Bài viết này tiếp nối phần 1:
Ở phần 1, ta mới nếu ra cơ bản về lý thuyết Galois cũng như tính chất của nhóm Galois. Giờ ta sẽ đi vào cụ thể tính toán nhóm Galois của đa thức hữu tỉ bất khả quy.
Trong bài viết này, $F$ là một trường.

III. Điều kiện để đa thức tách được và nhóm $G_f\subset A_n$
Ta thấy rằng phần lớn lý thuyết Galois làm việc trên đa thức tách được. Một câu hỏi tự nhiên đặt ra là làm thế nào để biết một đa thức là tách được? Theo những lý thuyết ta ở phần 1 thì điều này buộc ta phải biết tất cả các nghiệm của $f$, việc này không hề đơn giản.
Cách thứ nhất là khảo sát $f$ và $f’$, ở đây hiểu $f’$ là đạo hàm hình thức của $f$. Một kết quả kinh điển cho biết rằng nếu $f$ có nghiệm bội $\alpha$ thì $\alpha$ cũng là nghiệm của $f’$. Ý tưởng đó được mở rộng thành kết quả sau đây:
Định lí: Cho $f\in F[x]$, $f$ bất khả quy. Khi đó $f$ tách được khi và chỉ khi $gcd(f,f’)=1$.

Tuy nhiên cách trên đôi lúc sẽ gây khó khăn khi áp dụng định lí Dedekin (phần 3 của bài viết), ở đó ta phải xét đa thức theo mod $p$. Do đó tác giả giới thiệu một phương pháp khác, không chỉ kiểm tra được tính tách được của đa thức mà còn xét được tính chẵn lẻ của các hoán vị tương ứng với các tự đẳng cấu của trường phân rã.
Giả sử $f\in F[x]$ có $n$ nghiệm $\alpha_1,\alpha_2,…\alpha_n$. Đặt
\[D(f)=\prod_{1\le i<j\le n}(\alpha_i-\alpha_j)^2\]
Ta thấy ngay $f$ tách được khi và chỉ khi $D(f)\ne 0$. Do đó ta chỉ cần tìm cách tính $D(f)$ chỉ dựa vào hệ số của $f$ là được. Theo [3], ta có cách tính như sau:
Định lí: Cho $p(x)=a_0+a_1x+…a_mx^m,q(x)=b_0+b_1x+…+b_nx^n$ nằm trong $F[x]$. Ta đặt định thức của ma trận cỡ $(m+n)\times (m+n)$ dưới đây
\begin{align*}
\begin{pmatrix}
a_0&a_1&…&a_m&0&…&…&…&…&…& 0\\
0&a_0&a_1&…&a_{m}&0&…..&…&…&…&0\\
\ddots&\ddots &\ddots& \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots &\ddots \\
0&…&…&…&…&…&0&a_0&a_1&…&a_m\\
b_0&b_1&…&b_n&0&…&…&…&…&…& 0\\
0&b_0&b_1&…&b_n&0&…..&…&…&…&0\\
\ddots&\ddots &\ddots& \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots &\ddots \\
0&…&…&…&…&…&0&b_0&b_1&…&b_n\\
\end{pmatrix}
\end{align*}
là $R(p,q)$. Khi đó ta có:
\[D(f)=(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}R(f,f’)\]

Từ định lí trên ta thấy rằng $f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+…+a_0\in F[x]$ tách được khi và chỉ khi $D(f)\ne 0$ hay $R(f,f’)\ne 0$, tương đương với:
\begin{align*}
\begin{vmatrix}
a_0&a_1&…&1&0&…&…&…&…&…& 0\\
0&a_0&a_1&…&1&0&…..&…&…&…&0\\
\ddots&\ddots &\ddots& \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots &\ddots \\
0&…&…&…&…&…&0&a_0&a_1&…&1\\
a_1&2a_2&…&n&0&…&…&…&…&…& 0\\
0&a_1&2a_2&…&n&0&…..&…&…&…&0\\
\ddots&\ddots &\ddots& \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots &\ddots \\
0&…&…&…&…&…&0&a_1&2a_2&…&n\\
\end{vmatrix}
\end{align*} khác $0$.
Phần viết ở đây chỉ mang tính giới thiệu, các chứng minh và lí giải kĩ hơn bạn đọc xem ở mục 1.3 trong [4], nếu có thời gian tác giả sẽ viết thêm về phần rất thú vị này.

IV. Một số tính chất của nhóm Galois của đa thức tách được
Tiếp theo, ta nhắc lại một số định nghĩa trong phần này đã nói ở Phần 1.
Định nghĩa: Cho trường $F$ và $f(x)\in F[x]$ tách được. Kí hiệu $F_f$ là trường phân rã của $f$. Khi đó đó ta có ngay $F_f/F$ là mở rộng Galois, kí hiệu $G_f=Gal(F_f/F)$.

Như đã nói ở phần 1, ta có thể nhúng $G_f$ vào $S_n$. Mạnh hơn $G_f$ xác định trong $S_n$ như sau
Định lí: Cho $f\in F[x]$ monic, tách được. Coi $G_f$ nằm trong $S_n$ thì ta có thể xác định $G_f$ như sau
\[G_f=\{\sigma\in S_n:\forall P\in F[x_1,x_2,…,x_n]:P(\lambda_1,\lambda_2,…\lambda_n)=0 \text{ thì } P(\sigma\lambda_1,\sigma\lambda_2,…\sigma\lambda_n)\}\]

Chứng minh tính chất này không khó, dựa vào biểu đồ trên. Tiêu chuẩn trên thực ra không phải là một tiêu chuẩn tốt. Nó đưa bài toán tính nhóm Galois về bài toán của đa thức nhiều biến. So với đa thức một biến, bài toán của ta với đa thức nhiều biến sẽ phức tạp hơn nhiều. Tuy nhiên tiêu chuẩn trên sẽ có ích về mặt lý thuyết nhiều hơn.
Cho mở rộng $F/K$, ta nói hai phần tử $\alpha$ và $\beta$ là liên hợp nếu chúng có cùng đa thức tối tiểu trên $K$. Kết quả cơ bản của lý thuyết trường cho ta biết $\alpha$ và $\beta$ liên hợp thì tồn tại đẳng cấu:
\[f:F[\alpha]\rightarrow F[\beta],\alpha\mapsto \beta\]
Mạnh hơn, ta có bổ đề sau:
Bổ đề: Cho $\phi_0: K\rightarrow \Omega$ là một đồng cấu và $\alpha$ đại số trên $K$ với đa thức tối tiểu $f(x)$, khi đó ánh xạ $\phi \mapsto \phi(\alpha)$ xác định tương ứng giữa hai tập:
\[\{\text{ mở rộng } \phi:F[\alpha]\rightarrow \Omega \text{ của } \phi_0\}\leftrightarrow \{ \text{ nghiệm của } \phi_0f \text{ trong } \Omega\}\]
Ở đây $\phi_0f$ là đa thức có được bằng cách tác động $\phi_0$ lên các hệ số của $f$.

Bổ đề trên giúp ta xây dựng đẳng cấu dựa trên một phép biến đổi các nghiệm, từ đó đưa ra tính chất của nhóm Galois của đa thức.
Định nghĩa: Cho $G$ là một nhóm con của $S_n$. Ta nói $G$ có tính bắc cầu (trasitive) nếu với mọi $1\le i,j\le n$ thì tồn tại $\sigma\in G$ sao cho:
\[\sigma(i)=j\]

Tính bắc cầu là tính chất thú vị của nhóm Galois của đa thức bất khả quy tách được, ta sẽ thấy điều đó ngay sau đây
Định lí: Cho $f\in F[x]$ tách được. Khi đó $f$ bất khả quy khi và chỉ khi $G_f$ bắc cầu
(Ở đây ta coi $G\subset S_n$, với $n=deg(f)$)
Chứng minh: Chiều ngược lại là hiển nhiên vì nếu ta lấy hai nghiệm của hai thành phần bất khả quy khác nhau của $f$, sẽ không tồn tại đẳng cấu giao hoán chúng.
Chiều thuận của định lí sẽ cần đến bổ đề, như đã nói ở trên. Thật vậy giả sử $f$ bất khả quy và lấy $\alpha,\beta$ là hai nghiệm của $f$, khi đó áp dụng bổ đề ta có ngay tồn tại $F$ – đẳng cấu $\phi$ giữa $F[\alpha]$ và $F[\beta]$, biến $\alpha$ thành $\beta$.
Bằng cách xuất phát từ $\phi:F[\alpha]\rightarrow F_f$, sử dụng bổ đề $3$ ta mở rộng ánh xạ này lần lượt theo các nghiệm của đa thức $f$. Cuối cùng ta nhận được một tự đẳng cấu của $F_f$ cố định $F$, biến $\alpha$ thành $\beta$.

Tổng quát hơn, $G_f$ là một hoán vị giữa các nghiệm. Ta có thể kiểm tra được rằng $G_f$ là tác động nhóm trên tập các nghiệm của $f$.
Từ đây ta có mở rộng của định lí trên:
Định lí $^{[2]}$: Cho $f(x)$ là một đa thức tách được trong $F[x]$ và giả sử quỹ đạo (orbit) của $G_f$ tác động lên lần lượt có $m_1, m_2,…,m_r$ phần tử. Khi đó $f$ có thể phân tích thành $r$ thành phần:
\[f=f_1.f_2…f_r\]
với $f_i\in F[x]$ với bậc $m_i$.

Một câu hỏi tự nhiên khi nhìn vào chứng minh là liệu ta có thể làm mạnh tính chất trên được không?
Giờ giả sử $f(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+…+a_0$ bất khả quy với $a_{n-1},a_{n-2},…,a_0\in F$ và gọi $\alpha_1,\alpha_2,…,\alpha_n$ là các nghiệm phân biệt của $f$. Chẳng hạn ta muốn chỉ ra tồn tại tự đẳng cấu hoán vị $\alpha_1,\alpha_2$ chẳng hạn.
Xuất phát từ $F$ – đồng cấu:
\[\phi:F[\alpha_1]\rightarrow F,\alpha_1\mapsto \alpha_2\]
Gọi $g$ là đa thức tối tiểu của $\alpha_2$ trên $F[\alpha_1]$.
Theo bổ đề , để mở rộng $\phi$ lên $F[\alpha_1,\alpha_2]$, ta phải ánh xạ $\alpha_2$ thành một nghiệm của đa thức $\phi g$. Vì ta muốn $\alpha_2$ ánh xạ thành $\alpha_1$, do đó điều kiện cần và đủ để ta thực hiện là $\phi g(\alpha_1)=0$.
Từ đây ta thấy ngay, ta có thể ánh xạ $\alpha_2$ vào một nghiệm nào đó của $\phi g$. Bằng cách thực hiện việc này liên tục, ta có thể xây dựng được một số đẳng cấu đặc biệt trong $G_f$.
Đi sâu nghiên cứu các tự đẳng cấu theo hướng này rất nhiều thứ để bàn. Tác giả sẽ để dành nó cho một bài viết riêng về phương pháp này. Hai kết quả sau đây dựa vào những lập luận trên:
Bổ đề: Cho $f \in F[x]$ là đa thức bất khả quy, tách được bậc $n$. Khi đó ta có $|G_f|$ chia hết cho $n$ và là ước của $n!$.

Bổ đề: Cho $f\in F[x]$ là đa thức bất khả quy tách được bậc $n$ ($n\ge 3$) với các nghiệm $\alpha_1,\alpha_2,…\alpha_n$. Nếu với mỗi $1\le i\le n$, $\alpha_i$ không nằm trong trường mở rộng của $F$ sinh bởi $n-2$ nghiệm khác $\alpha_i$ thì ta có $G_f=S_n$

Cuối cùng, ta quay lại với đại lượng $D(f)$ ở đầu bài viết, nó không chỉ xác định tính tách được của đa thức mà còn xác định được khi nào $G_f\subset A_n$. Điều đó dựa vào các tính chất sau của $D(f)$.
Tính chất$^{[2]}$: Giả sử $f\in F[x]$ có $n$ nghiệm $\alpha_1,\alpha_2,…\alpha_n$.
Đặt \[\Delta (f)=\prod_{1\le i<j\le n}(\alpha_i-\alpha_j)\]
Khi đó ta có:
• $D(f)=[\Delta(f)]^2$
• Với mọi $\sigma \in G_f$ thì $\sigma \Delta(f)=sgn(\sigma)\Delta(f)$, trong đó $sgn(\sigma)$ là dấu của $\sigma$ xét như hoán vị giữa các nghiệm của $f$.
• Với mọi $\sigma \in G_f$ thì $\sigma D(f)=D(f)$

Tính chất trên chứng minh không khó, nhưng là tiền đề để ta chứng minh được định lí sau:
Định lí$^{[2]}$: Cho $f\in F[x]$ là đa thức tách được bậc $n$. Khi đó mở rộng con của $F_f$ tương ứng Galois với $A_n\cap G_f$ là $F[\Delta(f)]$. Do đó \[G_f\subset A_n\Leftrightarrow \Delta(f)\in F\Leftrightarrow D(f) \text{ là số chính phương trong } F\]
Chứng minh:
Theo phần 1, để chỉ ra mở rộng tương ứng với $G_f\subset A_n$ là
$F[\Delta(f)] $, ta chứng minh $G_f\subset A_n=Gal(F_f/F[\Delta(f)])$.
Thật vậy từ tính chất trên, ta thấy ngay $\sigma \in G_f$ cố định $\Delta(f)$ khi và chỉ chỉ $sgn(\sigma)=1$, tức là $\sigma\in A_n$. Do đó ta có điều phải chứng minh.

Một lưu ý thú vị của chứng minh trên là nếu đi theo hướng chứng minh $F_f^{G_f\cap A_n}=F[\Delta(f)]$ sẽ khá khó, đây cũng là ví dụ cho thấy ta phải sử dụng linh hoạt tương ứng Galois trong các bài toán.

Tài liệu tham khảo:
[1] https://maths.vn/tinh-nhom-galois-p1/
[2] Fields and Galois theory, J. S. Milne.
[3] Introduction to Galois theory, J. Baker.
[4] Polynomial, Victor V. Prasolov