Phương trình đại số một ẩn số

Mục đích của bài viết này là giúp những người mới học nắm bắt những khái niệm đó, thông qua việc tìm hiểu mô thức mà chúng xuất hiện trong quá trình tìm nghiệm của những phương trình đại số cụ thể. Mời các bạn tham khảo!

Tạp chí online cộng đồng người u Tốn T p c h í online cộng đồng n g i yê u T o n PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ MỘT ẨN SỐ Ngơ Bảo Châu Đại học Chicago, Mỹ Tóm tắt Từ kỷ 20 trước Công nguyên, người dân thành Babylon biết giải phương trình bậc hai Nhưng phải đến kỷ 16 sau Cơng ngun, nhà tốn học thời Phục hưng: Tartaglia, Cardano, Ferrari, tìm lời giải cho phương trình bậc ba bậc bốn Đầu kỷ 19, Abel Galois, hai thiên tài toán học bạc mệnh, chứng minh nghiệm phương trình đại số tổng quát bậc từ năm trở đi, biểu diễn biểu thức đại số với thức trường hợp đa thức bậc không q bốn Cơng trình Galois, viết lời trăng trối trước đấu súng, sau xem mốc khai sinh Đại số đại Lý thuyết Galois đại phát biểu sở khái niệm mở rộng trường nhóm Galois Những khái niệm khơng dễ nắm bắt Mục đích viết giúp người học nắm bắt khái niệm đó, thơng qua việc tìm hiểu mơ thức mà chúng xuất q trình tìm nghiệm phương trình đại số cụ thể Người viết cho hầu hết khái niệm tưởng trừu tượng có cội nguồn thao tác tốn học cụ thể thông dụng Người viết cho nâng lên tầm khái niệm, thao tác tốn học trở thành cơng cụ tư thật mạnh mẽ Câu chuyện kể ý thuyết Galois xem minh chứng Để hiểu viết này, người đọc cần số kiến thức đại số tuyến tính, đặc biệt quan trọng khái niệm chiều khơng gian vector 15 Tạp chí online cộng đồng người yêu Toán Lịch sử tốn Vào kỷ thứ bảy trước cơng ngun, lời giải cho phương trình bậc hai tổng quát x2 + ax + b = 0, (3.1) nhà toán học Brahmagupta, người Ấn độ, trình bày cách tường minh dạng ? ´a ˘ d , (3.2) x= với d = a2 ´ 4b biệt thức phương trình bậc hai Trước đó, từ khoảng kỷ 20 trước cơng ngun, người Babylon tìm lời giải hình học cho tốn tương đương tìm hai cạnh hình chữ nhật biết trước chu vi diện tích Dấu vết phương pháp hình học khác để giải phương trình bậc hai phát hầu hết văn minh cổ đại từ Babylon, Ai cập, Hy lạp, Ấn độ, Trung Hoa Phương trình bậc ba tổng quát người Babylon nghiên cứu Người Hy lạp cổ đại thử xây dựng nghiệm phương trình bậc ba thước kẻ compa không thành công Nhà toán học Trung Hoa Wang Xiaotong đưa lời giải cho 27 phương trình bậc ba khác nhau, khơng đưa phương pháp để giải phương trình bậc ba tổng quát Đáng kể phát nhà thơ người Ba tư Omar Khayyam sống vào mười Ơng chứng minh nghiệm xây dựng nghiệm phương trình bậc ba cách lấy giao hai đường conic Ngồi ra, ơng phát biểu khơng thể xây dựng nghiệm phương trình bậc ba thước kẻ compa Omar Khayyam không đưa công thức cho nghiệm phương trình bậc ba giống cơng thức (3.2) cho phương trình bậc hai Phải chờ đến thời kỳ phục hưng, nhà toán học Tartaglia, sống Ý vào kỷ thứ mười sáu, đưa công thức tổng quát cho nghiệm phương tình bậc ba ax3 + bx2 + cx + d = 0, (3.3) dạng x=´ 3a b+C+ 16 ∆0 C , (3.4) Tạp chí online cộng đồng người yêu Toán d C= ∆1 + a ∆21 ´ 4∆30 , (3.5) với ∆0 , ∆1 đa thức tường minh với biến số a, b, c, d Lời giải cho phương trình bậc ba rắc rối, lời giải cho phương trình bậc bốn Ferrari cịn rắc rối nhiều Nhà toán học Joseph Lagrange, người Ý, người đưa phương pháp chung để giải phương trình bậc ba bậc bốn Phương pháp Lagrange dưạ khái niệm giải thức mà xem xét kỹ lưỡng Ruffini nghiên cứu phương pháp Lagrange nhận thấy khơng thể mở rộng cho phương trình có bậc năm bậc cao Abel người đưa chứng minh chặt chẽ khẳng định phương trình bậc năm tổng quát giải thức Định lý Abel-Ruffini Galois, nhà toán học người Pháp, chứng minh cách độc lập Nhưng ông xa Abel đưa khái niệm có tính chất cách mạng, nhóm Galois Về phát biểu toán Bài toán ta quan tâm việc biểu diễn nghiệm phương trỡnh a thc a0 xn + a1 xn1 + ă ¨ ¨ = 0, (3.6) dạng biểu thức với biến số a0 , a1 , , mà ta quyền dùng bốn phép tốn thơng thường thức Để hiểu rõ biểu diễn dạng biểu thức thế, ta cần khái niệm trường mở rộng trường Ví dụ biểu thức với biến số a0 , a1 , , an mà dùng bốn phép tốn thơng thường với hệ số hữu tỉ, trường sinh a0 , a1 , , an Câu hỏi biểu diễn nghiệm thức thực khơng chuẩn Thật phương trình bậc n có tới n nghiệm để hết mập mờ cần làm rõ ta muốn biểu diễn nghiệm số n nghiệm Dĩ nhiên cơng thức (3.2), dấu ˘ cho 17 Tạp chí online cộng đồng người yêu Toán phép ta biểu diễn nghiệm (3.1) Trong đó, cơng thức Tartaglia (3.5) dường cho ta sáu nghiệm khác phương trình bậc ba, rõ ràng khơng thể Thực ta khơng có cách để chọn n nghiệm phương trình (3.6) Khái niệm nhóm Galois sinh ta để lượng hố mập mờ Ngược lại, ta phân tích, cấu trúc nhóm Galois định việc phương trình (3.6) giải thức hay khơng Mở rộng bậc hai Để giải phương trình bậc hai (3.1), ta thực phép đổi biến y = x + a2 Sau đổi biến, phương trình (3.1) để quy dạng đơn giản y2 ´ d = (3.7) Ta coi mẹo để quy phương trình bậc hai tổng quát (3.1) phương trình bậc hai rút gọn (3.7) Ta thay đổi quan điểm: Khơng quan tâm đến việc tìm dạng xác (3.2) nghiệm nữa, mà quan tâm đến ? việc nghiệm biểu diễn dạng biểu thức đại số d Lập luận phức tạp hơn, mở cho ta tầm nhìn Để làm đơn giản vấn đề, giả sử hệ số a, b số hữu tỉ Ta biết C, phương trình (3.1) có hai nghiệm Ta ký hiệu α1 P C hai nghiệm Giả sử α1 R Q, tập số phức có dạng L = tm + nα1 | m, n P Qu, không gian vector hai chiều Q Từ đẳng thức α21 = ´(aα1 + b), ta suy u, v P L uv P L Ta chứng minh u P L ´ t0u, u´1 P L Như L trường C Nếu xem khơng gian vector Q, có chiều Vì ta nói L mở rộng bậc hai Q Ta để ý thấy nghiệm lại, ký hiệu α2 , đa thức P = x2 + ax + b, 18 Tạp chí online cộng đồng người u Tốn nằm L Thật vậy, đa thức bậc hai P có nghiệm α1 P L, nghiệm cịn lại α2 phải nằm L không số hữu tỉ Nói cách khác, mở rộng bậc hai sinh α1 , trùng với mở rộng bậc hai sinh α2 tm + nα2 | m, n P Qu Suy từ (3.2) mở rộng bậc hai sinh α1 hay α2 trùng với mở rộng bậc hai sinh bậc hai biệt thức ? ? (3.8) Q[ d] = tm + n d | m, n P Qu Đây cách để diễn đạt ? việc α1 α2 viết dạng có dạng m + d với m, n P Q Định lý 3.1 Cho P P Q[x] đa thức bậc hai bất khả quy, L mở rộng bậc ? hai Q sinh nghiệm P Khi L = Q[ d] với d = a2 ´ 4b Dễ thấy rằng, L mở rộng bậc hai Q, phần tử α P L ´ Q nghiệm phương trình bất khả quy bậc hai Vì ta phát biểu lại định lý dạng cô đọng hơn: ? Định lý 3.2 Mọi mở rộng bậc hai Q có dạng L = Q[ d] với d số hữu tỉ Mở rộng phương trình bậc cao hơn, ta định nghĩa rành rọt khái niệm phương trình giải thức Phương trình giải thức Từ trở đi, ta thay trường số hữu tỉ trường K Thay cho trường số phức, ta cho trước trường đóng đại số chứa K Xin nhắc lại trường K gọi đóng đại số đa thức P P K[x] bậc n có n nghiệm K, ta đếm bội Ta xét tới mở rộng K chứa K Đa thức bậc n P = xn + a1 xn1 + ă ă ă + an P K[x], 19 Tạp chí online cộng đồng người u Tốn gọi bất khả quy khơng thể phân tích thành tích hai đa thức có bậc nhỏ Giả sử P đa thức bậc n bất khả quy Với nghiệm α P K P, ta đặt K[α] = tm0 + m1 + ă ă ă + mn1 n1 | m0 , , mn´1 P Ku (3.9) S dng ng thc n = (a1 n1 +ă ¨ ¨+an ), ta chứng minh u, v P K[α] uv P K[α] Ngồi ra, u P K[α] ´ t0u u´1 P K[α] Nói cách khác, K[α] trường K Sử dụng giả thiết P đa thức bất khả quy, ta chứng minh K[α], xem không gian vector trường K, có chiều n Nói cách khác, K[α] mở rộng bậc n K Ta nói nghiệm α biểu diễn biểu thức đại số với thức tồn chuỗi mở rộng trường liên tiếp K = K0 K1 K2 ă ă ă Kr , (3.10) cho với i P t1, 2, , ru, Ki mở rộng bậc ni Ki´1 có dạng Ki » Ki´1 [x]/(xni ´ βi ), cho K[α] Ă Kr Khái niệm mở rộng trường cho phép ta phát biểu rành rọt câu hỏi liệu nghiệm α P biểu diễn dạng tổ hợp đại số thức hay khơng Nó cịn cho phép ta đặt câu hỏi khác, sâu sắc hơn, nghiệm đa thức Phụ thuộc đại số nghiệm Như trên, ta ký hiệu P P K[x] đa thức bất khả quy bậc n, α nghiệm P K, K[α] mở rộng bậc n K bao gồm tổ hợp đại số α (3.9) Khác với trường hợp bậc 2, n ě 3, α1 α2 hai nghiệm khác P, trường K[α1 ] K[α2 ] K, khác nhau, ta thấy ví dụ sau Xét trường hợp K = Q đa thức P = x3 ´ Nếu α P K nghiệm P hai nghiệm cịn lại jα j2 α Ở ta sử dụng ký hiệu 2π 2π j = cos + i sin , (3.11) 3 20 Tạp chí online cộng đồng người yêu Toán bậc ba nguyên sơ đơn vị Dễ thấy Q[α] ‰ Q[jα] dấu xảy ta có j P Q[α] Mặt khác, mở rộng Q[j] mở rộng bậc Q j nghiệm đa thức bậc hai x2 +x+1, nằm mở rộng bậc ba Thật vậy, Q[j] Ă Q[α] Q[α] không gian vector trường Q[j], chiều khơng gian vector Q phải số chẵn Trong trường hợp này, mở rộng bậc ba ứng với nghiệm P = x3 ´ đôi khác nhau: Q[α] ‰ Q[jα] ‰ Q[j2 α] (3.12) Khi K = Q[j], P = x3 ´ đa thức bậc ba bất khả quy K[x] Nhưng mở rộng bậc ba K ứng với nghiệm P = x3 ´ trùng nhau: K[α] = K[jα] = K[j2 α] (3.13) Ta nhận thấy trường hợp đầu, α jα không phụ thuộc đại số với so với trường sở K = Q Nói cách khác jα biểu diễn tổ hợp đại số α với hệ số hữu tỉ Tuy vậy, ta mở rộng trường sở thành K = Q[j], α jα trở nên phụ thuộc đại số Ví dụ đưa ta đến với khái niệm trường phân rã đa thức bất khả quy Trường phân rã đa thức công cụ để đo phụ thuộc đại số nghiệm Trường phân rã lớn nghiệm có quan hệ đại số, trường phân rã nhỏ nghiệm có nhiều quan hệ đại số Đa thức bất khả quy P P K[x] bậc n gọi tách có n nghiệm đôi khác K Trong trường hợp đặc số không, đa thức bất khả quy tách Trong trường hợp đặc số p ą 0, có đa thức bất khả quy khơng tách Trong này, ta xét đến đa thức bất khả quy tách Cho P P K[x] đa thức bất khả quy bậc n tách có hệ số đầu Ta ký hiệu α1 , α2 , , αn P K nghiệm P, gọi trường phân rã K trường K sinh α1 , α2 , , αn Trong vành đa thức L[x], đa thức P phân rã hoàn toàn P = (x ´ α1 ) (x ´ αn ), thành tích thừa số bậc 21 Tạp chí online cộng đồng người yêu Toán Để làm rõ ý này, ta thực khảo sát Ký hiệu L trường phân rã P, L trường cực tiểu chứa tất trường K[α1 ], K[α2 ] , K[αn ], gọi compositum K[α1 ], K[α2 ] , K[αn ] Ký hiệu Li compositum K[α1 ], K[α2 ] , K[αn ], ta có chuỗi mở rộng trường liên tiếp K = L0 L1 ă ă ă Ln = L Ký hiệu li bậc mở rộng Li /Li´1 Trường phân rã L mở rộng bậc l1 l2 ln K Các số nguyên l1 , l2 , , ln phản ánh mức độ phụ thuộc đại số nghiệm α1 , α2 , , αn Ta khảo sát chúng sau • Vì P đa thức bất khả quy bậc n L1 mở rộng bậc l1 = n L0 • Xét mở rộng L2 /L1 Đa thức P xem phần tử L1 [x] khơng cịn bất khả quy nữa, mà phân tích thành P = (x ´ α1 )Q Thành phần Q đa thức bất khả quy, khơng • Nếu Q đa thức bất khả quy, bậc n ´ 1, L2 mở rộng bậc l2 = n ´ L1 Trong trường hợp này, α1 α2 khơng có quan hệ đại số với • Nếu Q P L1 [x] khơng phải đa thức bất khả quy, ta phân tích thành Q = Q2 Q3 với Q2 đa thức bất khả quy có nghiệm α2 Khi L2 mở rộng L1 có bậc l2 với bậc đa thức Q2 Trong trường hợp α1 α2 có phụ thuộc đại số • Tiếp tục với mở rộng L3 /L2 Qua khảo sát ta thấy l1 l2 ă ă ă l mt dóy số nguyên giảm thật từ suy l1 ă ă ă ln n! Dóy s ny đo mức độ phụ thuộc đại số nghiệm α1 , α2 , , αn P Nhóm Galois đa thức Cho P P K[x] đa thức bất khả quy bậc n tách Nghiệm K α1 , α1 , , αn đôi khác 22 Tạp chí online cộng đồng người yêu Toán Ta ký hiêu L trường phân rã, trường K sinh α1 , α1 , , αn Nhóm Galois ΓL/K nhóm tự đẳng cấu mở rộng L/K : Các tự đẳng cấu mở rộng L/K song ánh σ : L Đ L bảo tồn cấu trúc vành cấu trúc không gian vector L trường K Nếu khơng có nguy nhầm lẫn, ta viết giản lược số ngầm hiểu Γ = ΓL/K Để nhấn mạnh phụ thuộc vào P, gọi Γ nhóm Galois đa thức P Cho σ P Γ α P L nghiệm P, σ(α) nghiệm P Vì nhóm Galois Γ tác động lên tập hợp nghiệm P Với ký hiệu chọn tα1 , , αn u, nghiệm P đánh số, tác động Γ lên chúng cho đồng cấu nhóm ρP : Γ Đ Υn vào nhóm hốn vị cấp n Định lý 6.1 Đồng cấu ρP : Γ Ñ Υn đơn ánh Tác động Γ lên tập t1, 2, , nu tác động bắc cầu Số phần tử Γ với bậc mở rộng L/K Chứng minh khẳng định thứ khơng khó Nếu σ nằm hạch ρP , σ(αi ) = αi với nghiệm P Trong hoàn cảnh này, σ tác động tầm thường lên toàn L L sinh α1 , α1 , , αn Chứng minh khẳng định thứ hai thứ ba khó chút Trước hết ta chứng minh đồng cấu K - đại số ξ : L Đ K có ảnh L Thật đồng cấu bảo toàn tập tα1 , α1 , , αn u, mà tập sinh L, ξ(L) = L Như ta chứng minh AutK (L) = HomK L, K (3.14) Để chứng minh khẳng định thứ ba, ta cần chứng minh |HomK L, K | = degK (L) (3.15) Một mở rộng hữu hạn L K gọi mở rộng tách thoả mãn tính chất Nếu L = K[x]/P với P P K[x] đa thức bất khả quy bậc n tách L mở rộng tách Thật vậy, trường 23 Tạp chí online cộng đồng người yêu Toán hợp này, cho đồng cấu σ : L Ñ K tương đương với cho σ(x) nghiệm P K có n nghiệm khác Có thể chứng minh compositum mở rộng tách K1 , K2 , , Kn với K Ă Ki Ă K mở rộng tách Vì thế, trường phân rã đa thức tách mở rộng tách Ta quay lại chứng minh khẳng định thứ hai: Tác động Γ lên tập nghiệm tα1 , α2 , , αn u tác động bắc cầu Ta chứng minh tồn σ P AutK (L) cho σ(α1 ) = α2 Trước hết ta có đẳng cấu σ : K[α1 ] Đ K[α2 ] cho α1 ÞĐ α2 α1 α2 có đa thức cực tiểu P Ta cần chứng minh σ thác triển thành tự đẳng cấu σ : L Ñ L Để kết thúc chứng minh, ta cần sử dụng thêm tính chất mở rộng tách được: Nếu L/K mở rộng tách được, tồn β P L phần tử sinh L Nói cách khác tồn β P L cho L = K[β] Mở rộng L/K[α1 ] mở rộng tách được, tồn β1 P L cho L = K[α1 ][β1 ] Ta phát triển σ : K[α1 ] Đ K[α2 ], thành đồng cấu có dạng σ : K[α1 ][β1 ] Ñ K[α2 ][β2 ], với β2 P K lựa chọn thích hợp Sử dụng (3.14), ta có K[α2 ][β2 ] = L, σ tự đẳng cấu L ta mong muốn Ta tóm tắt thơng tin mục sau Mỗi đa thức bất khả quy P ứng nhóm Galois Γ Nếu nghiệm P K đánh số coi Γ nhóm nhóm đối xứng cấp n, có tác động bắc cầu lên tập t1, 2, , nu Số phần tử Γ bậc trường phân rã Xem chứng minh sách Algebra Lang Xem chứng minh sách Algebra Lang 24 Tạp chí online cộng đồng người yêu Toán Tương ứng Galois Như ta thấy mục trước, L trường phân rã đa thức bất khả quy tách P P K[x], mở rộng L/K có tính chất số phần tử nhóm AutK (L) với bậc mở rộng Mở rộng L/K gọi mở rộng Galois tính chất thoả mãn Trường phân rã đa thức bất khả quy luôn mở rộng Galois Mở rộng L/K gọi mở rộng tách tồn đa thức bất khả quy P P K[x] tách cho L » K[x]/(P), tất nhiên có nhiều đa thức P Dễ thấy L = K[x]/(P) mở rộng tách mở rộng Galois, L trường phân rã P Nói cách khác mở rộng Galois trường phân rã đa thức Mặt khác, đồng thời trường phân rã nhiều đa thức khác Không phải mở rộng mở rộng Galois Quay lại ví dụ (3.12) mở rộng bậc ba Q[α] Q, với α nghiệm x3 ´ Nếu σ P AutQ (Q[α]) σ(α) phải nghiệm x3 ´ Theo (3.12) σ khơng thể tự đẳng cấu Q[α] trừ trường hợp σ = Nói cách khác Q[α] khơng phải biểu diễn Galois Ngược lại, theo (3.13) K[α]/K mở rộng Galois với K = Q[j] với j nguyên sơ bậc ba đơn vị (3.11) Tổng quát Định lý 7.1 Nếu xn ´ a P K[x] đa thức bất khả quy tách được, K chứa nguyên sơ bậc n đơn vị, với nghiệm α P K đa thức xn ´ a, mở rộng L = K[α] K mở rộng Galois Các mở rộng trung gian K L phân loại dựa vào Γ Đây thường coi mệnh đề quan trọng lý thuyết Galois, gọi tương ứng Galois Vấn đề quan trọng ln ln bàn cãi Định lý 7.2 Mỗi mở rộng trung gian K Ă L Ă L ứng với nhóm Γ Γ bao gồm phần tử γ P Γ tác động lên L ánh xạ L -tuyến tính Tương ứng ngược lại cho L = LΓ Hơn nữa, L mở rộng Galois K Γ nhóm chuẩn tắc Γ 3 Nhóm Γ Ă Γ gọi nhóm chuẩn tắc với γ P Γ , ta có γΓ γ´1 = Γ 25 Tạp chí online cộng đồng người u Tốn Trong trường hợp đó, ta có ΓL /K = Γ/Γ Trong mục 5, ta khảo sát trường phân rã L đa thức bất khả quy P P K[x] thông qua chuỗi mở rộng liên tiếp K = L0 L1 L2 ă ă ă Ln = L, với Li compositum K[α1 ], K[α2 ], , K[αi ] Chuỗi mở rộng tương ứng với chuỗi nhóm Γ Γ = ă ă ă n = (3.16) Có thể chứng minh Γi = Γ XΥn´i với i = 1, 2, , n, Υn´i nhóm phần tử Υn cố định phần tử 1, 2, , i tập t1, 2, , nu Các nhóm Γ1 , Γ2 , nói chung khơng phải nhóm chuẩn tắc Γ , L1 , L2 , mở rộng Galois K Trong mục sau, mục 8, khảo sát kỹ trường hợp chuỗi mở rộng Galois Tiêu chuẩn để giải phương trình thức Xét ví dụ cho chuỗi mở rộng thức (3.10) K = K0 K1 ă ă ă Kr , (3.17) với Ki » Ki´1 [x]/(xni ´ βi ) Giả thiết K chứa nguyên sơ đơn vị bậc n1 , n2 , , nr Khi với i, Ki mở rộng Galois Ki´1 , từ ta suy Kr mở rộng Galois K Ký hiệu Γi = ΓKr /Ki , ta có chuỗi nhóm chuẩn tắc sau: Γ = Γ0 ă ă ă vi i1 /Γi = ΓKi /Ki´1 » Z/ni Z Nói cách khác, nhóm Γ nhóm giải Định lý 8.1 Cho P P K[x] đa thức bất khả qui bậc n tách với hệ số trường K có nguyên sơ đơn vị cấp r ď n Điều kiện cần đủ để nghiệm P biểu diễn biểu thức đại số với thức nhóm Galois P nhóm giải 26 Tạp chí online cộng đồng người yêu Toán Cho α P K nghiệm P Như phân tích mục 4, α biểu diễn dạng biểu thức đại số có thức tương đương với việc tồn chuỗi mở rộng liên tiếp (3.17), với Ki » Ki´1 [x]/(xni ´ βi ), K[α] Ă Kr Vì trường phần rã L P mở rộng Galois nhỏ chứa K[α] cho nên: K Ă L Ă Kr Điều kéo theo ΓP = ΓL/K thương Γ Với điều kiện trường sở Γ chứa đủ nguyên sơ đơn vị, ta Γ nhóm giải Vì nhóm Galois ΓP đa thức P nhóm giải ΓP nhóm giải điều kiện cần để α biểu diễn biểu thức đại số với thức Để chứng minh điều kiện điều kiện đủ, ta cần chứng minh K trường có nghiệm nguyên sơ cấp n đơn vị L/K mở rộng Galois có nhóm Galois đẳng cấu với Z/nZ, tồn β P K để cho L » K[x]/(xn ´ β) Giả sử mở rộng L trường phân rã đa thức bất khả qui P P K[x] có bậc n Nếu α1 , α1 , , αn nghiệm P K L mở rộng K sinh nghiệm Chọn phần tử sinh σ nhóm Galois ΓL/K = Z/nZ Vì tác động ΓL/K lên tập α1 , , α1 , , αn tác động bắc cầu, σ tương ứng với hốn vị n - chu trình Ta giả sử σ(α1 ) = α2 , σ(α2 ) = α3 , , σ(αn ) = α1 Chọn ζ P K nguyên sơ cấp n đơn vị thiết lập giải thức Lagrange: = + + ă ă ă + ζn´1 αn Lập luận trường hợp n = 3, ta thấy ξn = β phần tử K từ suy L » K[x]/(xn ´ β) Để biết phương trình giải thức hay khơng, ta “chỉ cần” biết xem nhóm Galois giải hay khơng Tính nhóm Galois đa thức P tuỳ ý 27 Tạp chí online cộng đồng người u Tốn hồn tồn khơng dễ Quy trình khảo sát trình bày mục 5, cho ta số thơng tin nhóm Galois, có chuỗi nhóm (3.16), thường nhóm khơng chuẩn tắc Trong trường hợp đa thức tổng quát P = xn + a1 xn´1 + ¨ ¨ ¨ + an P K[x], (3.18) với K = k(a1 , a2 , , an ) trường phân thức với biến số a1 , a2 , , an , lập luận 9, ta thấy ΓP = Υn Như phương trình tổng quát, ta cần tìm hiểu với n nhóm đối xứng Υn nhóm giải Ta nhóm Υ3 , Υ4 giải nhờ tìm cơng thức biểu diễn nghiệm phương trình bậc ba bậc bốn Trong Υn nhóm khơng giải với n ě Phương trình bậc ba Lời giải phương trình bậc ba Tartaglia phức tạp giống từ trời rơi xuống Lời giải phương trình bậc bốn Ferrari cịn phức tạp Sau này, Lagrange đưa phương pháp đẹp để tìm phương pháp chung cho lời giải Tartaglia, Cardano Ferrari Ông sáng tạo công cụ mới, gọi resolvent, mà tạm chuyển ngữ thành “giải thức” Để minh hoạ cho cơng dụng phương pháp Lagrange, ta trình bày lời giải phương trình bậc ba tổng quát theo phương pháp với chút hỗ trợ lý thuyết Galois Mặc dù phương pháp giải thức Lagrange diễn giải dễ dàng lý thuyết Galois, ta nên lưu ý nhóm Galois sinh sau phương pháp giải thức Lagrange Trong đại số đại, ta gán cho chữ tổng quát nghĩa xác: Ta chọn trường sở K = k(a, b, c) Ą R = k[a, b, c], trường biểu thức hữu tỉ với biến số a, b, c hệ số nằm trường k Đa thức bậc ba tổng quát đa thức P = x3 + ax2 + bx + c P R[x] 28 Tạp chí online cộng đồng người u Tốn Ta giả sử trường k có nguyên sơ bậc ba đơn vị Nói cách khác đa thức x3 ´ P k[x] phân rã hoàn toàn thành: x3 ´ = (x ´ 1)(x ´ j)(x ´ j2 ), với j P k nguyên sơ bậc ba đơn vị Lấy ví dụ, ta chọn k = Q[j] với j (3.11) Cho K trường đóng đại số chứa K, gọi α1 , α2 , α3 nghiệm P K Trường phân rã K : L = k(α1 , α2 , α3 ) Ą S = k[α1 , α2 , α3 ], trường thương đa thức có biến số α1 , α2 , α3 thoả ´a = α1 + α2 + α3 b = α1 α2 + α2 α3 + α3 α1 ´c = α1 α2 α3 Có thể chứng minh S module tự cấp sáu vành R L không gian vector có chiều sáu trường K Như nhóm Galois Γ P có sáu phần tử tồn nhóm đối xứng Υ3 Để giải phương trình bậc ba tổng quát, ta khảo sát nhóm đối xứng Υ3 Ta thể hoán vị cấp ba ví dụ sau: (2, 3, 1) hốn vị Đ 2, Đ 3, Đ Các phần tử Υ3 phân loại sau • Phần tử đơn vị (1, 2, 3) • Phần tử có 2-chu trình (2, 1, 3), (1, 3, 2), (3, 2, 1) • Phần tử 3-chu trình (2, 3, 1), (3, 1, 2) Đồng cấu dấu sgn : Υ3 Ñ t˘1u gán cho ba phần tử có 2-chu trình dấu ´1 gán cho ba phần tử lại dấu +1 Hạch đồng cấu dấu sgn : Υ3 Đ t˘1u nhóm ln phiên Θ3 Nhóm có phần tử: Θ3 = t(1, 2, 3), (2, 3, 1), (3, 1, 2)u đẳng cấu với nhóm xích Z/3Z Tóm lại ta có dãy khớp Ñ Θ3 Ñ Υ3 Ñ Z/2Z Ñ 29 (3.19) Tạp chí online cộng đồng người u Tốn với Θ3 » Z/3Z Nhóm Υ3 nhóm giải Nhóm Θ3 tương ứng với mở rộng trung gian K+ = LΘ3 bao gồm phần tử L cố định tác động Θ3 Ta có chuỗi mở rộng liên tiếp K Ă K+ Ă L với K+ /K mở rộng Galois cấp hai có nhóm Galois Z/2Z, L/K+ mở rộng Galois cấp ba có nhóm Galois Z/3Z Q trình biểu diễn nghiệm phương trình bậc ba phổ biểu thức đại số có thức chia thành hai bước: • Sử dụng dãy khớp (3.19) để xây dựng mở rộng trung gian K Ă K+ Ă L với K+ /K mở rộng Galois cấp hai có nhóm Galois Z/2Z, L/K+ mở rộng Galois cấp ba có nhóm Galois Z/3Z • Biểu diễn mở rộng trung gian K+ /K dạng K+ = K[x]/(x2 ´ β1 ), L/K+ dạng L = K+ [x]/(x3 ´ β2 ) Ta viết tường minh phần tử K+ : δ = (α1 ´ α2 )(α2 ´ α3 )(α3 ´ α1 ) Dễ thấy δ ổn định tác động Θ3 Ta để ý thấy δ2 = ´d với ź d= (αi ´ αj ), i‰j biệt thức P Biệt thức d phần tử K ta có K+ » K[x]/(x2 + d) (3.20) Thật vậy, ta có đồng cấu trường: K[x]/(x2 + d) Đ K+ , xác định x ÞĐ δ Vì hai vế khơng gian vector hai chiều K, đồng cấu trường ln đơn ánh, bắt buộc phải song ánh 30 Tạp chí online cộng đồng người u Tốn Nói cách khác, phần tử K+ biểu diễn cách dạng m + nδ với m, n P K Để chứng tỏ phương trình tổng qt bậc ba giải thức, ta cần chứng minh mở rộng L/K+ biểu diễn dứới dạng phương trình L = K+ [x]/(x3 ´ β), với phần tử β P L+ Ký hiệu σ = (2, 3, 1) hoán vị tác động lên nghiệm P sau: σ(α1 ) = α2 , σ(α2 ) = α3 σ(α3 ) = α1 Giải thức Lagrange có dạng: ξ = α1 + jα2 + j2 α3 Ta nhận thấy rằng: σ(ξ) = j´1 ξ σ2 (ξ) = j´2 ξ, từ suy β = ξσ(ξ)σ2 (ξ) = ξ3 Phần tử β biểu diễn tích ξσ(ξ)σ2 (ξ) hiển nhiên có tính ổn định tác động σ Vì β P K+ Ta khẳng định L » K+ [x]/(x3 ´ β) (3.21) Thật ta có đồng cấu vành φ : K+ [x]/(x3 ´ β) Đ L, xác định x ÞĐ ξ ξ3 = β Vì σ(ξ) ‰ ξ, ξ R K, ảnh đồng cấu φ mở rộng trung gian K Ă im(φ) Ă L với K ‰ im(φ) Ta nhận thấy chiều im(φ) không gian vector K phải ba mở rộng bậc ba L khơng thể chứa mở rộng bậc hai Nói cách khác, đồng cấu φ tồn ánh Vì khơng gian nguồn đích có số chiều, φ đẳng cấu Như phần tử L, có α1 , α2 , α3 , biểu diễn cách dạng m0 + m1 ξ + m2 ξ2 , với m0 , m1 , m2 P K+ 31 Tạp chí online cộng đồng người u Tốn Bản thân ξ thoả mã phương trình ξ3 = β với β P K+ Mọi phần tử K+ biểu diễn cách dạng m + nδ với m, n P K δ2 = d Chịu khó tường minh hoá hệ số m, n, m0 , m1 , m2 , ta tìm lạo cơng thức Tartaglia (3.5) cho nghiệm phương trình bậc ba tổng quát x3 + ax2 + bx + c = 10 Phương trình bậc bốn Định lý 10.1 Nhóm Υ4 nhóm giải Ký hiệu S tập t1, 2, 3, 4u Ψ2 (S) tập tập S có hai phần tử Tập có phần tử chia thành ba cặp tập đối nhau: t1, 2u, t3, 4u t1, 3u, t2, 4u t1, 4u, t2, 3u gọi Φ2 (S) tập cặp tập đối Ta có ánh xạ 2-1 Ψ2 (S) Đ Φ2 (S) (3.22) Nhóm Υ4 hoán vị S, tác động cách tương thích lên Φ2 (S) Ψ2 (S) Tác động Υ4 lên Φ2 (S) cho ta đồng cấu Υ4 Ñ Υ3 Khảo sát kỹ tác động Υ4 lên Φ2 (S) Ψ2 (S) ta có dãy khớp Ñ (Z/2Z)2 Ñ Υ4 Ñ Υ3 Ñ (3.23) từ suy nhóm Υ4 nhóm giải Bạn đọc dùng giải thức Lagrange để tìm biểu thức thức cho nghiệm phương trình bậc bốn tổng quát, giống trường hợp phương trình bậc ba trình bày mục 11 Phương trình bậc năm trở lên Định lý 11.1 Với n ě 5, Υn khơng phải nhóm giải Nhóm đối xứng Υn có đồng cấu dấu với hạch nhóm ln phiên Θn Đ Θn Ñ Υn Ñ t˘1u Ñ (3.24) 32 Tạp chí online cộng đồng người u Tốn Có thể chứng minh với n ě 5, nhóm luân phiên Θn nhóm đơn, tức nhóm khơng có nhóm chuẩn tắc, ngồi nhóm tầm thường Nhóm chuẩn tắc hợp số lớp liên hợp số phần tử nhóm với tổng số phần tử số lớp liên hợp Mặt khác, tổng số phải ước số phần tử Θ5 Bằng cách liệt tất lớp liên hợp Θ5 lực lượng chúng, ta nhận tổng lực lượng số lớp liên hợp Θ5 ước thực 60 Vì nhóm Θ5 khơng có nhóm chuẩn tắc ngồi nhóm tầm thường Bạn đọc chứng minh qui nạp Θn nhóm đơn với n ě xuất phát từ trường hợp n = 33 ... phương trình giải thức Phương trình giải thức Từ trở đi, ta thay trường số hữu tỉ trường K Thay cho trường số phức, ta cho trước trường đóng đại số chứa K Xin nhắc lại trường K gọi đóng đại số. .. tức nhóm khơng có nhóm chuẩn tắc, ngồi nhóm tầm thường Nhóm chuẩn tắc hợp số lớp liên hợp số phần tử nhóm với tổng số phần tử số lớp liên hợp Mặt khác, tổng số phải ước số phần tử Θ5 Bằng cách... phụ thuộc đại số với so với trường sở K = Q Nói cách khác jα khơng thể biểu diễn tổ hợp đại số α với hệ số hữu tỉ Tuy vậy, ta mở rộng trường sở thành K = Q[j], α jα trở nên phụ thuộc đại số Ví dụ