, cho $f : \mathrm{Gal}(L/K) \to \mathbf{F}_p$ là một đồng cấu; với mọi $\sigma, \tau \in \mathrm{Gal}(L/K)$ ta có

f(\sigma \tau) = f(\sigma) + \sigma(f(\tau)), \quad f(\sigma) \in \mathbf{F}_p.

Theo V, p. 65, Hệ quả 2 tồn tại $x \in L$ sao cho $f(u) = \sigma(x) - x$ với mọi $o \in \mathrm{Gal}(L/K)$ . Vì $f(o) \in \mathbf{F}_p$ nên ta có $\mathscr{P}(\sigma(x)) = \mathscr{P}(x)$ , do đó $\sigma(\mathscr{P}(x)) = \mathscr{P}(x)$ với mọi $a \in \mathrm{Gal}(L/K)$ và $\mathscr{P}(x) \in K$ . Nếu $a$ là lớp thặng dư của $\mathscr{P}(x) \mod \mathscr{P}(K)$ , ta có $f(\sigma) = [\sigma, a)$ , nên $f = a_L(a)$ .

Hệ quả

Nếu $L$ là một mở rộng Galois của $K$ , đồng cấu $a_L$ là đơn ánh và ảnh của nó là nhóm $\mathrm{Hom}_c(\mathrm{Gal}(L/K), \mathbf{F}_p)$ các đồng cấu liên tục của nhóm tôpô $\mathrm{Gal}(L/K)$ vào nhóm rời rạc $\mathbf{F}_p$ .

Điều này được chứng minh theo cùng một cách như Hệ quả của Mệnh đề 9, V, p. 89.

Định lý 5

a) Ánh xạ $A \mapsto K(\mathscr{P}^{-1}(A))$ là một song ánh từ tập hợp các nhóm con của $K$ chứa $\mathscr{P}(K)$ lên tập hợp các mở rộng con Abel có số mũ chia hết cho $p$ trong $\Omega$ . Ánh xạ nghịch đảo là $L \mapsto \mathscr{P}(L) \cap K$ . b) Với mọi nhóm con $A$ của $K$ chứa $\mathscr{P}(K)$ , đồng cấu

a' : \mathrm{Gal}(K(\mathscr{P}^{-1}(A))/K) \to \mathrm{Hom}(A/\mathscr{P}(K), \mathbf{F}_p)

là song ánh, và là một đồng phôi khi $\mathrm{Hom}(A/\mathscr{P}(K), \mathbf{F}_p)$ được trang bị tôpô hội tụ đơn. c) Cho $A$ là một nhóm con của $K$ chứa $\mathscr{P}(K)$ và cho $B$ là một cơ sở của không gian vectơ $\mathbf{F}_p$ $A/\mathscr{P}(K)$ . Với mỗi $a \in B$ cho $x_a$ là một phần tử của $\Omega$ sao cho $\mathscr{P}(x_a)$ là một đại diện của $a$ trong $A$ . Khi đó các đơn thức $x^\alpha = \prod_{a \in B} x_a^{\alpha(a)}$ với a = (\alpha(a)) in N^{(B)} such that 0 \leq \alpha(a) < p for each a \in B form a basis of the vector K-space K(\mathfrak{p}^{-1}(A)). In particular we have [K(\mathfrak{p}^{-1}(A)):K] = (A:\mathfrak{p}(K)).

Định lý 5 được chứng minh theo cùng một cách như Định lý 4 (V, p. 89) mutatis mutandis.

Ví dụ 1

Tồn tại một mở rộng Abel lớn nhất của K có số mũ chia hết cho p, chứa trong \Omega; đó là K(B^1(K)), nhóm Galois của nó có thể được đồng nhất với Horn(K/\mathfrak{p}(K),\mathbf{F}_p).

Ví dụ 2

Cho L là một mở rộng cyclic của K có bậc p; khi đó nhóm (\mathfrak{p}(L) \cap K)/\mathfrak{p}(K) là cyclic cấp p. Nếu a \in K sao cho lớp thặng dư của a mod \mathfrak{p}(K) là một phần tử sinh của nhóm này, thì L là K-đẳng cấu với K[X]/(X^p - X - a) và nhóm Galois Gal(L/K) gồm p tự đẳng cấu ánh xạ X thành X + i, i \in \mathbf{F}_p.

Ví dụ 3

Ngược lại, nếu a \in K - \mathfrak{p}(K), thì đa thức X^p - X - a là bất khả quy và trường con L của \Omega sinh bởi các nghiệm của nó là một mở rộng cyclic của K có bậc p. Nếu a \in \mathfrak{p}(K), thì X^p - X - a = \prod_{a \in \mathfrak{p}^{-1}(a)} (X - \alpha).

Bài tập

Xem bài tập cho § 11.