Luận văn Thạc sĩ Toán học: Ứng dụng định lí cơ bản của đại số để xét tính bất khả quy của đa thức trên trường hữu tỷ

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:42

Thêm vào BST

Báo xấu

52
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luận văn trình bày một số kiến thức cơ bản về đa thức đối xứng và sự tồn tại trường phân rã của đa thức với hệ số trên một trường để phục vụ chứng minh Định lí cơ bản của đại số về sự tồn tại nghiệm của đa thức một biến trên trường số phức. Mời các bạn tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Ứng dụng định lí cơ bản của đại số để xét tính bất khả quy của đa thức trên trường hữu tỷ

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐÀO THỊ NGÂN ỨNG DỤNG ĐỊNH LÍ CƠ BẢN CỦA ĐẠI SỐ ĐỂ XÉT TÍNH BẤT KHẢ QUY CỦA ĐA THỨC TRÊN TRƯỜNG HỮU TỶ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐÀO THỊ NGÂN ỨNG DỤNG ĐỊNH LÍ CƠ BẢN CỦA ĐẠI SỐ ĐỂ XÉT TÍNH BẤT KHẢ QUY CỦA ĐA THỨC TRÊN TRƯỜNG HỮU TỶ Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TS. LÊ THỊ THANH NHÀN Thái Nguyên - 2015
i Mục lục Mục lục i Lời cảm ơn ii Mở đầu 1 1 Định lí cơ bản của đại số 3 1.1 Đa thức đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 Trường phân rã và trường hữu hạn . . . . . . . . . . . . . . 10 1.3 Chứng minh Định lí cơ bản của đại số . . . . . . . . . . . . 12 2 Vận dụng Định lí cơ bản của đại số để xét tính bất khả quy trên Q 17 2.1 Một số tiêu chuẩn bất khả quy trên Q quen biết . . . . . . . 17 2.2 Vận dụng Định lí cơ bản của đại số để xét tính bất khả quy trên Q . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 Kết luận 37 Tài liệu tham khảo 38
ii Lời cảm ơn Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc với GS.TS. Lê Thị Thanh Nhàn, đã trực tiếp hướng dẫn tận tình và động viên tác giả trong suốt thời gian nghiên cứu vừa qua. Tác giả xin chân thành cảm ơn các Thầy cô thuộc Khoa Toán - Tin, trường Đại học Khoa học và GS.TSKH. Hà Huy Khoái, GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu, PGS.TS. Đàm Văn Nhỉ đã giảng dạy, trang bị cho chúng em những kiến thức cơ bản, cần thiết. Xin chân thành cảm ơn Phòng Đào tạo, trường Đại học Khoa học đã tạo điều kiện thuận lợi, động viên, khuyến khích tác giả trong suốt quá trình học tập. Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình và người thân luôn khuyến khích, động viên tác giả trong suốt quá trình học tập và làm luận văn. Thái Nguyên, 2015 Đào Thị Ngân Học viên Cao học Toán K7D, Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên
1 Mở đầu Định lí cơ bản của Đại số phát biểu rằng mỗi đa thức một biến khác hằng với hệ số phức có ít nhất một nghiệm phức. Chứng minh đầu tiên cho Định lí cơ bản của đại số thuộc về D’Alembert năm 1748. Nhiều chứng minh khác được công bố bởi Euler năm 1749, Foncenex năm 1759, Lagrange 1772, Laplace năm 1795 ... nhưng các chứng minh này đều không chính xác. Đặc biệt, trong suốt cuộc đời mình, Gauss đã đưa ra 4 chứng minh cho Định lí, chứng minh đầu tiên năm 1799 và 2 chứng minh tiếp theo năm 1815, 1816 đều không chặt chẽ. Chứng minh hoàn chỉnh đầu tiên cho Định lí thuộc về Gauss năm 1846, được công bố chỉ vài năm trước khi ông qua đời. Tên của Định lí cơ bản của đại số được đặt vào thời điểm khi mà quan tâm chính của đại số là vấn đề giải phương trình đa thức. Định lí cơ bản của đại số có những ứng dụng quan trọng trong nhiều lĩnh vực khác nhau của toán học. Đối với hình học đại số, sự kết hợp giữa Định lí cơ bản của đại số và Nguyên lí Lefschetz cho thấy không gian xạ ảnh phức là môi trường đủ tốt để nghiên cứu nhiều bài toán của hình học đại số với đặc số 0. Trong đại số hiện đại, việc phân loại các cấu trúc đại số trên trường địa phương và toàn cục phải sử dụng thường xuyên một kết quả được suy ra từ Định lí cơ bản của đại số, đó là: Nếu K là một trường mở rộng hữu hạn của trường số phức C thì K = C. Cho K là một trường và f (x) là đa thức một biến x với hệ số trong K. Ta nói f (x) là đa thức bất khả quy trên K nếu f (x) có bậc dương và f (x) không là tích của hai đa thức với bậc bé hơn. Có thể nói, các đa thức bất khả
2 quy trong lí thuyết đa thức có vai trò quan trọng tương tự như vai trò của các số nguyên tố trong lí thuyết số. Vì thế, bài toán xét tính bất khả quy của đa thức là một trong những bài toán quan trọng nhất của lí thuyết đa thức. Từ Định lí cơ bản của đại số, ta suy ra rằng các đa thức bất khả quy trên C là và chỉ là các đa thức bậc nhất; các đa thức bất khả quy trên R là và chỉ là các đa thức bậc nhất hoặc bậc hai vô nghiệm (thực). Tuy nhiên, bài toán xét tính bất khả quy trên Q cho đến nay vẫn là bài toán mở. Mục đích của luận văn này là trình bày một ứng dụng của Định lí cơ bản của đại số trong vấn đề xét tính bất khả quy của đa thức trên Q. Luận văn được viết dựa vào hai bài báo gần đây: 1. A. I. Bonciocat, N. C. Bonciocat, and A. Zaharescu, On the irreducibil- ity of polynomials that take a prime power value, Bull. Math. Soc. Sci. Math. Roumanie, 54 (2011), 41-54. 2. M. R. Murty, Prime numbers and irreducible polynomials, The Amer- ican Math. Monthly, 109 (2002), 452-458. Luận văn được chia thành 2 chương với nội dung chính như sau: Chương 1 trình bày một số kiến thức cơ bản về đa thức đối xứng và sự tồn tại trường phân rã của đa thức với hệ số trên một trường để phục vụ chứng minh Định lí cơ bản của đại số về sự tồn tại nghiệm của đa thức một biến trên trường số phức. Cuối chương 1 chúng tôi sử dụng Định lý cơ bản của đại số để xét tính bất khả quy của đa thức trên trường phức C và trên trường thực R. Chương 2 là nội dung chính của luận văn, trình bày một số tiêu chuẩn bất khả quy của đa thức trên Q, mà chứng minh các tiêu chuẩn này phải sử dụng Định lí cơ bản của đại số. Thái Nguyên, ngày 20 tháng 11 năm 2015 Đào Thị Ngân Email: daothinganktd2002@gmail.com
3 Chương 1 Định lí cơ bản của đại số Chương này trình bày một số kiến thức cơ bản về đa thức đối xứng và chứng minh Định lý cơ bản của đại số về sự tồn tại nghiệm của đa thức một biến trên trường số phức. Từ đó ứng dụng để xét tính bất quy của đa thức trên C và trên trường thực R. 1.1 Đa thức đối xứng Trước hết, ta nhắc lại khái niệm về vành đa thức nhiều biến.Trong suốt chương này, luôn giả thiết V là một vành giao hoán. Định nghĩa 1.1.1. Kí hiệu V [x1 , . . . , xn ] là tập các đa thức n biến x1 , . . . , xn với các hệ số trong V . Với i, j ∈ Nn0 , trong đó i = (i1 , . . . , in ) và j = (j1 , . . . , jn ), ta định nghĩa i + j = (i1 + j1 , . . . , in + jn ). Khi đó V [x1 , . . . , xn ] là một vành với phép cộng và phép nhân X X X i i ai x + bi x = (ai + bi )xi ; i∈Nn0 i∈Nn0 i∈Nn0 X X X X ai xi bi xi = ck x k , c k = ai bj i∈Nn0 i∈Nn0 i∈Nn0 i+j=k với mọi đa thức ai xi , bi xi ∈ V [x1 , . . . , xn ]. Vành V [x1 , . . . , xn ] được P P i∈Nn0 i∈Nn0 gọi là vành đa thức n biến x1 , . . . , xn với hệ số trong V .
4 Từ bây giờ ta luôn giả thiết V là miền nguyên, V [x1 , . . . , xn ] là vành đa thức n biến x1 , . . . , xn với hệ số trong V và Sn là tập các song ánh từ tập {1, 2, . . . , n} đến chính nó. Định nghĩa 1.1.2. Đa thức f (x1 , . . . , xn ) ∈ V [x1 , . . . , xn ] được gọi là đa thức đối xứng nếu f (x1 , . . . , xn ) = f (xπ(1) , . . . , xπ(n) ) với mọi π ∈ Sn , trong đó ta hiểu f (xπ(1) , . . . , xπ(n) ) là đa thức được suy ra từ f (x1 , . . . , xn ) bằng cách thay xi bởi xπ(i) với mọi i = 1, . . . , n. Ví dụ 1.1.3. Các đa thức sau là các đa thức đối xứng đơn giản nhất, do đó ta gọi chúng là các đa thức đối xứng sơ cấp hay đa thức đối xứng cơ bản: n X σ1 = xi = x1 + · · · + xn ; i=1 X σ2 = xi xj = x1 x2 + · · · + x1 xn + x2 x3 + · · · + xn−1 xn ; i
5 f (x1 , . . . , xn ) = g(σ1 , . . . , σn ). Để chứng minh kết quả này, chúng ta cần sắp xếp một đa thức thành tổng của các từ từ cao xuống thấp. Chúng ta không thể sử dụng bậc thông thường để sắp xếp vì trong một đa thức có thể có nhiều từ có cùng bậc, chẳng hạn đa thức f (x1 , x2 ) = 3x61 − 2x1 x2 + 7x21 + 5x22 ∈ Q[x1 , x2 ] có đến 3 từ không đồng dạng có cùng bậc 2. Dưới đây ta sẽ giới thiệu một cách sắp xếp các đơn thức, được gọi là thứ tự từ điển, cho phép chúng ta sắp xếp được các từ để thực hiện được điều mong muốn. bỏ hệ số a Định nghĩa 1.1.5 (Thứ tự từ điển). Cho u = xi11 . . . xinn và v = xj11 . . . xjnn là hai đơn thức. Ta nói u < v nếu tồn tại m ∈ {1, . . . , n} sao cho im < jm và it = jt với mọi t < m. Trong suốt tiết này ta kí hiệu mon(U ) là tập các đơn thức n biến x1 , ..., xn . Bổ đề 1.1.6. Với hai đơn thức u, v ∈ mon(U ), ta nói u = v hoặc u < v theo thứ tự từ điển trong Định nghĩa 1.1.5. Khi đó ≤ là một quan hệ thứ tự toàn phần trên tập mon(U ) và các tính chất sau thỏa mãn: a) Mỗi tập con không rỗng của mon(U ) đều có phần tử nhỏ nhất; b) Nếu u ≤ v thì uw ≤ vw với mọi u, v, w ∈ mon(U ). Chứng minh. Xem chứng minh trong Bổ đề 3.2.5 trong [1]. Theo Bổ đề 1.1.6, thứ tự từ điển trên tập mon(U ) là thứ tự toàn phần, vì thế ta có thể viết mỗi đa thức f (x1 , . . . , xn ) ∈ V [x1 , . . . , xn ] thành tổng của hữu hạn từ không đồng dạng từ cao xuống thấp. Kí hiệu in(f ) là từ lớn nhất trong các từ của f (x1 , . . . , xn ). Ta gọi in(f ) là từ dấu của f (x1 , . . . , xn ). Từ Bổ đề 1.1.6 b) ta có hệ quả sau. Hệ quả 1.1.7. Cho f (x1 , . . . , xn ) và g(x1 , . . . , xn ) là hai đa thức. Nếu V là miền nguyên thì in(f g) =in(f )in(g).
6 Định lý sau đây thường được gọi là Định lý cơ bản của đa thức đối xứng. Định lí 1.1.8. Cho f (x1 , . . . , xn ) ∈ V [x1 , . . . , xn ] là một đa thức đối xứng. Khi đó, tồn tại duy nhất một đa thức ϕ ∈ V [x1 , . . . , xn ] sao cho f (x1 , . . . , xn ) = ϕ(σ1 , . . . , σn ). Chứng minh. Xem chứng minh trong Định lý 3.2.7 trong [1]. Hệ quả 1.1.9. Cho V là miền nguyên và f (x) ∈ V [x] là đa thức (một biến x) bậc n với hệ số cao nhất khả nghịch. Giả sử f (x) có n nghiệm α1 , . . . , αn trong một miền nguyên chứa V . Cho g(x1 , . . . , xn ) ∈ V [x1 , . . . , xn ] là một đa thức đối xứng. Khi đó g(α1 , . . . , αn ) ∈ V . Chứng minh. Giả sử f (x) = an xn +· · ·+a1 x+a0 . Theo Định lý 1.1.8 tồn tại đa thức h(x1 , . . . , xn ) ∈ V [x1 , . . . , xn ] sao cho g(x1 , . . . , xn ) = h(σ1 , . . . , σn ). Vì thế g(α1 , . . . , αn ) = h(σ1 (α1 , . . . , αn ), . . . , σn (α1 , . . . , αn )). Theo công thức Viet ta có g(α1 , . . . , αn ) = h(−an−1 a−1 k −1 n −1 n , . . . , (−1) an−k an , . . . , (−1) a0 an ). n , an−1 , an−2 , . . . , a0 ∈ V nên g(α1 , . . . , αn ) ∈ V . Do a−1 Tiếp theo, chúng ta chứng minh các đồng nhất thức của Newton về biểu diễn đa thức đối xứng xk1 + · · · + xkn qua các đa thức đối xứng cơ bản. Định lí 1.1.10 (Đồng nhất thức của Newton). Đặt wk = xk1 + · · · + xkn với k ∈ N. Khi đó k−1 a) Nếu k ≤ n thì wk = (−1)k+1 kσk + (−1)r+1 σr wk−r . P r=1 k−1 (−1)n σr wk−r . P b) Nếu k > n thì wk = r=1
7 Chứng minh. Xem chứng minh trong Định lý 3.2.9 trong [1]. Dưới đây, chúng ta biểu diễn một số đa thức đối xứng qua các đa thức đối xứng cơ bản bằng cách sử dụng Định lý 1.1.10 và Định lý 1.1.8 Ví dụ 1.1.11. Sử dụng Định lý 1.1.10 với w1 = x1 + x2 + x3 = σ1 , ta có w2 = x21 + x22 + x23 = (−1)3 2σ2 + σ1 w1 = −2σ2 + σ12 w3 = x31 + x32 + x33 = σ1 w2 − σ2 w1 + 3σ3 = σ1 (σ1 w1 − 2σ2 ) − σ2 w1 + 3σ3 = σ13 − 3σ1 σ2 + 3σ3 w4 = x41 + x42 + x43 = σ1 w3 − σ2 w2 + σ3 w1 = σ1 (σ13 − 3σ1 σ2 + 3σ3 ) − σ2 (σ12 − 2σ1 ) + σ3 σ1 = σ14 − 4σ12 σ2 + 4σ1 σ3 + 2σ22 . Bây giờ ta sử dụng Định lý 1.1.8 để biểu diễn w3 theo các đa thức đối xứng cơ bản. Ta có từ dấu của w3 là x31 . Vì vậy, ta xét hiệu f1 = w3 − σ13 σ20 σ30 = x31 + x32 + x33 − (x1 + x2 + x3 )3 = −3x21 x2 − 3x21 x3 − 3x1 x22 − 3x1 x23 − 3x22 x3 − 3x2 x23 − 6x1 x2 x3 . Từ dấu của f1 là −3x21 x2 . Vì vậy, ta xét hiệu f2 = f1 − (−3σ1 σ2 σ30 ) = f1 + 3(x1 + x2 + x3 )(x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 ) = 3x1 x2 x3 = 3σ3 . Vậy w3 = σ13 − 3σ1 σ2 + 3σ3 . Ta còn có thể biểu diễn đa thức đối xứng trên trường số thực R qua các đa thức đối xứng cơ bản bằng cách đồng nhất các hệ số. Ta mô tả phương pháp này bằng chú ý sau.
8 Chú ý: Cho f (x1 , . . . , xn ) là một đa thức đối xứng. Kí hiệu Sn là tập các hoán vị của n phần tử 1, 2, . . . , n. Khi đó, nếu ai xi11 . . . xinn là một từ của f (x1 , . . . , xn ) thì ai xiπ(1) 1 . . . xiπ(n) n cũng là một từ của f (x1 , . . . , xn ) với mọi π ∈ Sn . Kí hiệu S ai xi11 . . . xinn là tổng của các từ của f (x1 , . . . , xn ) có dạng ai xiπ(1) . . . xiπ(n) với π ∈ Sn . Khi đó, đa thức S ai xi11 . . . xinn là đối xứng, 1 n thuần nhất bậc i1 + · · · + in . Hơn nữa f (x1 , . . . , xn ) phân tích được thành tổng của các đa thức thuần nhất dạng S ai xi11 . . . xinn trong đó ai xi11 . . . xinn là một từ của f (x1 , . . . , xn ). Vì thế để biểu diễn f (x1 , . . . , xn ) qua các đa thức đối xứng cơ bản, chúng ta chỉ cần biểu diễn các đa thức đối xứng thuần nhất S ai xi11 . . . xinn qua các đa thức đối xứng cơ bản. Giả sử k = i1 + · · · + in . Khi đó, ta cần tìm các số thực ak1 ,...,kn sao cho X S ai xi11 . . . xinn = ak1 ,...,kn σ1k1 . . . σnkn . k1 +2k2 +···+nkn =k Chú ý rằng nếu hai đa thức bằng nhau thì nó bằng nhau tại mọi giá trị của biến. Vì thế, ta có thể gán vào công thức trên những giá trị cụ thể của các biến để thu được một hệ phương trình với các ẩn là các ak1 ,...,kn . Từ đây ta sẽ tìm được các số thực ak1 ,...,kn . Ví dụ dưới đây minh họa phương pháp đồng nhất hệ số mô tả trong chú ý trên, để biểu diễn đa thức đối xứng qua các đa thức đối xứng cơ bản. Ví dụ 1.1.12. Cho f (x1 , x2 , x3 ) = x41 + x42 + x43 + x21 x2 x3 + x1 x22 x3 + x1 x2 x23 . Khi đó f (x1 , x2 , x3 ) là đa thức đối xứng. Với kí hiệu như trong chú ý trên ta có f = S(x41 ) + S(x21 x2 x3 ). Vậy ta cần tìm các số thực a, b, c, d thỏa mãn S(x41 ) = x41 + x42 + x43 = aσ14 + bσ12 σ2 + cσ3 σ1 + dσ22 . Hai đa thức bằng nhau thì nó bằng nhau tại mọi giá trị của biến Vậy ta cho x1 = 1 và x2 = x3 = 0 ta được a = 1. Cho x1 = x2 = 1 và x3 = 0 ta được b = −4.
9 Cho x1 = x2 = x3 = 1 ta được c = 4. Cho x1 = 1, x2 = −1 và x3 = 0 ta được d = 2. Do đó S(x41 ) = σ14 − 4σ12 σ2 + 4σ1 σ3 + 2σ22 . Tiếp theo, chúng ta cần tìm các số thực a, b, c, d sao cho S(x21 x2 x3 ) = x21 x1 x3 + x1 x22 x3 + x1 x2 x23 = aσ14 + bσ12 σ2 + cσ1 σ3 + dσ22 . Cho x1 = 1 và x2 = x3 = 0 ta được a = 0. Cho x1 = 1, x2 = −1 và x3 = 0 ta được d = 0. Cho x1 = x2 = 1 và x3 = 0 ta được b = 0. Cho x1 = x2 = x3 = 1 ta được c = 1. Do đó S(x21 x2 x3 ) = σ1 σ3 . Vì thế biểu diễn cần tìm là f (x1 , x2 , x3 ) = σ14 − 4σ12 σ2 + 5σ1 σ3 + 2σ22 . Chúng ta có thể sử dụng các kết quả về đa thức đối xứng để giải quyết một số bài toán đại số sơ cấp liên quan đến phương trình, hệ phương trình, phân tích đa thức thành nhân tử, chứng minh bất đẳng thức, tìm nghiệm nguyên. Ví dụ 1.1.13. Giả sử cần tính biểu thức f (x1 , x2 , x3 ) = x41 + x42 + x43 + (x1 + x2 + x3 )3 + x21 x2 x3 + x1 x22 x3 + x1 x2 x23 , trong đó x1 , x2 , x3 là ba nghiệm của phương trình x3 + 2x2 − 3x + 1 = 0. Nhận xét rằng f (x1 , x2 , x3 ) là đa thức đối xứng, vì thế chúng ta biểu diễn f (x1 , x2 , x3 ) qua các đa thức đối xứng cơ bản rồi dùng công thức Viete. Cụ thể, từ ví dụ trên ta có: f (x1 , x2 , x3 ) = σ14 − 4σ12 σ2 + 4σ1 σ3 + 2σ22 + σ13 + σ1 σ3 = σ14 + σ13 − 4σ12 σ2 + 5σ1 σ3 + 2σ22 .
10 Theo công thức Viete, ta có σ1 = −2, σ2 = −3, σ3 = −1. Thay vào ta được f (x1 , x2 , x3 ) = 16 − 8 + 48 + 10 + 18 = 84. 1.2 Trường phân rã và trường hữu hạn Mục tiêu của phần này là sử dụng tính chất của đa thức bất khả quy để chỉ ra sự tồn tại duy nhất của trường phân rã của một đa thức. Trong suốt mục này, ta luôn giả thiết K là một trường. Nếu E là một trường chứa K thì ta viết K ⊆ E hay E/K, khi đó ta gọi E/K là một mở rộng trường. Rõ ràng E có cấu trúc tự nhiên như một K- không gian véc tơ. Chiều của không gian này được gọi là bậc của mở rộng E/K và kí hiệu là [E : K]. Nếu [E : K] < ∞ thì ta nói E/K là mở rộng hữu hạn. Chú ý rằng nếu E/K và T /E là các mở rộng hữu hạn thì ta có công thức bậc [T : K] = [T : E][E : K]. Nếu mỗi phần tử của E đều đại số trên K thì ta nói E/K là mở rộng đại số. Giả sử E/K là một mở rộng trường. Nếu E/K là mở rộng hữu hạn thì nó là mở rộng đại số. Thật vậy, giả sử dimK E = t và α ∈ E. Vì hệ {1, α, . . . , αt } gồm t + 1 phần tử nên nó là hệ phụ thuộc tuyến tính. Do đó tồn tại a0 , a1 , . . . , at ∈ K với ít nhất một hệ số ai 6= 0 sao cho a0 + a1 a0 + · · · + at αt = 0. Như vậy a0 + a1 x + · · · + at xt ∈ K[x] là đa thức khác 0 nhận α làm nghiệm, vì thế α đại số trên K. Nếu E/K là một mở rộng trường và α1 , . . . , αn ∈ E thì ta kí hiệu K(α1 , . . . , αn ) (và K[α1 , . . . , αn ]) là giao của tất cả các trường con (vành con) của E chứa K và chứa α1 , . . . , αn . Ta thấy rằng K(α1 , . . . , αn ) là trường con bé nhất và K[α1 , . . . , αn ] là vành con bé nhất của E chứa K và chứa các phần tử α1 , . . . , αn . Trường hợp n = 1, nếu g(α) 6= 0 thì phần tử 1 (g(α))−1 ∈ E được kí hiệu là . Khi đó g(α) K[α] = {g(α) | g(x) ∈ K[x]}
11 
  g(α)
 K[α] =
g(x), h(x) ∈ K[x], h(α) 6= 0
 h(α)
 lần lượt là vành con bé nhất và trường con bé nhất của F chứa K và α. Mệnh đề 1.2.1. Cho E/K là mở rộng trường và α ∈ E là phần tử đại số trên K. Giả sử p(x) ∈ K[x] là đa thức bất khả quy nhận α làm nghiệm. Khi đó K(α) = K[α] và [K(α) : K] = deg p(x). Hơn nữa, nếu deg p(x) = n thì S = {1, α, α2 , . . . , αn−1 } là một cơ sở của K-không gian vector K(α). Chứng minh. Xem Mệnh đề 2.4.2 trong [1]. Định nghĩa 1.2.2. Cho f (x) ∈ K[x] là đa thức có bậc n > 0. Ta nói f (x) phân rã trên một trường F chứa K nếu tồn tại α1 , . . . , αn ∈ F sao cho f (x) = a(x − α1 ) . . . (x − αn ), trong đó a là hệ số cao nhất của f (x). Một trường phân rã của f (x) trên K là một trường F chứa K sao cho f (x) phân rã trên F và f (x) không phân rã trên bất cứ trường con thực sự nào của F . Bổ đề 1.2.3. Cho f (x) ∈ K[x] là một đa thức bậc n và E là một trường chứa K và chứa n nghiệm α1 , . . . , αn . Khi đó K(α1 , . . . , αn ) là trường phân rã của f (x) trên K và [K(α1 , . . . , αn ) : K] < nn . Chứng minh. Xem Bổ đề 2.4.4 trong [1]. Bổ đề 1.2.4. Cho f (x) ∈ K[x] là một đa thức bất khả quy. Đặt I = (f (x)) là iđêan chính của K[x] sinh bởi f (x). Khi đó vành thương K[x]/I là một trường chứa một nghiệm của f (x) và nhận K như một trường con. Chứng minh. Xem Bổ đề 2.4.5 trong [1]. n Bổ đề 1.2.5. Cho ρ : K → K 0 là đẳng cấu trường và f (x) = ci xi ∈ K[x] P i=0 n ρ(ci )xi ∈ K 0 [x]. Giả sử α là một P là đa thức bất khả quy. Đặt g(x) = i=0