Tải bản đầy đủ - 0 (trang)
Trường đóng đại số

Trường đóng đại số

Tải bản đầy đủ - 0trang

Định lý 2.1.3. Nếu f (x) là đa thức bậc dương với hệ số phức, thì f (x)

có ít nhất một nghiệm phức. Đặc biệt, đa thức bậc n với hệ số phức có

đủ n nghiệm phức.

Tính chất sau đây chỉ ra rằng mọi trường hữu hạn đều không là

trường đóng đại số.

Mệnh đề 2.1.4. Nếu T là trường hữu hạn thì T khơng đóng đại số.

Chứng minh. Giả sử T có q phần tử. Viết T = {a1 , . . . , aq }.

Xét đa thức

f (x) = (x − a1 )(x − a2 ) . . . (x − aq ) + 1 ∈ T [x].

Đa thức f (x) có bậc q > 0. Nếu T đóng đại số, thì f (x) phải có

nghiệm trong T . Tuy nhiên ta có f (ai ) = 1 = 0, ∀ai ∈ T , vô lý. Vậy

T không là trường đóng đại số.

Mệnh đề 2.1.4 chỉ ra rằng nếu T là trường đóng đại số, thì T là

trường vơ hạn.

Định nghĩa 2.1.5. Cho T là một trường. Khi đó ln tồn tại duy nhất

một trường T đóng đại số tối thiểu chứa T . Ta nói T là bao đóng đại

số của T .

Ví dụ 2.1.6. Trường R khơng đóng đại số. Trường C là trường đóng

đại số tối thiểu chứa R. Do đó C là bao đóng đại số của R.



15



Chú ý 2.1.7. Cho n là số tự nhiên. Cho T là một trường và T là bao

đóng đại số của T . Gọi 1 là đơn vị của T . Khi đó đa thức

xn − 1 ∈ T [x]

có đủ n nghiệm trong T nếu n khơng chia hết cho p với p là đặc số của

T . Ví dụ như đa thức x4 − 1 ∈ R[x] chỉ có 2 nghiệm thực (là 1 và −1)

nhưng có đủ 4 nghiệm trong C (là 1, −1, i, −i). Ta nói n nghiệm của

đa thức xn − 1 trong T là n căn bậc n của đơn vị trong T .

Ví dụ, các căn bậc 4 của đơn vị trong C là 1, −1, i, −i. Kí hiệu

µn = {a ∈ T | an = 1}

là tập các căn bậc n của đơn vị trong T . Vì T đóng đại số nên µn có

đúng n phần tử.

Chú ý 2.1.8. Cho m là số tự nhiên. Ta dùng T r1m để kí hiệu hàm vết từ

F2m đến F2 , tức là

2



3



T r1m (α) = α + α2 + α2 + α2 + · · · + α2



m−1



∈ F2



với mọi α ∈ F2m .

Chú ý rằng F2m là F2 − khơng gian véc tơ. Do đó T r1m là ánh xạ

giữa hai không gian véc tơ trên trường F2 .

Bổ đề 2.1.9. T r1m (−) là ánh xạ tuyến tính, tức là

T r1m (α + β) = T r1m (α) + T r1m (β)

với mọi α, β ∈ F2m và T r1m (aα) = aT r1m (α) với mọi a ∈ F2 = Z2 .

16



Chứng minh. Với mọi số tự nhiên s > 0 ta có:

s



s



s



(α + β)2 = α2 + C21s α2



−1



s



· β + . . . + C22s −1 αβ 2



với 1 ≤ j ≤ 2s − 1. Ta chứng minh C2js =



2s !

(2s −j)!j!



s



−1



s



+ β2



là bội của 2, bằng



quy nạo theo j.

Ta có

C2js



2s !

2s !

2s − j + 1

= s

=

·

.

(2 − j)!j! (2s − j + 2)!(j − 1)!

j



Cho j = 1 ta có C2js = 2s .

(2s − 1)2s

j

= 22s−1 − 2s−1 .

Cho j = 2 ta có C2s =

2

Cứ tiếp tục như thế đến j = 2s − 1 ta có

C2js



2s !

2s !

= s

= 2s .

= s

s

s

(2 − 2 + 1)!(2 − 1)! (2 − 1)!



Suy ra C2js là bội của 2. Suy ra

s



s



s



(α + β)2 = α2 + β 2 = T r1m (α) + T r1m (β).

Với a = 0 ∈ F2 , ta có T r1m (aα) = T r1m (0) = 0 và 0 · T r1m (α) = 0.

Với a = 1 ∈ F2 ta có

T r1m (a · α) = T r1m (α) = 1 · T r1m (α) = aT r1m (α).

Do đó T r1m (−) là ánh xạ tuyến tính.

i



Bổ đề 2.1.10. Với mọi i ∈ N ta có T r1m (α2 ) = T r1m (α).

Chứng minh. Với mọi i ∈ N, cho α ∈ F2m ta có

i



i



i



i



2



i



m−1



T r1m (α2 ) = α2 + (α2 )2 + (α2 )2 + . . . + (α2 )2



.

17



Với mọi j ∈ N ta có

i



j



(α2 )2 = α2



i+j



m



= (α2 )2

= (α2



i+j−m



m−1



(i + j ≥ m)



· α)2



= α2



i+j−m



= α2



i+j−2m



i+j−m



(i + j − m ≥ m)



= ···

s



= α2 (0 ≤ s ≤ m − 1).

Suy ra

i



2



m−1



T r1m (α2 ) = α + α2 + α2 + . . . + α2



= T r1m (α).



Để chứng minh Định lý C trong phát biểu ở đầu Chương 2, chúng

ta cần một số tính chất đơn giản của số học dưới đây.

Bổ đề 2.1.11. Nếu m là số tự nhiên lẻ thì

gcd(5, 2m − 1) = 1.

Chứng minh. Viết m = 2k + 1. Khi đó 2m − 1 = 22k+1 − 1.

Suy ra

2m − 1 = 2 · 22k − 1

= 2 · 4k − 1

= 2 · (5 − 1)k − 1

≡ 2 · (−1)k − 1(mod5)

18



Nếu k chẵn, thì 2m − 1 ≡ 1 (mod 5). Suy ra gcd(5, 2m − 1) = 1.

Nếu k lẻ, thì 2m − 1 ≡ −2 − 1 ≡ 2 (mod 5). Do đó

gcd(5, 2m − 1) = gcd(5, 2) = 1.



Bổ đề 2.1.12. Nếu m chẵn thì 22m − 1 chia hết cho 5.

Chứng minh. Viết m = 2k. Ta có 22m − 1 = 42k − 1 = 16k − 1. Vì

16k − 1 ≡ 1k − 1 ≡ 0 (mod 5) nên ta có kết quả.

Bổ đề 2.1.13. Nếu m là số tự nhiên lẻ thì gcd

(2



m−1

2



Chứng minh. Đặt d = gcd(2

Ta có 2



m−1

2 −1



− 1, 2m − 1) = 1.

m−1

2



− 1, 2m − 1). Viết m = 2k + 1.



= 2k − 1.



Ta có

2m − 1 = 22k+1 − 1

= 2 · (2k )2 − 1

= 2(2k − 1 + 1)2 − 1

= 2(2k − 1)2 + 4(2k − 1) + 1.

Do d là ước của 2k − 1 và d là ước của 2m − 1 nên d là ước của 1.

Việc chứng minh Định lý C cũng cần đến khái niệm căn nguyên

thủy bậc n của đơn vị. Vì thế chúng ta nhắc lại khái niệm này ở đây.



19



Định nghĩa 2.1.14. Cho T là một trường đóng đại số. Khi đó phương

trình xn − 1 có đúng n nghiệm phân biệt trong T với n không chia hết

cho đặc số của trường T . Mỗi nghiệm của xn − 1 trong T được gọi là

một căn bậc n của đơn vị. Nếu ξ là một căn bậc n của đơn vị sao cho

ξ k = 1 với mọi số tự nhiên k < n, thì ta nói ξ là một căn nguyên thủy

bậc n của đơn vị.

Ví dụ 2.1.15. Trong trường C các số phức, các số phức

ξk = cos



2πk

2πk

+ i sin

n

n



với k = 0, · · · , n − 1, là các căn bậc n của đơn vị. Hơn nữa, ξk là căn

nguyên thủy bậc n của đơn vị nếu và chỉ nếu gcd(k, n) = 1. Do đó

ξ1 = cos







+ i sin

n

n



là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị.

Chẳng hạn, với n = 2, thì ±1 là 2 căn bậc 2 của đơn vị, −1 là căn

nguyên thủy.







−1 i 3

−1 i 3

Với n = 3, thì 1,

±

là các căn bậc 3 của đơn vị,

±



2

2

2

2

2 căn nguyên thủy bậc 3 của đơn vị.

Với n = 4, thì ±1, ±i là các căn bậc 4 của đơn vị, ±i là 2 căn nguyên

thủy bậc 4 của đơn vị.

Ta minh họa căn bậc n của đơn vị và căn nguyên thủy bậc n của

đơn vị trong trường có đặc số chẵn như sau.



20



Ví dụ 2.1.16. Trong trường F2 = Z2 = {0, 1}, phần tử 1 là căn bậc n

của đơn vị duy nhất. Ta xây dựng trường có 4 phần tử .

F4 =



Z2 [x]

= {0, 1, x, x + 1}.

(x2 + x + 1)



3



Ta có 1 = 1, x3 = 1, (x + 1)3 = 1.

Vì thế tập các căn bậc 3 của đơn vị trong trường F4 là

{1, x, x + 1} = µ3 .

Trong trường

F8 =



Z2 [x]

= {0, 1, x, x + 1, x2 , x2 + x, x2 + 1, x2 + x + 1}.

3

(x + x + 1)



Ta có

3



1 = 1, x3 = 1, (x + 1)3 = 1, (x2 )3 = 1,

(x2 + x)3 = 1, (x2 + 1)3 = 1, (x2 + x + 1)3 = 1.

Do đó trong trường F8 , chỉ có duy nhất 1 căn bậc 3 của đơn vị, đó là 1.



2.2



Một số lớp tam thức hoán vị được trên trường hữu

hạn đặc số chẵn



Cho X là một tập con của trường Fq (trong đó q là lũy thừa của

một số nguyên tố). Giả sử X là một nhóm con của nhóm nhân F∗q =

Fq \{0}. Khi đó ta nói đa thức f (x) ∈ Fq [x] hoán vị trên X nếu f (α) =

f (β) với mọi α, β ∈ X, α = β. Nói cách khác, f (x) hốn vị trên X

nếu nó tác động đơn ánh trên tập X.

21



Chú ý 2.2.1. Như kí hiệu trong Tiết 2.1 (Chú ý 2.1.7), gọi µd là tập

các căn bậc d của đơn vị trong trường đóng đại số Fq của Fq , tức là

µd = {α ∈ Fq | αd = 1}. Khi đó µd có đúng d phần tử. Hơn nữa µd là

nhóm con của F∗q = Fq \{0} vì nếu α, β ∈ µd thì (α · β)d = αd β d = 1

tức là α, β ∈ µd ; 1 ∈ µd và (α−1 )d = (αd )−1 = 1. Do đó α−1 ∈ µd .

Bổ đề 2.2.2. Cho q là lũy thừa của một số nguyên tố. Cho d, r > 0 là

các số tự nhiên thỏa mãn d là ước của q − 1. Cho h(x) ∈ Fq [x]. Khi

q−1

đó xr h(x d ) hoán vị trên Fq nếu và chỉ nếu hai điều kiện sau thỏa

mãn:

(i) gcd(r, q−1

d ) = 1;

(ii) xr h(x)



q−1

d



hốn vị được trên µd .



q−1

Chứng minh. Đặt s =

cho f (x) hoán vị được trên Fq . Giả sử

d

q−1

gcd(r,

) = t > 1.

d

Theo Mệnh đề 1.1.11, nhóm F∗q = Fq \{0} là nhóm xyclic. Do µs

là nhóm con của F∗q nên µs cũng là nhóm xyclic có s phần tử. Giả sử

µs =< ξ >. Khi đó ta có ξ s = 1 và ξ k = 1 với mọi 0 < k < s. Suy ra

s



ξ s = ξ t . Ta có

s



r



s



f (ξ t ) = (ξ s ) t h((ξ t )s )

r

s

= (ξ t )s · (h(ξ t ))s

r

= (ξ s ) t · h(ξ)s

= h(1).

22



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Trường đóng đại số

Tải bản đầy đủ ngay(0 tr)

×