Ứng dụng lý thuyết galois trong phép dựng hình

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN ********* HÀ DUY NGHĨA ỨNG DỤNG LÝ THUYẾT GALOA TRONG PHÉP DỰNG HÌNH TIỂU LUẬN LÝ THUYẾT TRƯỜNG Quy nhơn, tháng 12 năm 2009 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN ********* HÀ DUY NGHĨA ỨNG DỤNG LÝ THUYẾT GALOA TRONG PHÉP DỰNG HÌNH CAO HỌC TỐN KHÓA 11 Chuyên ngành: Đại số lý thuyết số TIỂU LUẬN LÝ THUYẾT TRƯỜNG Người hướng dẫn khoa học TS NGUYỄN THÁI HÒA Quy nhơn, tháng 12 năm 2009 i LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com MỤC LỤC Trang phụ bìa i Mục lục Lời mở đầu Chương 1.1 1.2 Kiến thức sở Mở rộng Galoa 1.1.1 Khái niệm mở rộng Galoa ví dụ 1.1.2 Các đặc trưng mở rộng Galoa Mở rộng mở rộng bậc hai 1.2.1 Mở rộng 1.2.2 Mở rộng bậc hai Chương áp dụng lý thuyết galoa phép dựng hình 12 2.1 Khái niệm tính chất điểm số dựng 12 2.2 Một số toán áp dụng 14 2.2.1 Bài tốn 1: Chia ba góc 14 2.2.2 Bài tốn 2: Gấp đơi hình lập phương 15 2.2.3 Bài toán 3: Cầu phương đường tròn 16 2.2.4 Bài toán 4: Chia đường tròn thành n phần 16 Một vài phép dựng hình cụ thể 18 2.3.1 Dựng đa giác cạnh 18 2.3.2 Dựng đa giác 15 cạnh 19 2.3.3 Dựng đa giác 17 cạnh 20 Kết luận 23 Tài liệu tham khảo 24 2.3 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com LỜI MỞ ĐẦU Lý thuyết Galoa lý thuyết đẹp đẽ đại số, tập hợp nhiều kiến thức phương pháp lĩnh vực toán học khác nhằm giải toán cổ điển vấn đề quan trọng khác đại số đại Một ứng dụng chủ yếu tìm nghiệm thức phương trình đa thức, đặc biệt phương trình bặc lớn bốn giải thức Mặt khác, lý thuyết Galoa cho phép xác định đa giác n cạnh dựng thước kẻ compa lời giải cho tốn dựng hình cổ điển Tiểu luận giới thiệu Ứng dụng lý thuyết Galoa phép dựng hình, tiểu luận gồm chương với phần mở đầu, kết luận danh mục tài liệu tham khảo Chương 1: Giới thiệu khái niệm mở rộng Galoa, định lý mở rộng Galoa , mở rộng bậc hai phần ứng dụng quan trọng cho lý thuyết dựng hình chương sau Chương 2: Là phần tiểu luận, phần đầu chương giới thiệu điểm dựng được, số dựng được,chứng minh tập hợp số dựng lập thành trường, đặc biệt chứng minh định lý điều kiện đủ số dựng Phần sau chương áp dụng lý thuyết để giải tốn dựng hình cổ điển tốn dựng hình cụ thể Kiến thức chương tham khảo từ tài liệu [1],[2] Mặc dù thân cố gắng học tập, nghiên cứu hướng dẫn nhiệt tình thầy giáo hướng dẫn, lực thân thời gian cịn hạn chế nên tiểu luận khó tránh khỏi thiếu sót Tơi mong nhận góp ý quý thầy cô bạn để tiểu luận hoàn thiện LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Cuối xin chân thành cảm ơn TS Nguyễn Thái Hịa người tận tình giúp đỡ, tập thể lớp cao học toán khoá 11 tạo điều kiện cho tơi hồn thành tiểu luận Tác giả LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Chương KIẾN THỨC CƠ SỞ 1.1 Mở rộng Galoa 1.1.1 Khái niệm mở rộng Galoa ví dụ Định nghĩa 1.1.1 Mở rộng bậc hữu hạn F trường K gọi mở rộng Galoa chuẩn tắc tách Ví dụ 1.1.2 1) Trường chia đường tròn Rn Q mở rộng Galoa với nhóm Galoa đẳng cấu với nhóm nhân Z∗n lớp khả nghịch 2) Trường hữu hạn Fq , q = pn mở rộng Galoa trường nguyên tố Zp Nó có nhóm Galoa G = G(F/Zp ) nhóm xyclic sinh tự đẳng cấu ψ : a −→ ap với a ∈ Fq 1.1.2 Các đặc trưng mở rộng Galoa Định lý 1.1.3 Cho F mở rộng bậc hữu hạn K với nhóm Galoa G Khi điều kiện sau tương đương: (i) F mở rộng Galoa K (ii) K = F G (nghĩa tập phần tử F bất biến tự đồng cấu nhóm Galoa G K) (iii) Cấp nhóm Galoa G bậc mở rộng [F : K] Chứng minh (i) ⇒ (ii) Nếu F mở rộng Galoa K F trường nghiệm đa thức tách K ( [1], Hệ 6.3 ) Khi theo ([1], Định lý 1.3) ta có (ii) (ii) ⇔ (iii) Giả sử cấp G n Khi theo ([1], Mệnh đề 3.1.1),ta LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com có n = F : F G Bởi F G = K hiển nhiên n = [F : K] Ngược lại, n = [F : K] [F : K] = F : F G , K = F G (vì K ⊂ F G ) (iii) ⇒ (i) Do F mở rộng bậc hữu hạn K nên F đại số K Giả sử α phần tử tùy ý thuộc F Ta xây dựng đa thức tối tiểu p(x) Gọi α = α1 , α2 , , αm tất ảnh phân biệt α tự đẳng cấu σ thuộc G αi = σi (α) σ1 = idF Đặt Khi m ≤ n (n cấp G [F : K]) Xét đa thức p(x) = (x − α1 )(x − α2 ) (x − αm ) (1.1) Các hệ tử p(x) đa thức đối xứng αi , chúng bất biến tự đẳng cấu σ ∈ G (do σ cảm sinh phép tập hợp {α1 , α2 , , αm }) Nghĩa hệ tử thuộc K (do (iii) ⇔ (ii)) Vậy p(x) ∈ K[x] Nếu g(x) ∈ K[x] nhân tử bất khả quy p(x) nhận α = α1 làm nghiệm g(x) nhận phần tử liên hợp αi = σi (α) làm nghiệm Điều chứng tỏ p(x) chia hết g(x) p(x) = g(x) (vì g(x) bất khả quy) Như p(x) đa thức tối tiểu α điều chứng tỏ tính tách F K.Bây giả sử q(x) đa thức bất khả quy K có nghiệm α ∈ F Theo chứng minh p(x) đa thức (1.1), phân rã hoàn toàn F Điều chứng tỏ tính chuẩn tắc F K Định lý 1.1.4 Trường F mở rộng Galoa trường K F trường nghiệm đa thức tách K Chứng minh Điều kiện cần ([1],Hệ 2.62) Ngược lại, F trường nghiệm đa thức tách ([1], Định lý2.6.5) cấp nhóm Galoa G = G(F/K) bậc mở rộng [F : K] Khi theo Định lý 1.1.3, F mở rộng Galoa K Nhận xét 1.1.5 Định lý cho ta dấu hiệu tiện lợi để nhận biết mở rộng Galoa Nó cho thấy hầu hết mở rộng trường mà LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com thường gặp mở rộng Galoa Chẳng hạn, đa thức p(x) bất khả quy trường K có đặc số tách trường nghiệm đa thức mở rộng Galoa K Nhận định phát biểu hệ sau Hệ 1.1.6 Nếu trường F mở rộng trường K có đặc số điều sau tương đương: (i) F mở rộng Galoa (ii) F mở rộng bậc hữu hạn chuẩn tắc (iii) F trường nghiệm đa thức K Chứng minh (i) ⇔ (ii) Nếu K có đặc số mở rộng chuẩn tắc mở rộng tách Do ta có (i) ⇔ (ii) (ii) ⇔ (iii) nội dung ([1],Định lý 2.6.1) Định lý 1.1.7 (Về phần tử liên hợp) Cho F mở rộng Galoa K Khi hai phần tử F liên hợp K tồn K−đẳng cấu biến phần tử thành phần tử khác Chứng minh Giả sử c phần tử tùy ý mở rộng chuẩn tắc F K Xét phần tử ϕ1 (c) = c, ϕ2 (c), , ϕn (c) (1.2) ϕ1 = idF , ϕ2 , , ϕn tất tự đẳng cấu thuộc nhóm Galoa G = G(F/K) Với tự đẳng cấu phần tử dãy (1.2) biến thành dãy ϕϕ1 (c), ϕϕ2 (c), , ϕϕn (c) tức hốn vị dãy (1.2) Vì hệ tử đa thức n (x − ϕi (c)) g(x) = i=1 giữ bất động với phần tử ϕ, thuộc trường K Do c = ϕ1 (c) nên đa thức g(x) đa thức tối tiểu p(x) c có nghiệm chung LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com (khi đa thức p(x) bất khả quy nên g(x) chia hết cho p(x)) Mặt khác theo ([1],Bổ đề2.6.4) phần tử ϕ1 (c), ϕ2 (c), , ϕn (c) (có thể trùng nhau) liên hợp với c, nên nghiệm p(x) Bởi nghiệm g(x) nghiệm p(x) Giả sử g(x) = [p(x)]k [q1 (x)]k1 [qr (x)]kr Bởi nghiệm g(x) nghiệm p(x) không nghiệm đa thức qi (x)(i = 1, , r) nghiệm p(x) (do tính bất khả quy đa thức này), nên đa thức qi (x)(i = 1, , r) khơng thể có nghiệm, tức qi (x) = Vậy g(x) = [p(x)]k Từ đặc biệt suy phần tử ϕ1 (c), ϕ2 (c), , ϕn (c) vét cạn hết (có thể có lặp lại) tất liên hợp c 1.2 Mở rộng mở rộng bậc hai 1.2.1 Mở rộng Định nghĩa 1.2.1 Mở rộng F trường sở K gọi mở rộng tồn dãy mở rộng K = K0 ⊂ K1 ⊂ ⊂ Ks = F (1.3) cho Ki = Ki−1 (θi ), θini = ∈ Ki−1 Lưu ý dãy trường Ki không mở rộng chuẩn tắc trường Ki−1 , trường F khơng chuẩn tắc K Bổ đề 1.2.2 Giả sử K trường tùy ý, E mở rộng chuẩn tắc có bậc hữu hạn K F mở rộng chuẩn tắc có bậc hữu hạn E Khi F mở LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com rộng chuẩn tắc K F trường nghiệm E đa thức K Chứng minh (⇒) Nếu F mở rộng chuẩn tắc K F trường nghiệm đa thức f (x) ∈ K[x]( [1], Định lý 2.6.1) F trường nghiệm đa thức f (x) E (⇐) Ngược lại giả sử F = E(u1 , , un ) u1 , , un nghiệm đa thức g(x) ∈ K[x],E = K(v1 , , vm ) v1 , , vm nghiệm g(x) Khi F = (v1 , , vm , u1 , , un ) nghĩa F trường nghiệm đa thức f (x).g(x) ∈ K[x] F chuẩn tắc K Định lý 1.2.3 Mọi mở rộng F trường sở K chứa mở rộng F đồng thời mở rộng chuẩn tắc K, ta nói F mở rộng chuẩn tắc K Chứng minh Chứng minh định lý cách quy nạp theo độ dài dãy(1.3) Với s=1 ta có F = K1 = K(c), cm = a ∈ K Gọi ζ nguyên thủy bậc m xét mở rộng F = K(c, ζ), dễ thấy F trường nghiệm thức xm − a, F chuẩn tắc K Mặt khácF có dãy mở rộng K ⊂ K(ζ) ⊂ K(ζ, c) Vậy định lý cho s = Xét mở rộng F với dãy (1.3) có độ dài s > Bởi E = Ks−1 mở rộng K với độ dài s − nên theo giả thiết quy nạp tồn mở rộng E chuẩn tắc K chứa E, K ⊂ E ⊂ E Theo giả thiết F = Ks mở rộng đơn tường E = Ks−1 , tức F = E(θ), θn = u ∈ E LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Chứng minh Thật u2 ∈ E u ∈ / E u nghiệm đa thức bất khả quy x2 − a ∈ E[x] [E(u) : E] = Từ đó, mở rộng bậc hai K dễ dàng chứng minh đẳng thức [F : K] = 2n Mệnh đề 1.2.6 Giả sử F mở rộng chuẩn tắc Kcó bậc [F : K] = 2n , F mở rộng bậc hai K Chứng minh Theo giả thiết F mở rộng Galoa K với nhóm Galoa G = G(F/K) có cấp 2n , ta thừa nhận nhóm có cấp lũy thừa số nguyên tố giải Như nhóm Galoa G giải với với dãy giải G = H0 ⊃ H1 ⊃ Hn = {e} mà thương Hi−1 /Hi nhóm xiclic cấp Giả sử K = K0 ⊂ K1 ⊂ Kn = F dãy trường tương ứng trường F ta có [Ki : Ki−1 ] = ⇒ Ki = Ki−1 (ui ) với ui nghiệm đa thức x2 − a ∈ Ki − 1[x] điều chứng tỏ F mở rộng bậc hai K Mệnh đề 1.2.7 Mọi mở rộng bậc hai F K chứa mở rộng bậc hai chuẩn tắc Chứng minh Giả sử F mở rộng bậc hai chuẩn tắc K, theo Mệnh đề 1.2.5 [F : K] = 2n Bây ta chứng minh mệnh đề quy nạp theo n 10 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Với n = F = K(u) với u2 = K Rõ ràng F trường nghiệm đa thức x2 − a ∈ K[x] nên F chuẩn tắc K Với n > 1, giả sử F = K(u1 , u2 , , un )với u21 ∈ K u2i ∈ K(u1 , u2 , , ui−1 ), i = 1, , n Khi đặt u = un ta có F = E(u), E = K(u1 , u2 , , un−1 ), u2 ∈ E Theo giả thiết quy nạp, E chứa mở rộng bậc hai chuẩn tắc E, Xét đa thức tối tiểu f (x) u2 trường K, u2 ∈ E E chuẩn tắc K nên E có phân tích f (x) = (x − c1 ) (x − cm ) c1 = u2 ,Đặt g(x) = f (x2 ) g(u) = Gọi F trường nghiệm g(x) E Do g(x) ∈ K[x] nên theo Bổ đề 1.2.2 ta có F chuẩn tắc K, ngồi F ⊂ F , (F = E(u)) Sau ta có F = E(γ1 , , γm ) γi2 = ci Do γi2 ∈ E nên γ ∈ E(γ1 , , γi−1 ) Như F mở rộng bậc hai củaE mở rộng bậc hai K 11 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Chương ÁP DỤNG LÝ THUYẾT GALOA TRONG PHÉP DỰNG HÌNH Trong chương này, sử dụng lý thuyết mở rộng trường để tìm câu trả lời cho tốn dựng hình xuất thời Hy Lạp cổ đại xét toán dựng đa giác n-cạnh thước kẻ compa Ba tốn dựng hình cổ điển là: • Bài tốn chia ba góc: Chia góc thành ba phần • Bài tốn gấp đơi hình lập phương: Dựng hình lập phương tích gấp hai lần thể tích hình lập phương cho trước • Bài tốncầu phương đường trịn: Dựng hình vng có diện tích diện tích hình trịn cho trước 2.1 Khái niệm tính chất điểm số dựng Định nghĩa 2.1.1 Trong mặt phẳng R2 cho điểm P0 (0; 0), P1 (1; 0) Một điểm P ∈ R2 gọi dựng thước kẻ compa tồn tai dãy hữu hạn P0 , P1 , , Pn cho P = Pn với j ≥ điểm Pj xác định từ Sj−1 = {P0 , P1 , , Pj1 } ba phép dựng sau Giao hai đường thẳng phân biệt, đường thẳng qua điểm Sj−1 Giao đường thẳng qua hai điểm Sj−1 đường trịn có tâm điểm Sj−1 có bán kính khoảng cách hai điểm Sj−1 Giao hai đường trịn phân biệt, đường trịn có tâm điểm Sj−1 có bán kính khoảng cách hai điểm Sj−1 12 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Định nghĩa 2.1.2 Một đường thẳng gọi dựng qua hai điểm dựng được, đoạn thẳng gọi dựng qua hai điểm dựng được, đường tròn gọi dựng có tâm điểm dựng có bán kính khoảng cách hai điểm dựng Một số thực x gọi dựng (bằng thước kẻ compa) (x; 0) ∈ R2 dựng được, Khi độ dài đoạn thẳng dựng số thực dựng Một góc β gọi đựng cosβ số thực dựng Mệnh đề 2.1.3 Điểm (a, b) dựng a, b dựng Chứng minh Nếu a, b dựng được, tức điểm (a, 0), (b, 0) dựng được, suy (0, b) dựng Điểm (a, b) dựng điểm thứ hình bình hành có điểm (0, 0), (a, 0), (0, b) dựng Ngược lại (a, b) điểm dựng được, xét hai đường tròn tâm (0, 0) (1, 0) qua (a, b) Giao điểm chúng (a, b) (a, −b), đường thẳng qua hai điểm cắt trục hoành (a,0) nên (a,0) khơng dựng Điểm (0,b) dựng đỉnh thứ hình bình hành có điểm (0, 0), (a, 0), (a, b) dựng được, suy (b, 0) dựng Định lý 2.1.4 Tập tất số dựng trường trường R, Hơn √ nữa, c dựng c > c dựng Chứng minh Gọi E tập tất số dựng được, cho a, b ∈ E ta có −a ∈ E, ngồi (a, 0) (b, 0) dựng được, điểm Q = ( a+b , 0) dựng Giao điểm trục hồnh đường trịn tâm Q qua (0, 0) (a + b, 0) a + b dựng Để chứng minh ab ∈ E, ta cần xét trường hợp ab = b = Do (b−1) dựng nên điểm (0, b − 1) dựng được, (a, b − 1) dụng Giao điểm đường thẳng qua (0, b) (a, b − 1) với trục hoành điểm (ab, 0) Vậy (ab) dựng Ta chứng minh a−1 ∈ E, a = Do a ∈ E ta có − a ∈ E, hay 13 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com điểm (0, − a) dựng được, điểm (1,1-a) dựng Đường thẳng qua (0, 1) (1, − a) cắt trục hoành (a−1 , 0) Vậy a−1 ∈ E Điều suy E trường Cho c ∈ E c > 0, 12 (1 − c) dựng được, điểm Q(0, 1−c ) dựng Đường tròn tâm Q qua (0,1) cắt trục hồnh hai điểm có tọa độ (u, 0) (−u, 0) với u > Theo định lý Pythagore, ta có u2 + 14 (1 − c)2 = 14 (1 + c)2 , √ √ suy u2 = c u = c, c dựng Định lý 2.1.5 Cho P = (α, β) ∈ R2 , điểm dựng được, [Q(α, β) : Q] = 2r , với r ∈ N Chứng minh ChoP0 , P1 , , Pn dãy hữu hạn điểm dựng Đặt K0 = K1 = Q Kj = Kj−1 (αj , βj ), với ≤ j ≤ n Pj = (αj , βj ) Dễ dàng thấy số thực αj , βj nghiệm đa thức bậc bậc có hệ tử trongKj−1 Do [Kj : Kj−1 ] = 2t với t ∈ N suy [Kn : Q] = [Kn : Q(α, β)][Q(α, β) : Q] = 2m ,với m ∈ N, Do Q(α, β) : Q] = 2r , n ∈ N Hệ 2.1.6 Nghiệm đa thức p(x) bất khả quy trường K dựng thước compa bậc trường nghiệm E đa thức p(x) K lũy thừa Chứng minh Thật vậy, nghiệm x0 p(x) dựng thước compa chứa mở rộng bậc hai F K chứa mở rộng bậc hai chuẩn tắc F trường nghiệm E chưa F [F : K] = 2n nên [E : K] = 2m Điều ngược lại hiển nhiên 2.2 Một số toán áp dụng 2.2.1 Bài toán 1: Chia ba góc Cho góc α, dựng góc α3 Giải 14 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Đặt a = cos α ta có u nghiệm phương trình 4x3 − 3x = a Đặt x = z ta đưa phương trình dạng f (x) = z − 3z − bất khả quy Q = Q(1) Giả sử f (z) bất khả quy Q(a) Gọi v nghiệm f (z) F trường nghiệm ta có dãy mở rộng trường Q(a) ⊂ Q(a, v) ⊂ F Từ [F : Q] = [F : Q(a, v)][Q(a, v) : Q(a)] Bởi [Q(a)(v) : Q(a)] = nên [F : Q(a)] = 2m Do cos α3 khơng dựng , nghĩa 2.2.2 α không dựng Bài tốn 2: Gấp đơi hình lập phương Hãy dựng cạnh hình lập phương tích gấp đơi thể tích hình lập phương đơn vị Giải Gọi a cạnh hình lập phương cần dựng Thế a nghiệm đa thức x3 − Đa thức bất khả quy Q Gọi α nghiệm, F trường nghiệm đa thức ta có dãy mở rộng trường Q ⊂ Q(α) ⊂ F Từ [F : Q] = [F : Q(α)][Q(α) : Q] Bởi [Q(α) : Q] = nên [F : Q] = 2m Điều chứng tỏ tốn khơng giải 15 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 2.2.3 Bài tốn 3: Cầu phương đường trịn Dựng hình vng có diện tích diện tích hình trịn có bán kính 1(Nói √ cách khác dựng điểm ( π, 0) R2 ) Giải √ √ Vì ( π siêu việt Q nên [Q( π) : Q] = ∞, áp dụng Định lý 2.1.5 √ ta suy không dựng điểm ( π, 0) R2 Vậy khơng thể dựng hình vng có diện tích hình trịn có bán kính cho trước 2.2.4 Bài tốn 4: Chia đường trịn thành n phần Để giải toán trước hết ta chứng minh bổ đề sau Bổ đề 2.2.1 Nếu n = p.q, (p, q) = đường trịn chia thành n phần chia thành p, q phần Chứng minh (⇒) Giả sử chia đường tròn thành n phần nhau, tức dựng cung 2πR n Khi ta viết p cung 2πR 2πR , q p = q n1 q = p n1 dựng (⇐) Giả sử đường tròn chia thành p, q phần Do p q nguyên tố nên tồn số nguyên u, v cho up + vq = Từ chia hai vế đẳng thức ta 1 =u +v n q p Điều chứng tỏ cung 2πR n dựng Trở lại tốn, khơng làm tính tổng qt ta giả sử đường trịn có bán kính R = Để chia đường tròn thành n phần ta cần dựng cos 2π n 16 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com thay cho góc 2π n Gọi ζ nguyên thủy bậc n đơn vị ta có ζ = cos 2π 2π + i sin n n ζ −1 = cos 2π 2π − i sin n n Từ cos 2π = (ζ + ζ −1 ) ∈ Q(ζ + ζ −1 ) = Q0 n Bởi theo Mệnh đề 1.2.5 ta có cos 2π dựng n [Q0 : Q] = 2r Mặt khác ta có [Q(ζ) : Q(ζ + ζ −1 )] = ζ ζ −1 nghiệm đa thức Q(ζ + ζ −1 ): x2 − (ζ + ζ −1 )x + Do [Q(ζ) : Q] = 2[Q(ζ) : Q0 ] Do nhận định vừa nêu ta thấy đẳng thức [Q(ζ) : Q] = 2m điều cần đủ để dựng cos 2π n Với khảo sát ta chứng minh mệnh đề sau Mệnh đề 2.2.2 Đường trịn chia thành n phần thước kẻ compa chi n có dạng n = 2k q1 qs r k số tự nhiên, qi số nguyên tố lẻ dạng 22 + (số nguyên tố Phecma) 17 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Chứng minh Theo bổ đề ta cần xét trường hợp n = q k Xét trường hợp chia đường tròn Rn = Q(ζ), ζ n = 1, ta có [Q(ζ) : Q] = ϕ(n) = q k−1 (q − 1) Mặt khác theo nhận định toán giải q k−1 (q − 1) = 2m Nếu q = đẳng thức xảy k = q = 2m + Nếu m = ab ,b lẻ q = (2a )b + = (2a + 1).M, M > r Điều trái với giả thiết q nguyên tố Vậy m = 2r q = 22 + 2.3 Một vài phép dựng hình cụ thể 2.3.1 Dựng đa giác cạnh Bài tốn có nghĩa chia đường trịn thành năm phần Để làm điều ta cần dựng đoạn thẳng có dộ dài cos 2π thay cho góc 2π Gọi ζ nguyên thủy bậc đơn vị ta có ζ = cos 2π 2π + i sin , i2 = −1 5 cos 2π ζ + ζ −1 = Ta cần tìm mở rộng bậc hai chứa cos 2π Xét dãy mở rộng trường Q ⊂ Q ζ + ζ −1 ⊂ Q (ζ) = R5 Đa thức xác định ζ Q F5 (x) = x4 + x3 + x2 + x + 18 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Từ [Q(ζ) : Q] = [Q(ζ + ζ −1 ) : Q] = Như ζ + ζ −1 có đa thức xác định bậc hai, ta tìm đa thức Bởi ζ thỏa mãn phương trình F5 (x) = ζ −1 = ζ nên (ζ + ζ −1 )2 = ζ + + ζ = (−1 − ζ − ζ ) + ζ + ζ −1 = −1 − (ζ + ζ −1 ) Từ suy ζ + ζ −1 nghiệm phương trình x2 + x − = Bởi ta có biểu thức cần tìm 2π −1 + cos = ζ + ζ −1 = √ Biểu thức cho phép dựng cos 2π sau: Trước hết dựng đường tròn (O, R = 1) tiếp thực phép dựng: Dựng √ = 12 + Dựng đường trịn (C, BC) Khi OK = √ −1+ Chia đôi OK ta OI = cos 2π Cung AM cung cần dựng 2.3.2 Dựng đa giác 15 cạnh Bài toán có nghĩa chia đường trịn thành 15 phần Ta có 15 = × Khi = × − = − 15 Đẳng thức cho phép ta dựng cung 2π 15 theo cung 2π 2π 19 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Hình 2.1: Chia đường tròn thành phần 2.3.3 Dựng đa giác 17 cạnh Bài tốn có nghĩa chia đường tròn thành 17 phần 2πi Ta phải dựng cos 2π = 21 (ζ + ζ −1 ) với ζ = e 17 Ta cần tìm mở rộng bậc hai 17 chứa cos 2π Xét dãy mở rộng trường Q ⊂ Q ζ + ζ −1 ⊂ Q (ζ) = R17 Ta có [Q(ζ) : Q(ζ + ζ −1 )] = ζ nghiệm phương trình x2 − (ζ + ζ −1 )x + = Bây ta xét mở rộng trường trung gian Q Q(ζ + ζ −1 ) Nhóm Galois R17 Q nhóm xyclic cấp 16: G= σ 16 (Z17 )∗ = 16 Trong G có dãy giải G ⊃ G1 = σ ⊃ G2 = σ 4 ⊃ G3 = σ ⊃E Dãy trường tương ứng Q ⊂ K1 = Q(α) ⊂ K2 = Q(β) ⊂ K3 = Q(γ) ⊂ R17 Để tìm phần tử nguyên thủy α, β, γ ta xét bảng sau: 20 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com i 10 11 12 13 14 15 3i (mod17) 10 13 15 11 16 14 12 ζ1 ζ3 ζ9 ζ 10 ζ 13 ζ5 ζ 15 ζ 11 ζ 16 ζ 14 ζ8 ζ7 ζ4 ζ 12 ζ2 ζ6 i ζi = ζ Các chu kì Gaoxơ tám hạng tử α0 = ζ + ζ + ζ 13 + ζ 15 + ζ 16 + ζ + ζ + ζ α1 = ζ + ζ 10 + ζ + ζ 11 + ζ 14 + ζ + ζ 12 + ζ Bởi α0 + α1 = −1 α0 α1 = −4 nên α0 α1 nghiệm đa thức x2 + x − ∈ Q[x] Suy α0 = − 21 + √ 17 ; α1 = − 12 − √ 17 Các chu kì Gaoxơ bốn hạng tử β0 = ζ + ζ 13 + ζ 16 + ζ β1 = ζ + ζ + ζ 14 + ζ 12 β2 = ζ + ζ 15 + ζ + ζ β3 = ζ 10 + ζ 11 + ζ + ζ   β1 + β3 = α1   β0 + β2 = α0 Ta có  β β = −1  β β = −1 Suy β0 , β2 (tương ứngβ1 , β3 ) nghiệm đa thức x2 − α0 x − ∈ K1 [x] (tương ứng x2 − α0 x − ∈ K1 [x] ) Vậy α0 ± 2 α1 = ± 2 β0,2 = α02 + β1,3 α12 + Cuối chu kì Gaoxơ hai hạng tử là: γ0 = ζ + ζ 16 = ζ + ζ −1 = cos 2π 17 γ1 = ζ 13 + ζ 21 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Và γ0 + γ1 = β0 γ0 − γ1 = β1 nên γ0 γ1 nghiệm đa thức x2 − β0 x + β1 ∈ K2 [x] γ0,1 = β0 ± 2 β02 − 4β1 Từ ta suy cách dựng cos 2π sau: 17 - Dựng đường tròn (O, OB = 1) ; 12 + ( 14 )2 - Dựng đường trịn (C, BC) Khi OD = - Dựng BC = OE = α1 α0 , - Dựng đường tròn (D, DB) ta OF = β0 - Dựng đường tròn (E, EB) ta OG = β1 √ β0 β1 , nên ta dựng sau: Vì 12 β02 − 4β1 = − √ - Dựng đường trịn đường kính AG ta OJ = β1 ; ta OK = - Dựng đường tròn J, OF 2 β02 − 4β1 Từ dựng cos 2π β0 = ζ + ζ −1 = γ0 = + 17 2 Từ ta dựng cung SP = 2π 17 β02 − 4β1 hình vẽ Hình 2.2: Hình chia đường trịn thành 17 phần 22 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com KẾT LUẬN Trong tiểu luận "Ứng dụng lý thuyết Galoa phép dựng hình" tác giả học tập, nghiên cứu trình bày vấn đề sau: 1.Trình bày ứng dụng lý thuyết Galoa phép dựng hình, cụ thể chứng minh định lý điều kiện đủ cho đường việc chia đường tròn thành n phần 2.Áp dụng để giải tốn dựng hình cổ điển khơng thể chia góc thành phần thước kẻ compa, dựng hình vng có diện tích với hình tròn, Đặc biệt nêu phương pháp dựng cụ thể chia đường tròn thành 5,15,17 phần bàng thước kẻ compa Trong khuôn khổ tiểu luận hạn chế thời gian trình độ nên vài vấn đề chưa trình bày, chia đường tròn thành n phần với n = 20, 24, thời gian đến tiếp tục nghiên cứu để bổ sung Mặc dù thật cố gắng khơng tránh khỏi thiếu sót, mong lượng thứ, bảo Thầy cô giáo bạn để tiểu luận hoàn thiện 23 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com TÀI LIỆU THAM KHẢO Nguyễn Tiến Quang Cơ sở lý thuyết trường lý thuyết Galoa Nhà xuất Đại học sư phạm, Hà nội, 2007 Nguyễn Chánh Tú Lý thuyết mở rộng trường Galoa , Huế, 2006 Nguyễn Tiến Quang Đại số số học - Tập 3, Nhà xuất giáo dục, 1987 24 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com ... Chương ÁP DỤNG LÝ THUYẾT GALOA TRONG PHÉP DỰNG HÌNH Trong chương này, chúng tơi sử dụng lý thuyết mở rộng trường để tìm câu trả lời cho tốn dựng hình xuất thời Hy Lạp cổ đại xét toán dựng đa giác... thức Mặt khác, lý thuyết Galoa cho phép xác định đa giác n cạnh dựng thước kẻ compa lời giải cho tốn dựng hình cổ điển Tiểu luận giới thiệu Ứng dụng lý thuyết Galoa phép dựng hình, tiểu luận... ĐẠI HỌC QUY NHƠN ********* HÀ DUY NGHĨA ỨNG DỤNG LÝ THUYẾT GALOA TRONG PHÉP DỰNG HÌNH CAO HỌC TỐN KHĨA 11 Chun ngành: Đại số lý thuyết số TIỂU LUẬN LÝ THUYẾT TRƯỜNG Người hướng dẫn khoa học TS