Về mở rộng xyclic và mở rộng căn luận văn thạc sĩ toán học

1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH THÂN LÊ HỒNG NHUNG VỀ MỞ RỘNG XYCLIC VÀ MỞ RỘNG CĂN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGHỆ AN – 2012 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH THÂN LÊ HỒNG NHUNG VỀ MỞ RỘNG XYCLIC VÀ MỞ RỘNG CĂN CHUYÊN NGÀNH: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ Mã số : 60 46 05 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học PGS.TS NGUYỄN THÀNH QUANG NGHỆ AN - 2012 MỤC LỤC Trang MỞ ĐẦU CHƯƠNG CÁC KHÁI NIỆM VÀ KẾT QUẢ CƠ SỞ CỦA LÝ THUYẾT MỞ RỘNG TRƯỜNG VÀ LÝ THUYẾT GALOIS 1.1 Trường nguyên tố 1.2 Mở rộng trường ……………………………………………… 1.3 Mở rộng Galois CHƯƠNG MỞ RỘNG XYCLIC VÀ MỞ RỘNG CĂN ………………… 14 2.1 Mở rộng xyclic 14 2.2 Mở rộng 16 2.3 Tính giải được của nhóm Galois của mở rộng 18 2.4 Ứng dụng của mở rộng và mở rộng xyclic 20 2.5 Phép dựng hình bằng thước kẻ và compa 30 CHƯƠNG SỬ DỤNG PHẦN MỀM MAPLE ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ BẰNG CĂN THỨC 3.1 Sử dụng maple 33 3.2 Sử dụng maple 35 3.3 Sử dụng maple 35 KẾT LUẬN 38 TÀI LIỆU THAM KHẢO 39 MỞ ĐẦU Évariste Galois (1811 – 1832) thiên tài toán học người Pháp Các công trình toán học ông để lại đề tài quan trọng cho việc tìm nghiệm phương trình đa thức bậc cao 4, thông qua việc sử dụng công cụ lý thuyết nhóm trừu tượng mà ngày gọi Lý thuyết Galois Lý thuyết Galois nhánh quan trọng đại số trừu tượng, lý thuyết đẹp bật toán học Nguồn gốc Lý thuyết Galois vấn đề giải phương trình đại số thức, mà thực chất mở rộng trường cách ghép thêm liên tiếp thức Mở rộng xyclic mở rộng nội dung quan trọng Lý thuyết Galois Sử dụng công cụ mở rộng lý thuyết nhóm mà E Galois tiêu chuẩn giải thức phương trình đại số đa thức cho câu trả lời việc không dựng thước kẻ compa lớp toán hình học cổ điển Với lý nêu trên, luận văn tập trung trình bày hai nội dung sau đây: Mô tả cấu trúc mở rộng xyclic Tính giải nhóm Galois mở rộng Từ đó, luận văn tìm hiểu sâu ứng dụng mở rộng toán tìm tiêu chuẩn giải thức phương trình đại số Luận văn gồm chương: Chương Giới thiệu khái niệm kết sở lý thuyết mở rộng trường Lý thuyết Galois Chương Trình bày khái niệm kết mở rộng xyclic; giới thiệu mở rộng tính giải nhóm Galois mở rộng căn; số ứng dụng mở rộng xyclic mở rộng Chương Thực hành giải số phương trình đại số thức tính toán nhóm Galois số đa thức phần mềm Maple Luận văn hoàn thành hướng dẫn PGS.TS Nguyễn Thành Quang Nhân dịp này, tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng biết ơn sâu sắc đến thầy giáo hướng dẫn, người dành cho tác giả hướng dẫn tận tình, chu đáo nghiêm túc trình học tập, nghiên cứu thực luận văn Tác giả xin gửi lời cảm ơn đến thầy cô giáo thuộc chuyên ngành Đại số Lý thuyết số, khoa Toán học, phòng Đào tạo Sau Đại học – Trường Đại học Vinh – tận tình giảng dạy hướng dẫn khoa học Tác giả xin gửi lời cảm ơn Trường Đại học Sài Gòn quan tâm giúp đỡ tổ chức cho hoàn thành nhiệm vụ học tập nghiên cứu theo chương trình đào tạo sau đại học liên kết hai trường: Đại học Vinh - Đại học Sài Gòn Mặc dù cố gắng, luận văn không tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong nhận bảo thầy, cô giáo đồng nghiệp Tác giả CHƯƠNG CÁC KHÁI NIỆM VÀ KẾT QUẢ CƠ SỞ CỦA LÝ THUYẾT MỞ RỘNG TRƯỜNG VÀ LÝ THUYẾT GALOIS 1.1 Trường nguyên tố 1.1.1 Đặc số trường Cho K trường với đơn vị Nếu n1 ≠ 0, với số tự nhiên n ≠ ta nói trường K có đặc số Trong trường hợp ngược lại, ta gọi số nguyên dương p bé cho p1 = đặc số trường K Đặc số trường K ký hiệu char(K) Ta có: char( ¤ ) = 0, char( ¡ ) = 0; char( £ ) = 0; char( ¢ p ) = p, với số nguyên tố p Nhận xét Nếu trường K có đặc số p ≠ p số nguyên tố 1.1.2 Trường nguyên tố Một trường K gọi trường nguyên tố hay trường đơn K trường thực Ví dụ Trường số hữu tỉ ¤ trường ¢ p số nguyên modp trường nguyên tố Nhận xét Mỗi trường chứa trường nguyên tố Thật vậy, ta gọi P giao tất trường trường K Khi đó, P trường bé K P trường nguyên tố trường K 1.1.3 Định lý kiểu trường nguyên tố Cho K trường P trường nguyên tố K 1) Nếu K có đặc số P đẳng cấu với trường ¤ số hữu tỉ 2) Nếu K có đặc số nguyên tố p P đẳng cấu với trường ¢ p số nguyên modp Chứng minh Lập ánh xạ f : ¢ → K từ vành số nguyên ¢ tới K, xác định f(m) = m1, với phần tử đơn vị trường K Ta có f đồng cấu vành 1) Trong trường hợp trường K có đặc số 0, ta có: m ∈ Ker(f) ⇔ f(m) = ⇔ m1 = ⇔ m = Vậy Ker(f) = {0}, hay f đơn cấu vành, ta thu đẳng cấu vành: ¢ ≅ Im(f) = {m1; m ∈ ¢ } Đẳng cấu vành cảm sinh đẳng cấu trường thương vành số nguyên ¢ với trường thương Im(f) Do đó, ta có đẳng cấu trường P ≅ ¤ , trường thương ¢ ¤ , trường thương Im(f) trường nguyên tố P K 2) Trong trường hợp trường K có đặc số nguyên tố p, ta có m ∈ Ker(f) ⇔ f(m) = ⇔ m1 = ⇔ m ∈ pZ Vậy, Ker(f) = p ¢ Từ định lý đồng cấu vành, có ¢ /Ker(f) ≅ Im(f), hay ¢ /p ¢ = ¢ p ≅ Im(f) Do ¢ p trường nên Im(f) trường Mặt khác, Im(f) trường bé K nên Im(f) = P ta có đẳng cấu P ≅ ¢ p ▄ 1.1.4 Mệnh đề Trong trường K với đặc số nguyên tố p, ta có: (a + b) p = a p + b p , ∀a, b ∈ K Chứng minh Theo công thức nhị thức Newton, ta có p  p −1  (a + b) p = ∑ C kp a p−k bk = a p +  ∑ C kp a p−k bk ÷+ b p  k =1 ÷ k =0   Vì p số nguyên tố, C kp ≡ 0(mod p), ∀k = 1, 2, , p − Từ suy C kp x = 0, ∀x ∈ K , ∀k = 1, 2, , p − Do đó, công thức nhị thức trở thành: (a + b) p = a p + b p ▄ 1.1.5 Mệnh đề Nếu K trường có đặc số nguyên tố p ánh xạ f : a a a p tự đơn cấu trường K Chứng minh Theo Mệnh đề 1.1.4, với ∀a, b ∈ K , ta có f (a + b) = (a + b) p = a p + b p = f (a) + f (b), f (ab) = (ab) p = a p b p = f (a) f (b) Ngoài ra, f(1) = 1p = ≠ 0, nên f khác tự đồng cấu không trường K Vì vậy, ánh xạ f : a a a p tự đơn cấu trường K ▄ n 1.1.6 Hệ Nếu K trường có đặc số nguyên tố p ánh xạ g : a a a p tự đơn cấu trường K, với số nguyên n ≥ Chứng minh Vì trường K có đặc số p, theo Mệnh đề 1.1.5 ta suy ánh xạ f : a a a p tự đơn cấu trường K Vì vậy, ánh xạ tích n lần f n g = f n = f o f oLo f : a a a p tự đơn cấu K 1.1.7 Mệnh đề Mọi tự đồng cấu khác không trường ¢ p số nguyên modp tự đẳng cấu đồng Chứng minh Giả sử f : ¢ p → ¢ p tự đồng cấu trường ¢ p Khi đó, ta có f( ) = f( ) f( ), hay f( ) = f( ) = Nếu f( ) = f( k ) = , với lớp thặng dư k thuộc trường ¢ p , hay f tự đồng cấu không Vì vậy, f( ) = đó: f( k ) = kf( ) = k1 = k , (k = 0, 1, , p - 1) Do đó, f tự đẳng cấu đồng trường ¢ p ▄ 1.1.8 Hệ (Định lý Fermat bé) Với số nguyên a với số nguyên tố p, ta có đồng dư thức sau đây: a p ≡ a(mod p) Chứng minh Vì trường ¢ p có đặc số nguyên tố p ánh xạ f : a a a p tự đơn cấu trường ¢ p Do đó, theo Mệnh đề 1.1.7 ta suy f tự đẳng cấu đồng trường ¢ p Vì vậy, ta có a p = a hay a p = a Từ đẳng thức này, suy a p ≡ a(mod p) ▄ 10 1.2 Mở rộng trường 1.2.1 Định nghĩa Giả sử K trường E Khi đó, ta nói E trường mở rộng mở rộng trường K Mở rộng E trường K ký hiệu E/K Giả sử E mở rộng trường K, ta xem E không gian vectơ K Nếu E không gian vectơ hữu hạn chiều trường K, ta nói E mở rộng bậc hữu hạn trường K Số chiều n không gian vectơ E K gọi bậc mở rộng E K Ta ký hiệu [E : K] bậc mở rộng E K Như vậy, ta có [E : K] = dim Κ E = n Mỗi sở không gian vectơ E K gọi sở mở rộng E K 1.2.2 Phần tử đại số Phần tử siêu việt Cho K trường E mở rộng K Phần tử u ∈ E gọi phần tử đại số K tồn đa thức khác không f ( x) ∈ K[x] cho f(u) = Phần tử u ∈ E không đại số K, gọi phần tử siêu việt K Nói khác đi, phần tử u ∈ E phần tử siêu việt trường K với hệ thức đa thức có dạng: a + a u + L + an u n = 0,(ai ∈ K ) kéo theo = 0, ∀i = 0,1, , n Cho u ∈ E phần tử đại số K Ta chọn tất đa thức khác thuộc K[x] nhận u làm nghiệm đa thức đơn hệ (hệ số cao 1) có bậc nhỏ nhất, ký hiệu q( x) Với phần tử đại số u ∈ E , đa thức xác định Ta gọi q( x) u đa thức cực tiểu phần tử đại số u ∈ E Ta gọi bậc đa thức cực tiểu q( x) u bậc phần tử u K, ký hiệu [u : K] Như vậy, ta có: [u : K] = deg q( x) 1.2.3 Mở rộng đại số mở rộng siêu việt Ta gọi mở rộng E trường K mở rộng đại số K phần tử u∈ E phần tử đại số K Ta gọi mở rộng E trường K mở rộng siêu việt K mở rông E mở rộng đại số K 28 phần tử thuộc K Bởi tự đẳng cấu F cảm sinh phép K – tự đẳng cấu, tức tự đẳng cấu thuộc G ▄ 2.4.7 Định lý Nhóm đối xứng S n giải n ≤ Chứng minh Với n = S nhóm giải với dãy giải S2 ⊃ {e} Với n = S3 nhóm giải với dãy giải S3 ⊃ A3 ⊃ {e} , A3 nhóm thay phiên tức nhóm phép chẵn cấp Do nhóm A3 có số nhóm S3 nên thương S3 / A3 A3 / {e} nhóm xyclic có cấp tương ứng 2, Với n = S có dãy giải S ⊃ A4 ⊃ B4 ⊃ C ⊃ {e} A4 nhóm thay phiên, B4 = {e, (12)(34), (13)(24), (14)(23)} C nhóm có cấp B4 Do nhóm A4 có số nhóm S nên thương dãy nhóm xyclic có cấp tương ứng 2,3,2,2 Với n ≥ ta giả sử S n nhóm giải với dãy giải G = H ⊃ H1 ⊃ L ⊃ H s = {e} Ta chứng minh quy nạp theo s H s chứa 3- vòng xích Trước hết ta có nhận xét ϕ ,υ/ ∈ H s −1 ⇒ γ = ϕ −1υ/ −1ϕυ/ ∈ H s Thật vậy, gọi H s' −1 nhóm H s −1 sinh tất giao hoán tử dạng ϕ −1υ/ −1ϕυ/ , với ϕ ,υ/ ∈ H s −1 Do thương H s −1 / H s nhóm abel nên H s' −1 ⊂ H s có nhận xét Do n ≥ nên với – vòng xích (ijk ) tìm hai số tự nhiên ≤ r < m ≤ n khác với i, j, k Sau đặt ϕ = (ijk ),υ/ = (mki) , ta ϕ −1υ/ −1ϕυ/ = (ijr )(ikm)(rji )(mki) = (ijk ) Theo giả thiết quy nạp – vòng xích ϕ = (rji),υ/ = (mki ) thuộc vào H s −1 , theo nhận xét (ijk ) ∈ H s Bây hiển nhiên H s chứa – vòng xích H s ≠ {e} Điều mâu thuẫn chứng tỏ S n không nhóm giải ▄ 29 Hai định lý vừa chứng minh cho ta hệ quan trọng, câu trả lời cho toán tính giải phương trình đại số 2.4.8 Định lý Aben Với số tự nhiên n ≥ tồn phương trình đại số thực bậc n không giải thức Chứng minh Theo Định lý 2.4.6 tồn phương trình đại số thực f ( x) = có nhóm Galois nhóm đối xứng S n Nhóm không giải (Định lý 2.4.7) Bởi phương trình f ( x) = không giải thức (Định lý 2.4.3) ▄ Ví dụ (về đa thức không giải thức) Đa thức f ( x) = x5 − 10 x + không giải thức Chứng minh Gọi N trường nghiệm f ( x) = x5 − 10 x + ¤ G nhóm Galois G ( N / ¤ ) Dễ thấy f ( x) bất khả quy ¤ theo tiêu chuẩn Eisenstein Bằng cách xét dấu đạo hàm f ' ( x) ta kết luận f ( x) có ba nghiệm thực phân biệt hai nghiệm phức liên hợp a, b Phép lấy số phức liên hợp £ cảm sinh ¤ - tự đẳng cấu ϕ N, hoán đổi hai nghiệm a, b giữ cố định ba nghiệm thực lại Như ϕ ứng với phép chuyển trí nhóm đối xứng S5 Mặt khác ta có G = [ N : ¤ ] = [ N : ¤ (a) ] [ ¤ (a) : ¤ ] = [ N : ¤ (a) ] Cấp G chia hết ta chứng minh G tồn phần tử cấp Suy nhóm G đồng với nhóm S5 chứa – vòng xích phép chuyển trí Điều dẫn đến G ; S5 , f ( x) không giải thức ▄ 2.4.9 Áp dụng vào việc phép giải phương trình bậc 2, 3, Ta áp dụng lý thuyết tổng quát phép giải phương trình đại số thức vào trường hợp quen thuộc Trước hết ta nhắc lại vài điểm cần lưu ý 30 Trong nhóm đối xứng S n nhóm thay phiên An gồm phép chẵn nhóm chuẩn tắc với số Nếu x1 , x2 ,L , xn nghiệm phương trình tổng quát bậc n biểu ( xi − x j ) thức ∆ = ∏ gọi biệt thức phương trình Phần tử i< j ∆ bất biến phép thuộc nhóm thay phiên An Giải phương trình tổng quát bậc hai x + bx + c = Nhóm Galois phương trình trường K = A(b, c) nhóm đối xứng S Nó có dãy hợp thành S2 ⊃ {e} Theo lý thuyết tổng quát trường nghiệm E mở rộng đơn K sinh α , E = K (α ) , α giải thức Lagrăng, α = (−1, x1) = x1 − δ ( x1 ) = x1 − x2 = ∆ với – nguyên thủy bậc đơn vị x1 , x2 nghiệm phương trình xét Mặt khác, x1 + x2 = −b Bởi ta có x1 , x2 = −b ± ∆ , với ∆ = ( x1 − x2 )2 = ( x1 + x2 )2 − x1x2 = b − 4c Như vậy, ta nhận công thức tính nghiệm quen thuộc Giải phương trình tổng quát bậc ba y + a1 y + a2 y + a3 = Đặt x = y − a1 ta đưa phương trình cho dạng x3 + px + q = (2) Nhóm Galois phương trình (2) trường K = A( p, q) nhóm đối xứng S3 Trong nhóm có dãy giải S3 ⊃ A3 ⊃ E Trường nghiệm E (2) dãy trường tương ứng K ⊂ L ⊂ E 31 Trường L mở rộng Galois K với nhóm Galois nhóm xyclic cấp 2( nhóm đẳng cấu với nhóm thương S3 / A3 ) Theo lý thuyết tổng quát L = K (α ) , với α ∈ L Ta lấy α theo giải thức Lagrăng, nhiên nhận xét ban đầu ta chọn α = ∆ với ∆ = ( x − x )2 ( x − x )2 ( x − x )2 = −4 p3 − 27q 2 3 Trường E mở rộng Galois L với nhóm Galois xyclic cấp ( đẳng cấu với nhóm A3 ) Do E = L( β ) β chọn theo giải thức Lagrăng (ta thấy E = L( x1 ) ) Gọi ζ nguyên thuỷ bậc đơn vị ζ = −1 ± −3 Ta xét giải thức Lagrăng (Lagrange) E: β = (ζ , x ) = x + ζ x + ζ x 1 β = (ζ , x ) = x + ζ x + ζ x 1 (1, x ) = x + x + x = 1 Từ suy x = (β + β ) x = (ζ β + ζβ ) x = (ζβ + ζ β ) 3 Qua tính toán ta có 27 β3 = − q + 27 β3 = − q − 2 −3 ∆ −3 ∆ Ta thu công thức Cardano quen biết 32 3 q q q  p q  p 3 x = − +  ÷ + ÷ + − −  ÷ + ÷ 2 2 3 2 3 Ví dụ Tìm nghiệm thức f = x − x + 1∈ ¤ [ x ] Ta có ∆ = −23 Do nghiệm f − + 69 + − − 69 18 18 Hai nghiệm lại hai số phức liên hợp Ví dụ Cho đa thức f = x3 − x + x − Thay x = u + , ta có đa thức theo u g = u − 3u + Biệt thức ∆ = 81 Một nghiệm biểu diễn thức g − + − + − − −3 2 2 2.4.10 Bổ đề (kết nhóm đối xứng) Nếu nhóm nhóm đối xứng S p với p nguyên tố chứa vòng xích độ dài p phép chuyển trí trùng với S p Chứng minh Gọi G nhóm S p sinh σ = (a1 L a p ) vòng xích có độ dài p r = (ij ) phép chuyển trí Bằng cách đánh số lại cần thiết, ta giả thiết r = (12) Viết lại σ dạng σ = (1a2 K a p ) Lấy luỹ thừa thích hợp σ , ta có kết (12b3 K bp ) , vòng xích độ dài p p nguyên tố Giữ nguyên 2, đánh số lại phần tử tập {3, 4,K , p} , suy nhóm G chứa τ = (12) vòng xích (12K p) Do đó, ta có G = S p ▄ 2.4.11 Mệnh đề Cho đa thức f ∈ ¤ [ x] bất khả quy có bậc p nguyên tố Nếu f có hai nghiệm không thực £ nhóm Galois f nhóm đối xứng S p 33 Chứng minh Gọi E f trường nghiệm f ¤ G = G ( E f : ¤ ) xem nhóm S p Gọi α ∈ E f nghiệm f Do ¤ ⊂ ¤ (α ) ⊂ E f [¤ (α ) : ¤ ] = p , ta có p ước [ E f : ¤ ] = (G :1) Suy G chứa phần tử cấp p , xem (B2) Trong S p có vòng xích độ dài p có cấp p Như G chứa vòng xích độ dài p Mặt khác E f trường £ Trong nhóm tự đẳng cấu Aut( £ / ¤ ), xét phép liên hợp a + bi a a − bi Vì f có hai nghiệm không thực r1 , r2 , chúng số phức liên hợp Khi phép liên hợp hoán vị hai nghiệm r1 , r2 cố định nghiệm còn lại f Do hạn chế phép liên hợp E f xác định phép chuyển trí G Theo (2.4.10), ta có G = S p ▄ 2.4.12 Hệ Đa thức f = x5 − x + ∈ ¤ [ x] không giải thức Chứng minh Đa thức f bất khả quy ¤ tiêu chuẩn Eisen-stein cho p = Ta có f (−1) = −3; f (0) = 2; f (1) = −1; f (2) = 18 Do f có ba nghiệm thực nằm (-1,0),(0,1) (1,2) Mặt khác, f ' = 5x − x = x(5 x − 8) , có hai nghiệm thực x = x = Do f có ba nghiệm thực Theo (2.4.8), đa thức f có nhóm Galois đẳng cấu với S5 nhóm không giải Do f không giải thức ¤ ▄ 2.5 Phép dựng hình thước kẻ compa Mọi toán dựng hình đưa tìm nghiệm phương trình đại số Ta xem xét với điều kiện dựng nghiệm phương trình đại số thước kẻ compa thông qua tính giải thức bậc hai 2.5.1 Định lý Một biểu thức đại số cho dựng thước compa kết việc giải phương trình đa thức có bậc ≤ 34 Chứng minh Giả sử biểu thức cho dựng thước compa Ta chứng minh , kết việc giải phương trình bậc không lớn Thật vậy, mặt phẳng ta lấy hệ toạ độ vuông góc Mỗi phép dựng thước kẻ compa đưa đến việc dựng đường thẳng, đường tròn tìm giao điểm chúng Mà phương trình đường thẳng bậc nhất, phương trình đường tròn bậc hai, ta suy điều cần giải thích 2.5.2 Định lý tiêu chuẩn giải thức bậc hai Cho đa thức f ( x) bất khả quy đường K với đặc số Gọi N trường nghiệm f ( x) K Nếu nghiệm f ( x) biểu thị được thức bậc hai tất nghiệm biểu thị thức bậc hai tất nghiệm biểu thị thức bậc hai bậc N K 2m Đảo lại, bậc N K 2m , đa thức f ( x) giải thức bậc hai Chứng minh Giả sử nghiệm đa thức f ( x) biểu thị qua bậc hai: p = a , a ∈ K ; p = a , a ∈ K ( p ),K , p = a , a ∈ K ( p , p ,K , p ) 1 2 1 k k k k −1 Ta tìm bậc trường phân rã N K Ta ghép vào K bậc hai a1 , ghép thêm bậc hai a2 tất phần tử liên hợp với a1 , a2 ,K Kết ta thu chuỗi trường : K ⊂ R ⊂ K ⊂ Rs = N trường Ri mở rộng Galois bậc hai trường đứng trước Mở rộng cuối Rn = N chứa tất nghiệm f ( x) mở rộng Galois Rn −1 mà K Gọi G nhóm Galois N K Khi đó, ứng với chuỗi trường K ⊂ R1 ⊂ K ⊂ Rs = N chuỗi nhóm 35 G ⊃ G1 ⊃ K ⊃ Gs = E nhóm ước chuẩn nhóm đứng trước nó, số nhóm nhóm đứng trước Từ suy ra, cấp nhóm Gs −1 2, cấp nhóm Gs −1 22 … Cuối cùng, cấp nhóm G 2s Vì trường phân rã N f ( x) trường trung gian : K ⊂ N ⊂ S , nên bậc N K phải ước 2s , tức phải có dạng 2m Đảo lại, giả sử [ N : K ] = 2m , ta chứng minh đa thức f ( x) giải thức bậc hai Gọi G nhóm Galois N K Vì theo giả thiết [ N : K ] = m nên cấp G 2m Vì nhóm cấp p m , p nguyên tố, m ≥ , giải được, nên G nhóm giải Chuỗi hợp thành nó: G ⊃ G1 ⊃ K ⊃ Gm = E có tất số ( Gi : Gi +1 ) Tương ứng với chuỗi theo định lý bản, ta có chuỗi trường: K ⊂ K1 ⊂ K ⊂ K m = N , với tất bậc [ Ki +1 : K i ] Vì vậy, Ki sinh từ Ki −1 cách ghép thêm thức bậc hai Do đa thức f ( x) giải thức bậc hai Có thể áp dụng tiêu chuẩn vào việc giải số toán hình học cổ điển 36 CHƯƠNG SỬ DỤNG PHẦN MỀM MAPLE ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ BẰNG CĂN THỨC Maple hệ thống tính toán biểu thức đại số minh họa toán học mạnh mẽ công ti Warterloo Maple Inc (http://www.maplesoft.com), đời năm 1991 đến phát triển đến phiên 10 Maple có cách cài đặt đơn giản, chạy tất hệ điều hành, có cấu trúc linh hoạt để sử dụng tối ưu cấu hình máy đặc biệt có chương trình trợ giúp (Help) dễ sử dụng Từ phiên trở đi, Maple cung cấp ngày nhiều công dụng trực quan, gói lệnh tự học gắn liền với toán phổ thông đại học Ưu điểm làm cho nhiều nước giới lựa chọn sử dụng Maple phần mềm khác dạy học Toán Việc sử dụng Maple công nghệ thông tin dạy học Toán xu hướng ngày phổ biến giới tỏ phương tiện hỗ trợ đắc lực nhằm làm cho việc dạy học toán trở nên thực tiễn hơn, đáp ứng nhu cầu phát triển giáo dục đại Phần cung cấp số nội dung sơ lược Maple để khai thác sử dụng việc học tập giảng dạy môn học Lí thuyết trường Lý thuyết Galois 3.1 Sử dụng Maple Trong Maple 6, ta tính biệt thức đa thức tuỳ ý với lệnh: [ > discrim (f,x); Ví dụ, biệt thức f = x + ax + bx 2cx + d tính trực tiếp lệnh: [ > discrim (x^4+a*x^3+b*x^2+c*x+d,x)}; −6a c d + b a 2c + 144a 2bd − 4a 2b 3d + 144bdc +18abc − 192acd + 16b d − 128b d − 80b acd +18a 3bcd − 27 a d + 256d − 4a 3c − 4b3c − 27c Trường nghiệm giải thức h( X ) chứa trường nghiệm f Do nhóm Galois h nhóm thương G Ta có trường hợp sau: - Nếu h bất khả quy D f không phương F Khi G không chứa A4 nhóm Galois h đẳng cấu với S3 Do cấp G chia hết cho Suy G = S4 37 - Nếu h bất khả quy D f phương F Khi G ⊂ A4 nhóm Galois h đẳng cấu với A3 Suy G có cấp chia hết cho Suy G = A4 - Nếu h khả quy phân rã thành ba nhân tử tuyến tính F [ X ] Khi θ1 ,θ θ3 thuộc F Do phần tử G phải cố định chúng Suy G ⊂ V Vì g bất khả quy nên G = V - Nếu h phân tích thành đa thức bậc đa thức bậc F [ X ] Khi có phần tử {θ1,θ ,θ3} thuộc F Ta giả thiết θ1 ∈ F Như phần tử G cố định θ1 cố định θ θ3 Suy G ⊂ D8 G ⊆/ V Như G = D8 hay G = C4 Chú ý F ( D f ) trường cố định G ∩ A4 Ta có D8 ∩ A4 = V C4 ∩ A4 = {1, (13)(24)} Chú ý G ∩ A4 nhóm Galois g F ( D f ) Do g bất khả quy F ( D f ) G ∩ A4 có cấp không nhỏ 4, G = D8 Ngược lại, g khả quy F ( D f ) G = C4 Ví dụ Cho đa thức f = x + x + x − Rõ ràng f bất khả quy ¤ Giải thức f h = x3 − 10 x2 + 45 x + 25 bất khả quy ¤ Hơn biệt thức f -281375 không phương Do nhóm Galois f S Ví dụ Cho đa thức f = x − x − ∈ ¤ [ x ] Kiểm tra f bất khả quy ¤ Giải thức f h( x) = x + 10 x + 41x = x ( x + 10 x + 41) khả quy ¤ Mặt khác, biệt thức f – 107584 = - 3282 không phương Có thể tích trực tiếp nghiệm f thấy f không khả quy ¤ (i ) Do nhóm Galois f đẳng cấu với D8 3.2 Sử dụng Maple Trong Maple 7, ta tính trực tiếp nhóm Galois đa thức bất khả quy có bậc không ¤ Xét cú pháp ví dụ sau đây: 38 > restart; > f : =x^4-5*x^2-4; f := x − x − > galois (f) ; “4T3”,{“D(4)”}, “-”,8, {“(13)”, “(1234)”} Kết tính toán Maple cho thấy nhóm Galois x − x − đẳng cấu với nhóm D8 , có phần tử sinh phép (1 3) (1 4) nhóm nhóm S ( Maple kí hiệu Dn cho nhóm đối xứng n – giác ) 3.3 Sử dụng Maple Maple cho nghiệm thức đa thức bậc tuỳ ý lệnh [ > solve (f); với f đa thức bậc Xét với đa thức tổng quát bậc 4: Cho g = t − s1t + s2t − s3t + s4 Nhóm Galois S g có dãy nhóm chuẩn tắc [...]... mở rộng căn F của trường cơ sở K được chứa trong một mở rộng F đồng thời là mở rộng căn và chuẩn tắc trên K Khi đó, ta nói rằng F là mở rộng căn chuẩn tắc trên K Để chứng minh Định lý 2.2.2 trước hết ta chứng minh bổ đề sau 20 2.2.3 Bổ đề Giả sử K là trường tuỳ ý, E là mở rộng chuẩn tắc có bậc hữu hạn trên K và F là mở rộng chuẩn tắc có bậc hữu hạn trên E Khi đó F là mở rộng chuẩn tắc trên K nếu và. .. con của nhóm xyclic nên nó cũng là nhóm xyclic. Vậy G là nhóm xyclic 2 2 Mở rộng căn 2.2.1 Định nghĩa Mở rộng F của trường cơ sở K được gọi là mở rộng căn nếu tồn tại dãy mở rộng K = K 0 ⊂ K1 ⊂ ⊂ K s = F (1) n sao cho Ki = Ki−1(θi ), θi i = ai ∈ Ki−1 Lưu ý rằng trong dãy (1) mỗi trường con K1 có thể không là mở rộng chuẩn tắc của trường con Ki −1 , cũng như trường F có thể không là mở rộng chuẩn tắc... là mở rộng xyclic nếu nhóm Galois của nó là nhóm xyclic Ví dụ Trường chia đường tròn R p trên ¤ với p nguyên tố là mở rộng xyclic Trong trường hợp trường cơ sở K chứa mọi căn bậc n của đơn vị, cấu trúc của mở rộng xyclic được mô tả qua định lý sau 18 2.1.2 Định lý (Mô tả cấu trúc của mở rộng xyclic trong trường hợp trường cơ sở chứa mọi căn bậc n của đơn vị) Giả sử K là một trường có đặc số 0 và chứa... một mở rộng Galois trên trường K khi và chỉ khi nhóm Galois H = G ( E , R) của E trên R là nhóm con chuẩn tắc trong nhóm Galois G = G ( E , K ) của E trên K Hơn nữa, ta có G ( R, K ) = G / H 17 CHƯƠNG 2 MỞ RỘNG XYCLIC VÀ MỞ RỘNG CĂN 2.1 Mở rộng xyclic Trong toàn bộ chương này, ta luôn giả thiết K là trường có đặc số 0 Giả thiết như vậy là đảm bảo cho K chứa trường số hữu tỉ ¤ 2.1.1 Định nghĩa Mở rộng. .. dãy mở rộng K i −1 ⊂ K i ⊂ F * , i = 1L s Do Ki −1 chứa mọi căn bậc ni của đơn vị và Ki = Ki −1 (ui ) nên theo Định lý 2.1.3 Ki là mở rộng xyclic trên Ki −1 Từ đó suy ra G ( F * / K i ) = H i là nhóm con chuẩn tắc của G ( F * / K i −1 ) = H i −1 Còn với dãy mở rộng K ⊂ K 0 ⊂ F * thì K 0 là mở rộng xyclic trên K và từ đó G ( F * / K ) = G Theo Mệnh đề 2.2.1 ta có H i −1 / H i và G / H 0 là nhóm xyclic. .. định lý đúng cho s = 1 Xét mở rộng căn F với dãy (1) độ dài s > 1 Bởi vì E = K s −1 là mở rộng căn của K với độ dài s − 1 nên theo giả thiết quy nạp tồn tại mở rộng căn E , chuẩn tắc trên K và chứa E K⊂E⊂E Theo giả thiết F = K s là mở rộng căn đơn của trường E = K s −1 tức là F = E (θ ) , θ n = u ∈ E 21 Xét đa thức tối tiểu g ( x) của u trên trường cơ sở K Do E chuẩn tắc và u ∈ E ⊂ E nên E chứa tất... nhóm Galois của mở rộng Galoa F trên E và cấp của nó là bậc của mở rộng [ F : E ] 1.3.9 Định lý ([5]) Giả sử E là một trường trung gian của mở rộng Galois F trên K Trường con E là mở rộng Galois trên K khi và chỉ khi nhóm con G( E ) là chuẩn tắc trong nhóm Galois G = G ( F / F ) Khi đó G(E / K ) ≅ G(F / K ) / G( F / E) 1.3.10 Định lý ([5]) (Điều kiện của mở rộng trung gian là mở rộng Galois) Trường... đặt c1 = θ ) và xét mở rộng F = E (ζ , c ,L, cr ) 1 trong đó ζ là một căn nguyên thuỷ bậc n của đơn vị Do c1 = θ nên F ⊂ F Hơn nữa trên trường E trường F có dãy căn E = E0 ⊂ E1 ⊂ L ⊂ E r +1 = F , (2) trong đó E1 = E 0 (ζ ), E i = E i −1 (ci ) , i =,3,K , r + 1 Theo giả thiết quy nạp E là mở rộng căn của K nên có dãy căn bắt đầu từ K và kết thúc ở E Tiếp nối dãy này với dãy (2) ta được dãy căn của F... một mở rộng căn chuẩn tắc của trường K là nhóm giải được Chứng minh Giả sử F là một mở rộng căn chuẩn tắc trên trường cơ sở K với dãy n căn K = E0 ⊂ E1 ⊂ L ⊂ Es = F trong đó Ei = Ei −1 (ui ) , ui i = ai ∈ Ei−1 Gọi ζ là nguyên thủy bậc n của đơn vị, với n = n1 L ns và xét dãy mở rộng K ⊂ K ⊂ K ⊂ L ⊂ Ks = F* 0 1 với Ki = Ei (ζ ), i = 0,L, s Trường F * = F (ζ ) là chuẩn tắc trên K (theo Bổ đề 2.2.3) và. .. trên K nếu và chỉ nếu N là trường mở rộng nhỏ nhất (cực tiểu) của K và chứa tất cả n nghiệm của đa thức f ( x) 1.2.5 Định lí ([4]) Với mỗi đa thức f ( x ) ∈ K[x] có bậc n ≥ 1 , tồn tại duy nhất (sai khác đẳng cấu) một trường nghiệm của f ( x ) trên K 1.2.6 Mở rộng chuẩn tắc Một mở rộng đại số E của trường K được gọi là mở rộng chuẩn tắc trên K nếu với mọi đa thức bất khả quy f ( x) trong vành đa ... CHNG M RNG XYCLIC V M RNG CN 14 2.1 M rụng xyclic 14 2.2 M rụng cn 16 2.3 Tinh giai c cua nhom Galois cua m rụng cn 18 2.4 ng dung cua m rụng cn va m rụng xyclic 20... M RNG XYCLIC V M RNG CN 2.1 M rng xyclic Trong ton b chng ny, ta luụn gi thit K l trng cú c s Gi thit nh vy l m bo cho K cha trng s hu t Ô 2.1.1 nh ngha M rng Galois K F c gi l m rng xyclic. .. nu nhúm Galois ca nú l nhúm xyclic Vớ d Trng chia ng trũn R p trờn Ô vi p nguyờn t l m rng xyclic Trong trng hp trng c s K cha mi cn bc n ca n v, cu trỳc ca m rng xyclic c mụ t qua nh lý sau