Tiêu chuẩn giải phương trình bằng căn thức và định lý cơ bản của lý thuyết galois

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN NGUYỄN THỊ NHUNG TIÊU CHUẨN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CĂN THỨC VÀ ĐỊNH LÝ CƠ BẢN CỦA LÝ THUYẾT GALOIS KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Đại số Hà Nội – Năm 2016 TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN NGUYỄN THỊ NHUNG TIÊU CHUẨN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CĂN THỨC VÀ ĐỊNH LÝ CƠ BẢN CỦA LÝ THUYẾT GALOIS KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Đại số Người hướng dẫn khoa học: ThS ĐỖ VĂN KIÊN Hà Nội – Năm 2016 Mục lục LỜI CẢM ƠN LỜI CAM ĐOAN MỞ ĐẦU Kiến thức sở 1.1 Mở rộng trường 1.2 Nhóm Galois 10 Tiêu chuẩn giải phương trình thức 14 2.1 Nhóm giải 14 2.2 Công thức nghiệm đa thức có bậc không bốn 21 2.2.1 Đa thức bậc hai 22 2.2.2 Đa thức bậc ba 22 2.2.3 Đa thức bậc bốn 24 2.3 Đa thức giải thức 25 2.4 Tính không giải đa thức có bậc lớn bốn 27 Định lí lý thuyết Galois số ứng dụng 34 i Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ NHUNG 3.1 Định lý lý thuyết Galois 34 3.2 Dựng hình thước kẻ compa 44 3.3 Định lý đại số 57 KẾT LUẬN 60 Tài liệu tham khảo 61 ii Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ NHUNG LỜI CẢM ƠN Lời khóa luận em xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn ThS Đỗ Văn Kiên Thầy giao đề tài tận tình hướng dẫn em trình hoàn thành khóa luận Nhân dịp em xin gửi lời cảm ơn tới toàn thầy cô giáo khoa Toán, đặc biệt thầy cô giáo tổ Đại số giảng dạy giúp đỡ chúng em suốt trình học tập khoa Mặc dù có nhiều cố gắng trình độ thời gian có hạn nên khóa luận không tránh khỏi thiếu sót Kính mong nhận góp ý bảo thầy cô bạn sinh viên để khóa luận hoàn thiện Một lần em xin chân thành cảm ơn Hà Nội, ngày tháng năm 2016 Sinh viên thực Nguyễn Thị Nhung Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ NHUNG LỜI CAM ĐOAN Em xin cam đoan khóa luận tốt nghiệp kết trình học tập, nghiên cứu nỗ lực em với giúp đỡ thầy cô bạn sinh viên khoa Toán trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2, đặc biệt hướng dẫn tận tình thầy giáo Đỗ Văn Kiên Đề tài có kế thừa kết nghiên cứu trước Khóa luận tốt nghiệp "Tiêu chuẩn giải phương trình thức Định lý Lý thuyết Galois" trùng lặp với khóa luận khác Hà Nội, ngày tháng năm 2016 Sinh viên thực Nguyễn Thị Nhung Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ NHUNG MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong toán học phương trình dạng an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = 0, an = x ẩn , i = 0, , n số cho trước, gọi phương trình đại số bậc n Việc giải phương trình đại số vấn đề kinh điển toán học Vào kỉ 16, Tartaylia, Cardano Ferrari tìm cách giải phương trình đại số bậc bậc với công thức nghiệm biểu thức chứa thức Đến đầu kỉ 19, Abel chứng tỏ tìm công thức tổng quát phương trình đại số bậc lớn Và sau Galois đưa tiêu chuẩn để giải phương trình đại số có nghiệm biểu thức chứa thức Phương pháp xét nghiệm Galois sau gọi "Lý thuyết Galois" Lý thuyết Galois nội dung đại số đại, liên quan đến nhiều cấu trúc đại số khác như: nhóm, vành, trường, không gian vectơ Lý thuyết Galois có nhiều ứng dụng lĩnh vực khác toán học Một ứng dụng chủ yếu lý thuyết Galois tìm nghiệm thức phương trình đại số, giải toán dựng hình thước kẻ compa Với hướng dẫn tận tình thầy giáo ThS Đỗ Văn Kiên mong muốn tìm hiểu lý thuyết Galois em chọn đề tài "Tiêu chuẩn giải Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ NHUNG phương trình thức định lý lý thuyết Galois" để làm khóa luận tốt nghiệp hi vọng giúp ích cho bạn yêu thích môn Đại số có thêm tài liệu tham khảo Mục đích nhiệm vụ nghiên cứu Tìm hiểu trình bày lí thuyết Galois ứng dụng nó, cụ thể -Giải toán dựng hình thước kẻ compa -Tìm nghiệm thức đa thức (còn gọi tìm nghiệm thức phương trình đại số) -Xét xem đa thức giải thức Đối tượng phạm vi nghiên cứu 3.1 Đối tượng -Bài toán dựng hình -Lí thuyết Galois 3.2 Phạm vi nghiên cứu - Tìm nghiệm thức đa thức - Lí thuyết Galois số ứng dụng Phương pháp nghiên cứu Sử dụng phương pháp nghiên cứu tài liệu, hệ thống hóa, khái quát hóa Bố cục khóa luận Ngoài phần mở đầu kết luận, nội dung khóa luận gồm chương Chương Kiến thức sở Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ NHUNG Chương Tiêu chuẩn giải phương trình thức Chương Định lý lý thuyết Galois số ứng dụng Chương Kiến thức sở Chương nhắc lại sơ lược lý thuyết mở rộng trường nhóm Galois để làm sở cho chương sau 1.1 Mở rộng trường Định nghĩa 1.1 Cho F K hai trường với F trường K Khi K gọi mở rộng (trường) F Kí hiệu K/F K : F Nếu có dãy mở rộng trường F1 ⊂ F2 ⊂ · · · ⊂ Fn , ta gọi tháp trường Nếu K/F mở rộng trường Khi K có cấu trúc F không gian vectơ Định nghĩa 1.2 Bậc mở rộng trường K/F số chiều F -không gian vectơ K Kí hiệu [K : F ] Như [K : F ] =dimF K • Nếu [K : F ] hữu hạn ta gọi K/F mở rộng hữu hạn • Nếu [K : F ] không hữu hạn ta gọi K/F mở rộng vô hạn Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ NHUNG Hình 3.1: Định lý 3.5 Tập tất số dựng K trường C, đóng kín với phép lấy bậc hai phép lấy liên hợp Chứng minh Cho a, b số thực dựng Khi (i) −a dựng Vì a số dựng nên điểm P = (a; 0) điểm dựng Khi (−a; 0) giao điểm khác trục hoành với C(O; P ) (ii) a + b dựng Hình 3.1, ta dựng điểm I = (0; 1), P = (a; 0) Q = (b; 1) Dựng Q giao điểm đường thẳng nằm ngang qua I đường thẳng đứng qua điểm (b; 0) Đường thẳng qua Q song song với IP cắt trục hoành S = (a + b; 0) Vậy a + b dựng (iii) ab dựng Từ (i) giả sử a b dương Hình 3.2, ta dựng điểm 47 Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ NHUNG Hình 3.2: A = (0; 1), B = (1 + a; 0), C = (0; b) Xác định D giao điểm trục tung với đường thẳng qua B song song với AC Khi đó, ta có OAC OBD đồng dạng với nhau, suy |OB| |OD| = |OA| |OC| hay (1 + a) (b + |CD|) = b ta xác định |CD| = ab Vậy b + ab dựng Theo (i) ta có −b dựng Ta có: ab = (b + ab) − b, theo (ii) suy ab dựng (iv) Nếu a = a−1 dựng Hình 3.3, ta dựng điểm A = (1; 0), S = (0; a) T = (0; + a) Xác định B giao điểm trục hoành với đường thẳng qua T song song với AS Gọi B = (1 + u; 0) Khi đó, ta có 48 OSA OT P đồng Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ NHUNG Hình 3.3: dạng với suy |OT | |OB| = |OS| |OA| hay (1 + a) (1 + u) = a Ta tính u = a−1 suy B = (1 + a−1 ; 0) Vậy + a−1 dựng Lại có (1 + a−1 ) − = a−1 Vậy a−1 dựng √ (v) Nếu a > a dựng Hình 3.4, ta dựng điểm A = (1; 0), P = (1 + a; 0) Dựng Q trung điểm OP Xác định R giao điểm C(Q; O) với đường 49 Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ NHUNG Hình 3.4: thẳng đứng qua A Khi AOR ARP đồng dạng, ta có |OA| |AR| = |AR| |AP | Ta tính |AR| = √ a Vậy √ a dựng (vi) Nếu z = a + ib ∈ K z = a − ib dựng Theo Bổ đề 3.6, K trường C Ta có a, b ∈ K theo Bổ đề 3.5 i ∈ K theo Ví dụ 3.2.1 Do ib ∈ K Suy a − ib ∈ K Hệ 3.1 Nếu a, b, c số dựng nghiệm phương trình bậc hai ax2 + bx + c dựng Bổ đề 3.7 Cho F trường C chứa i đóng kín với phép lấy liên hợp Cho z = a + ib, w = c + id ∈ F P = (a; b), Q = (c; d) (i) Nếu a + ib ∈ F a ∈ F b ∈ F ; (ii) Nếu phương trình L(P, Q) y = mx + q với m, q ∈ R, m, q ∈ F ; 50 Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ NHUNG (iii) Nếu phương trình C(P ; Q) (x − a)2 + (y − b)2 = r2 với a, b, r ∈ R Khi r2 ∈ F Chứng minh (i) Nếu z = a + ib ∈ F , a = (z + z) ∈ F ib = (z − z) ∈ F Ta có i ∈ F suy b ∈ F (ii) Nếu L(P ; Q) không thẳng đứng Khi L(P, Q) có phương trình y − b = m(x − a) Ta có m = (d − b)/(a − c) ∈ F a, b, c, d ∈ F q = −ma + b ∈ F Ta điều phải chứng minh (iii) Đường tròn C(P ; Q) có phương trình (x − a)2 + (y − b)2 = r2 với r2 = (c − a)2 + (d − b)2 ∈ F Bổ đề 3.8 Cho F trường C chứa i đóng kín với phép lấy liên hợp Cho P, Q, R, S điểm có tọa độ F α = u + iv ∈ C Nếu α ∈ L(P, Q) ∩ L(R, S) L(P, Q) = L(R, S), α ∈ L(P, Q) ∩ C(R; S), α ∈ C(P ; Q) ∩ C(R; S) C(P ; Q) = C(R; S) Khi [F (α) : F ] ≤ Chứng minh TH1: Nếu α ∈ L(P, Q) ∩ L(R, S) L(P, Q) = L(R, S) Nếu L(P, Q) không thẳng đứng, theo Bổ đề 3.7 (ii), giả sử L(P, Q) có phương trình y = mx + b ta có m, b ∈ F Nếu L(P, Q) thẳng đứng, phương trình L(P, Q) x = b Vì P = (a; b) ∈ L(P, Q) nên b ∈ F theo Bổ đề 3.7(i) Tương tự, L(R, S) có phương trình y = nx + c x = c m, b, n, c ∈ F Khi đường thẳng không song song Ta có 51 Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ NHUNG thể giải cặp phương trình tuyến tính (u; v) Tọa độ α ∈ L(P, Q) ∩ L(R, S), nữa, nằm F Trong trường hợp ta có [F (α) : F ] = TH2: Nếu α ∈ L(P, Q) ∩ C(R; S), Giả sử L(P, Q) có phương trình y = mx + q x = q C(R; S) có phương trình (x − c)2 + (y − d)2 = r2 , theo Bổ đề 3.7, ta có m, q, r2 ∈ F Với α = u + iv ∈ L(P, Q) ∩ C(R, S) Ta có: r2 = (u − c)2 + (v − d)2 = (u − c)2 + (mu + q − d)2 Vậy u nghiệm đa thức bậc với hệ số nằm F ∩ R Do đó, [F (u) : F ] ≤ Khi v = mu + q ta có v ∈ F (u) i ∈ F suy α ∈ F (u) Do α = u + iv ∈ F (u), [F (α) : F ] ≤ TH3: Nếu α ∈ C(P ; Q) ∩ C(R; S) C(P ; Q) = C(R; S) Giả sử đường tròn C(P ; Q) có phương trình (x − a)2 + (y − b)2 = r2 đường tròn C(R; S) có phương trình (x − c)2 + (y − d)2 = s2 Theo Bổ đề 3.7, ta có r2 , s2 ∈ F ∩ R Với α = u + iv ∈ C(P ; Q) ∩ C(R; S) Ta có   (u − a)2 + (v − b)2 = r2  (u − c)2 + (v − d)2 = s2 ⇔ 52 Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ NHUNG   u2 − 2ua + a2 + v − 2vb + b2 − r2 =0  u2 − 2uc + c2 + v − 2vd + d2 − s2 =0 ⇔   (u − a)2 + (v − b)2 = r2  −2u(a − c) − 2v(b − d) + a2 + b2 − r2 − c2 − d2 + s2 =0 Nếu a = c b = d hai đường tròn trùng Do a = c b = d, α giao đường thẳng đường tròn, quay TH2 Vậy [F (α) : F ] ≤ Định lý 3.6 Mọi số phức z dựng có tháp trường Q = K0 ⊂ K1 ⊂ · · · ⊂ Kn z ∈ Kn [Kj+1 : Kj ] ≤ ∀j Chứng minh Nếu z dựng được, ta có dãy điểm 1, −1, z1 , , zn = z cho zj dựng từ {1, −1, z1 , , zj−1 } Với i dựng được, không tính tổng quát ta giả sử z1 = i Đặt Kj = Q(z1 , , zj ) Gọi u = zj+1 , có điểm E, F, G, H ∈ Kj với trường hợp sau u ∈ L(E, F ) ∩ L(G, H) u ∈ L(E, F ) ∩ C(G; H) 53 Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ NHUNG u ∈ C(E; F ) ∩ C(G; H) Giả sử quy nạp ta có với j ≥ Kj đóng kín với phép lấy liên hợp.Thật vậy, với j = hiển nhiên Giả sử Kj đóng kín với phép lấy liên hợp, theo Bổ đề 3.8, ta có [Kj+1 : Kj ] ≤ Ta có Kj+1 đóng kín với phép lấy liên hợp zj+1 nghiệm đa thức bậc hai f (x) ∈ Kj [x] z j+1 nghiệm f (x) Điều ngược lại, [B : F ] = mà F ⊂ K B/F mở rộng túy kiểu Ta có B = F (β) với β ∈ L(P, Q) ∩ C(R; S); P, Q, R, S ∈ F , ta thấy B ⊂ K Khi [B : F ] = có B = F (α), α nghiệm đa thức bậc hai bất khả quy x2 + bx + c ∈ F [x] Nếu đặt √ β = b2 − 4c, B = F (β) B/F mở rộng túy kiểu Ta thấy β dựng được, giao điểm đường tròn với đường thẳng ta dựng theo Định lý 3.5(v) Trong L đường thẳng đứng qua A(1; 0) đường tròn có tâm Q = ( (1 + β ); 0) bán kính (1 + β ) Hệ 3.2 Nếu số phức z dựng [Q(z) : Q] lũy thừa Sau ta tìm hiểu toán dựng hình xuất thời Hy Lạp cổ đại xét toán dựng đa giác p cạnh thước kẻ compa (1) Không thể cầu phương hình tròn Vấn đề với thước kẻ compa ta dựng hình vuông có diện tích diện tích đường tròn đơn vị Nói cách khác trả lời câu hỏi √ √ π có dựng không Ta có π siêu việt Q không nằm 54 Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ NHUNG √ mở rộng hữu hạn Q tức [Q( π) : Q] = ∞ Vậy cầu phương hình tròn (2) Không thể gấp đôi hình lập phương Vấn đề dựng hình lập phương tích gấp đôi thể tích lập phương cho trước Giả sử hình lập phương cho trước có cạnh 1, √ độ dài cạnh lập phương cần dựng Nói cách khác ta trả √ lời α = có dựng hay không Ta xét đa thức x3 − đa thức bất khả quy theo tiêu chuẩn Eisenstein Khi [Q(α) : Q] = lũy thừa 2, theo Hệ 3.1 α không dựng Vậy gấp đôi hình lập phương (3) Không thể chia ba góc cho trước Một góc θ cho hai đường thẳng cắt Không làm tính tổng quát giả sử hai đường thẳng giao gốc O đường thẳng θ θ trục hoành Nếu ta chia ba góc, điểm (cos( ), sin( ) 3 giao điểm đường thẳng chia ba góc θ với đường tròn đơn vị, tức θ dựng Do đó, cos( ) dựng được, theo Bổ đề 3.5 π thước kẻ Chúng ta thấy chia ba góc compa √ −1 π π π Điểm ( , ) = (cos( ), sin( )) dựng Đặt u = cos( ), v = 2 3 π π sin( ) Chia ba góc tương đương với việc điểm (u, v) dựng Ta có: π π π π cos( ) = cos(3 ) = 4cos3 ( ) − 3cos( ) 9 Hay = 4u3 − 3u, suy 8u3 − 6u − = Đa thức 8u3 − 6u − = bất khả quy Q nên [Q(u) : Q] = 3, theo Hệ 3.1, suy u 55 Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ NHUNG không dựng Nói cách khác chia ba góc π thước kẻ compa Định lý 3.7 Nếu p số nguyên tố lẻ đa giác p cạnh dựng t p = 22 + với t ≥ Chứng minh Đây câu hỏi xây dựng điểm đường tròn đơn vị, cụ thể z = e 2πi p Ta biết đa thức bất khả quy z Q đa thức φp (x) có bậc p − với φp (x) = xp−1 + xp−2 + · · · + x + Nếu đa giác p cạnh dựng tức z dựng được, theo Hệ 3.1 ta có p − = 2s Khi s lũy thừa Vì trái lái, ta có s = km với k lẻ, k > Ta có 2km +1 phân tích Z hay 2s +1 phân tích Z trái t với p số nguyên tố Vậy đa giác p cạnh dựng p = 22 + t Ngược lại, p = 22 + số nguyên tố Ta chứng minh z = 2π 2π cos( ) + isin( ) dựng Với z nguyên thủy đơn vị p p Q(z) trường phân rã φp (x) Q Ta có |Gal(Q(z)/Q)| = [Q(z) : Q] = p − = 22 t Vậy nhóm Galois 2-nhóm Khi nhóm Galois chứa nhóm chuẩn tắc nhóm có cấp lũy thừa Theo Định lý lý thuyết Galois tồn tháp trường: Q = K0 ⊂ K1 ⊂ · · · ⊂ Km = Q(z) với [Ki+1 : Ki ] = với i Vậy z dựng được, theo Định lý 3.6 56 Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ NHUNG t Nhận xét 3.1 Số nguyên tố có dạng 22 + gọi số nguyên tố Fermat, với ≤ t ≤ (có số 3, 5, 17, 257, 65, 537) ta số nguyên tố Năm 1801, nhà toán học Gauss dựng đa giác 17 cạnh Sau công trình này, Gauss định cho phải trở thành nhà toán học lúc ông băn khoăn lựa chọn Âm nhạc Toán học Hệ 3.3 Không thể dựng đa giác 7cạnh, 11 cạnh 13 cạnh Chứng minh Vì số 7, 11, 13 không số Fermat Định lý 3.8 Một đa giác n cạnh dựng n có dạng n = 2s q1 q2 qr , r, s ≥ qi số nguyên tố Fermat khác 3.3 Định lý đại số Ta áp dụng Lý thuyết Galois để đưa chứng minh cho Định lý đại số Định lý 3.9 (Định lý đại số.) Mọi đa thức bậc lớn trường số phức C có nghiệm C Chứng minh Ta dùng tính chất sau trường số thực phức Tính chất 1: Mọi đa thức hệ số thực có bậc lẻ có nghiệm thực 57 Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ NHUNG Suy R mở rộng thực bậc lẻ Tính chất suy dễ dàng từ Định lý giá trị trung bình Một đa thức f (x) R chuẩn tắc bậc lẻ có giá trị âm với x đủ bé có giá trị dương với x đủ lơn Vì f (x) có nghiệm thực Với mở rộng E/R bậc lẻ, E mở rộng đơn R nên E = R(α) Gọi f đa thức tối tiểu α f bất khả quy có nghiệm R nên f có bậc Suy E = R Tính chất 2: Mọi đa thức bậc C có nghiệm C Tính chất suy ta số phức có bậc √ α Thật vậy, z = reα với ≤ r ∈ R Khi số phức a = re thỏa a2 = z Bây ta chứng minh định lý Gọi τ ∈ Aut(C) phép lấy liên hợp Cho f ∈ C[x] có bậc n lớn Gọi f đa thức nhận cách tác động τ lên hệ số f Đa thức f f có hệ số bất biến τ nên thuộc vào R[x] Do để chứng minh f có nghiệm phức ta cần chứng minh cho f ∈ R[x] Xét n = 2m k, với k lẻ m ≥ Ta chứng minh quy nạp m Nếu m = n lẻ, nên định lý chứng minh Nếu m > Gọi α1 , , αn nghiệm f đặt K = R(α1 , , αn , i) Khi K mở rộng Galois R C ⊂ K Với t ∈ R , xét đa thức [x − (αi + αj + tαi αj )] Lt = 1≤i