Tiêu chuẩn giải phương trình bằng căn thức và Định lý cơ bản của Lý thuyết Galois

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2KHOA 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

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

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 2

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

1.1 Mở rộng trường 6

1.2 Nhóm Galois 10

2 Tiêu chuẩn giải phương trình bằng căn thức 14 2.1 Nhóm giải được 14

2.2 Công thức nghiệm của đa thức có bậc không quá 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 được bằng căn thức 25

2.4 Tính không giải được của đa thức có bậc lớn hơn bốn 27

3 Định lí cơ bản của lý thuyết Galois và một số ứng dụng 34

Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ NHUNG

3.1 Định lý cơ bản của lý thuyết Galois 343.2 Dựng hình bằng thước kẻ và compa 443.3 Định lý cơ bản của đại số 57

LỜI CẢM ƠN

Lời đầu tiên của khóa luận này em xin gửi lời cảm ơn chân thành

và sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn ThS Đỗ Văn Kiên Thầy đã giao

đề tài và tận tình hướng dẫn em trong quá trình hoàn thành khóa luậnnày Nhân dịp này em xin gửi lời cảm ơn của mình tới toàn bộ các thầy

cô giáo trong khoa Toán, đặc biệt là các thầy cô giáo trong tổ Đại số đãgiảng dạy và giúp đỡ chúng em trong suốt quá trình học tập tại khoa.Mặc dù đã có nhiều cố gắng nhưng do trình độ và thời gian có hạnnên khóa luận không tránh khỏi những thiếu sót Kính mong nhận được

sự góp ý chỉ bảo của các thầy cô và các bạn sinh viên để khóa luận hoànthiện hơn

Một lần nữa em xin chân thành cảm ơn

Hà Nội, ngày tháng năm 2016Sinh viên thực hiện

Nguyễn Thị Nhung

Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ NHUNG

LỜI CAM ĐOAN

Em xin cam đoan khóa luận tốt nghiệp này là kết quả của quá trìnhhọc tập, nghiên cứu nỗ lực của em cùng với sự giúp đỡ của các thầy cô

và các bạn sinh viên khoa Toán trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2, đặcbiệt là sự hướng dẫn tận tình của thầy giáo Đỗ Văn Kiên Đề tài có kếthừa kết quả của những nghiên cứu trước đó

Khóa luận tốt nghiệp "Tiêu chuẩn giải phương trình bằng căn thức

và Định lý cơ bản của Lý thuyết Galois" không có sự trùng lặp với khóaluận khác

Hà Nội, ngày tháng năm 2016Sinh viên thực hiện

Nguyễn Thị Nhung

MỞ ĐẦU

1 Lý do chọn đề tài

Trong toán học các phương trình dạng anxn+ an−1xn−1+ · · · + a1x +

a0 = 0, an 6= 0 trong đó x là ẩn và ai, i = 0, , n là các số cho trước,được gọi là phương trình đại số bậc n

Việc giải các phương trình đại số là một vấn đề kinh điển của toánhọc Vào thế kỉ 16, Tartaylia, Cardano và Ferrari tìm được cách giảiphương trình đại số bậc 3 và bậc 4 với các công thức nghiệm là nhữngbiểu thức chỉ chứa các căn thức Đến đầu thế kỉ 19, Abel đã chứng tỏrằng không thể tìm được công thức tổng quát như vậy đối với các phươngtrình đại số bậc lớn hơn hoặc bằng 5 Và sau đó Galois đã đưa ra mộttiêu chuẩn để giải phương trình đại số có nghiệm là những biểu thứcchứa căn thức Phương pháp xét nghiệm của Galois sau này được gọi là

"Lý thuyết Galois"

Lý thuyết Galois là một trong những nội dung cơ bản của đại sốhiện đại, nó liên quan đến nhiều cấu trúc đại số khác như: nhóm, vành,trường, không gian vectơ Lý thuyết Galois có nhiều ứng dụng trongnhững lĩnh vực khác nhau của toán học Một trong những ứng dụng chủyếu của lý thuyết Galois là tìm nghiệm căn thức của các phương trìnhđại số, giải bài toán dựng hình bằng thước kẻ và compa

Với sự hướng dẫn tận tình của thầy giáo ThS Đỗ Văn Kiên và mongmuốn tìm hiểu về lý thuyết Galois em chọn đề tài "Tiêu chuẩn giải

Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ NHUNG

phương trình bằng căn thức và định lý cơ bản của lý thuyết Galois" đểlàm khóa luận tốt nghiệp của mình hi vọng sẽ giúp ích cho các bạn yêuthích môn Đại số có thêm tài liệu tham khảo

2 Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu

Tìm hiểu và trình bày lí thuyết Galois cùng những ứng dụng của nó, cụthể đó là

-Giải bài toán dựng hình bằng thước kẻ và compa

-Tìm nghiệm căn thức của những đa thức (còn gọi là tìm nghiệm cănthức của phương trình đại số)

-Xét xem khi nào một đa thức giải được bằng căn thức

3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

3.1 Đối tượng

-Bài toán dựng hình

-Lí thuyết Galois

3.2 Phạm vi nghiên cứu

- Tìm nghiệm căn thức của đa thức

- Lí thuyết Galois và một số ứng dụng của nó

4 Phương pháp nghiên cứu

Sử dụng phương pháp nghiên cứu tài liệu, hệ thống hóa, khái quát hóa

5 Bố cục khóa luận

Ngoài phần mở đầu và kết luận, nội dung khóa luận gồm 3 chương

Chương 1 Kiến thức cơ sở

Chương 2 Tiêu chuẩn giải phương trình bằng căn thức.

Chương 3 Định lý cơ bản của lý thuyết Galois và một số ứng dụng

Chương 1

Kiến thức cơ sở

Chương này nhắc lại sơ lược về lý thuyết mở rộng trường và nhóm Galois

để làm cơ sở cho chương sau

1.1 Mở rộng trường

Định nghĩa 1.1 Cho F và K là hai trường với F là trường con của

K Khi đó K được gọi là mở rộng (trường) của F Kí hiệu là K/F hoặc

• Nếu [K : F ] hữu hạn thì ta gọi K/F là mở rộng hữu hạn

• Nếu [K : F ] không hữu hạn thì ta gọi K/F là mở rộng vô hạn

Định nghĩa 1.3 Cho K/F là một mở rộng trường Phần tử u ∈ Kđược gọi là phần tử đại số trên F nếu tồn tại f (x) ∈ F [x], f (x) 6= 0 saocho f (u) = 0.

Nếu u không phải là phần tử đại số trên F thì u được gọi là siêu việttrên F

Định nghĩa 1.4 Đa thức f (x) 6= 0 không khả nghịch trong vành F [x]được gọi là bất khả quy (trên F ) nếu f (x) không có ước thực sự trong

F [x]

Định lý 1.1 (Tiêu chuẩn Eisenstein)

Cho đa thức trên Z, f (x) = anxn+ · · · + a1x + a0, (n ≥ 1, an 6= 0) Giả

sử tồn tại số nguyên tố p sao cho p không chia hết an nhưng chia hết các

hệ số còn lại và p2 không chia hết a0 Khi đó f (x) là bất khả quy trongQ[x]

Định lý 1.2 Cho một tháp các trường F ⊂ K ⊂ E Khi đó E là một

mở rộng hữu hạn của F nếu và chỉ nếu E là mở rộng hữu hạn của K và

K là mở rộng hữu hạn của F Hơn nữa [E : F ] = [E : K][K : F ]

Định nghĩa 1.5 Cho mở rộng K/F và u ∈ K là phần tử đại số trên

F Đa thức khác không bất khả quy có bậc nhỏ nhất f (x) ∈ F [x] và có

hệ tử cao nhất bằng 1 nhận u làm nghiệm được gọi là đa thức tối tiểucủa u

Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ NHUNG

Định nghĩa 1.6 Cho mở rộng K/F và c1, c2 ∈ K Nếu c1, c2 có cùng

đa thức tối tiểu trên F thì c1, c2 được gọi là liên hợp với nhau

Ví dụ 1.1.2 √

2 và −√

2 liên hợp với nhau trên Q vì có cùng đa thứctối tiểu là x2 − 2 ∈ Q[x]

Định nghĩa 1.7 Cho K/F là mở rộng trường và α1, α2, , αn ∈

K Khi đó trường con bé nhất của K chứa F và chứa các phần tử

α1, α2, , αn ∈ K được gọi là mở rộng của F bằng cách ghép thêm cácphần tử α1, α2, , αn Kí hiệu là F (α1, α2, , αn)

Khi n = 1 và α = α1 ta gọi F (α)/F là mở rộng đơn

Định nghĩa 1.8 Một mở rộng K/F được gọi là mở rộng đại số nếumọi phần tử của K là đại số trên F

Định lý 1.3 Cho một tháp các trường F ⊂ K ⊂ E Khi đó E là một

mở rộng đại số của F nếu và chỉ nếu E là mở rộng đại số của K và K

là mở rộng đại số của F

Định nghĩa 1.9 Cho mở rộng K/F và f (x) ∈ F [x] Khi đó, f (x) đượcgọi là phân rã trong K nếu f (x) được viết thành tích những nhân tửtuyến tính trong K[x] tức K chứa tất cả các nghiệm của f (x)

Định nghĩa 1.10 Cho mở rộng K/F và f (x) ∈ F [x] Khi đó K đượcgọi là trường phân rã của f (x) trên F nếu f (x) phân rã trong K và

nó không phân rã trong mọi trường con thực sự của K (ta gọi K/F làtrường phân rã của f (x))

Ví dụ 1.1.3 f (x) = x2−2 ∈ Q Ta có f(x) = (x+√2)(x−√

2) trong R,

do đó f (x) phân rã trong R Ta cũng thấy x +√2, x −√

2 ∈ Q(√2)[x],

suy ra f (x) phân rã trong Q(√2) Hơn nữa, Q(√2) = Q[√2] khôngchứa bất kì trường con nào giữa Q và Q(√2) Thật vậy, giả sử tồn tạitrường K sao cho Q ⊂ K ⊂ Q(√2), khi đó 2 = deg(f (x)) = [Q(√2) :Q] = [Q(

√2) : K][K : Q]; do đó [K : Q] = 1 hoặc [K : Q] = 2 suy ra

K = Q(√2) hoặc K = Q Vậy Q(√2) là trường phân rã của f (x) trênQ

Định lý 1.4 Cho F là một trường và f (x) ∈ F [x] là đa thức có bậcdương Khi đó luôn tồn tại trường phân rã K của f (x) trên F

Bổ đề 1.1 Nếu đẳng cấu trường ψ : F → F0 chuyển các hệ tử của đathức bất khả quy p(x) ∈ F [x] thành các hệ tử tương ứng của đa thức

p0[x] ∈ F0[x] và u, u0 là các nghiệm tương ứng của p(x), p0(x) thì ψ cóthể kéo dài thành đẳng cấu

ψ∗ : F (u) → F0(u0)trong đó ψ∗(u) = u0

Bổ đề 1.2 Nếu đẳng cấu ϕ : F → F0 chuyển đa thức f (x) thành đathức f0(x) và E, E0 là trường phân rã tương ứng của f (x), f0(x) thì cóthể kéo dài thành đẳng cấu ϕ∗ : E → E0 theo đúng m = [E : F ] cách.Định lý 1.5 Hai trường phân rã bất kỳ E, E0 của đa thức đã cho

f (x) ∈ F [x] là đẳng cấu Hơn nữa, có thể chọn đẳng cấu sao cho mọiphần tử của F là cố định

Định nghĩa 1.11 Một đa thức f (x) được gọi là tách được trên F nếu

nó phân tích được thành tích các nhân tử bất khả quy và mọi nhân tử

Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ NHUNG

này không có nghiệm bội

Mở rộng đại số K/F gọi là mở rộng tách được nếu đa thức tối tiểucủa mọi phần tử thuộc K đều tách được

Phần tử θ được gọi là phần tử nguyên thủy nếu E = F (α1, · · · , αn),tồn tại θ ∈ E sao cho E = F (θ)

Định lý 1.6 Cho một tháp các trường F ⊂ K ⊂ E Nếu E là một mởrộng tách được của F thì E là mở rộng tách được của K và K là mởrộng tách được của F

Định nghĩa 1.12 Một mở rộng đại số K/F gọi là chuẩn tắc nếu đathức tối tiểu của mọi phần tử thuộc K phân rã trong K

Định lý 1.7 Mọi mở rộng có bậc hữu hạn, chuẩn tắc và tách được khi

và chỉ khi nó là trường phân rã của một đa thức tách được

1.2 Nhóm Galois

Định nghĩa 1.13 Cho E/F là mở rộng trường và σ là tự đẳng cấu của

E, σ : E → E sao cho ∀a ∈ F : σ(a) = a Khi đó σ được gọi là F - tựđẳng cấu của E Tập tất cả các F tự đẳng cấu của E lập thành mộtnhóm, kí hiệu là Aut(E/F )

Định nghĩa 1.14 Cho E/F là một mở rộng trường Khi đó nhómGalois của E/F kí hiệu là Gal(E/F ), và được xác định bởi

Gal(E/F ) = {σ ∈ Aut(E)|σ(a) = a, ∀a ∈ F },

với phép toán hai ngôi của nó chính là phép hợp thành các ánh xạ

Nếu f (x) ∈ F [x] có trường phân rã trên F là E thì ta gọi Gal(E/F )

là nhóm Galois của f (x)

Bổ đề 1.3 Cho mở rộng E/F và f (x) ∈ F [x] Giả sử σ ∈ Aut(E/F ) và

α là một nghiệm của f (x) Khi đó σ(α) cũng là một nghiệm của f (x)

Chứng minh Giả sử f (x) = Pn

i=0aixi , khi đó 0 = Pn

i=0aiαi Ta tácđộng σ vào hai vế ta được 0 = Pni=0σ(ai)σ(α)i = Pn

i=0aiσ(α)i (do σ cốđịnh F theo từng điểm) Do đó, σ(α) cũng là một nghiệm của f (x).Định lý 1.8 Nếu f (x) ∈ F [x] có n nghiệm phân biệt trong trường phân

rã E của f (x) trên F , thì nhóm Gal(E/F ) đẳng cấu với một nhóm concủa nhóm đối xứng Sn và cấp của nó là ước của n!

Chứng minh Đặt X = {α1, , αn} là tập tất cả các nghiệm của f (x)trong E Theo Bổ đề 1.3, thì mỗi σ ∈ Gal(E/F ) ta có σ|X là một hoán

vị của X Do đó ta có một đơn cấu nhóm Gal(E/F ) −→ SX(∼= Sn) xácđinh bởi σ 7−→ σ|X Từ đó, suy ra cấp của nhóm Gal(E/F ) là ước củan! bởi định lý Lagrange

Ví dụ 1.2.1 Trường phân rã của x2+ 1 trên R là C Theo Định lý 1.8,

|Gal(C/R)| ≤ 2 Ta có |Gal(C/R)| = {idR, σ} = < σ >, ở đó

idR : z = a + bi 7→ z = a + bivà

σ : z = a + bi 7→ z = a − bi

Ta có Gal(C/R) ∼= S2 : idR 7→ (1), σ 7→ (12)

Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ NHUNG

Hệ quả 1.1 Cho f (x) ∈ F [x] là đa thức tách được và trường phân rãcủa f (x) trên F là E Khi đó |Gal(E/F )| = [E : F ]

Chứng minh Áp dụng Bổ đề 1.2, với F0 = F , E0 = E và ϕ : F → F làánh xạ đồng nhất idF Khi đó có chính xác [E : F ] tự đẳng cấu của E

(i) Gal(E/B) là nhóm con chuẩn tắc của nhóm Gal(E/F ),

(ii) Gal(E/F )/Gal(E/B) ∼= Gal(B/F )

Chứng minh Cho σ ∈ Gal(E/F ) Kí hiệu α1, , αn là các nghiệm phânbiệt của g(x) trong E, khi đó B = F (α1, , αn) Vì σ cố định F theotừng điểm và σ(αi) cũng là nghiệm của g(x) với mọi i = 1, , n (theo

B, khi đó theo Bổ đề 1.2, tồn tại một tự đẳng cấu τ : E → E là một

mở rộng của τ , do đó ψ(τ ) = τ |B = τ Suy ra ψ còn là toàn cấu; do đóGal(E/F )/Gal(E/B) ∼= Gal(B/F ).

sao cho hai điều kiện sau được thỏa mãn

(1) Gi+1 là nhóm con chuẩn tắc của Gi với mọi i = 0, , n − 1;(2) Gi/Gi+1 là nhóm Abel với mọi i = 0, , n − 1

Ví dụ 2.1.1 1 Mọi nhóm Abel đều là nhóm giải được

2 Nhóm S2 là nhóm giải được vì tồn tại dãy S2 ⊃ {(1)} thỏa mãn{(1)} là nhóm con chuẩn tắc của S2 và nhóm thương S2/{(1)} = S2

là giao hoán nên S2 là nhóm giải được

3 S3 là nhóm giải được vì tồn tại dãy các nhóm con

S3 = G2 ⊃ G1 = {(1), (123), (132)} ⊃ {(1)} = G0

thỏa mãn G0 là nhóm con chuẩn tắc G1, G1 là nhóm con chuẩn tắccủa G2 vì [S3 : G1] = 2, G1/G0 = G1 là nhóm giao hoán và G2/G1

là nhóm giao hoán vì |S3/G1| = 2

Bổ đề 2.1 Cho G là một nhóm, gọi H là nhóm con của G sinh bởi tất

cả các hoán tử xyx−1y−1 với x, y ∈ G (H gọi là nhóm con các hoán tửcủa G) Khi đó, H là nhóm con chuẩn tắc nhỏ nhất của G sao cho G/H

là nhóm Abel

Chứng minh Với mọi x ∈ G và mọi h ∈ H, ta có xhx−1 = (xhx−1h−1)h ∈

H Do đó, H là nhóm con chuẩn tắc của G

Ta thấy G/K là nhóm Abel, thật vậy với mọi x, y ∈ G, ta có (yx)−1xy =

x−1y−1xy ∈ H, suy ra xHyH = xyH = yxH = yHxH

Ta cần chứng minh, nếu K là nhóm con chuẩn tắc của G sao choG/K là nhóm Abel thì H ⊂ K Thật vậy, với mọi x, y ∈ G, ta cóxyK = xKyK = yKxK = yxK, suy ra x−1y−1xy = (yx)−1xy ∈ K haymọi phần tử sinh của H đều thuộc K, do đó H ⊂ K

Kí hiệu: Cho G là một nhóm Ta đặt G(1) là nhóm con các hoán tửcủa G; G(2) là nhóm con các hoán tử của G(1); ; G(n) là nhóm con củacác hoán tử của G(n−1) Quy ước G(0) = G

Bổ đề 2.2 Nhóm G là nhóm giải được nếu và chỉ nếu tồn tại n ∈ Nsao cho G(n) = {e}

Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ NHUNG

Chứng minh (⇐) Hiển nhiên

(⇒) Trước hết ta có nhận xét nếu K1, K2 là các nhóm con của G saocho K1 ⊂ K2 thì K1(1) ⊂ K2(2)

Giả sử G có dãy

G = G0 ⊃ G1 ⊃ G2 ⊃ · · · ⊃ Gn = {e}

sao cho Gi+1 là nhóm con chuẩn tắc của Gi với mọi i = 0, , n − 1 và

Gi/Gi+1 là nhóm Abel với mọi i = 0, , n − 1 Ta chứng minh bằng quinạp theo i ≥ 0 rằng G(i) ⊂ Gi (*)

Trường hợp i = 0 là rõ ràng Giả sử i > 0 và G(i−1) ⊂ Gi−1 Do Gi−1/Gi

là nhóm Abel nên theo Bổ đề 2.1 có [Gi−1](1) ⊂ Gi Ta có

G(i) = [G(i−1)](1) ⊂ [Gi−1](1) ⊂ Gisuy ra (*) được chứng minh Áp dụng khi i = n vì Gn = {e} nên

G(n) = {e}

Bổ đề 2.3 Cho G là nhóm và H là nhóm con chuẩn tắc của G Khi đó

G là nhóm giải được nếu và chỉ nếu H và G/H là các nhóm giải được.Chứng minh (=⇒) Vì G giải được nên theo Bổ đề 2.2, tồn tại n ∈ Nsao cho G(n) = {e} Khi đó vì H ⊂ G nên H(n) ⊂ G(n) = {e} Vì thế

H(n) = {e} suy ra H là nhóm giải được, theo Bổ đề 2.2

Đặt p : G → G/H, ta có p là toàn cấu chính tắc Khi đó ta chứng minhđược (G/H)(i) = p(G(i)) với mọi i ≥ 0 Thật vậy, giả sử có toàn cấu

f : G → U Với mọi u, v ∈ U , tồn tại x, y ∈ G sao cho u = f (x), v = f (y)

Ta có

uvu−1v−1 = f (x)f (y)f (x−1)f (y−1) = f (xyx−1y−1) ∈ f (G(1)),

suy ra f (G(1)) ⊃ U(1).

Ngược lại, mọi ω ∈ f (G(1)) tồn tại z ∈ f (G(1)) sao cho ω = f (z), khi

đó z là tích của hữa hạn các phần tử có dạng xyx−1y−1, suy ra ω là tíchhữu hạn các phần tử có dạng f (x)f (y)f (x)−1f (y)−1 Vì thế ω ∈ U(1)suy ra f (G(1)) ⊂ U(1) Vậy f (G(1)) = U(1) Bằng qui nạp ta có thể chứngminh được rằng f (G(i)) = U(i) với mọi i ≥ 1 Áp dụng f = p ta được(G/H)(i) = p(G(i)) Do đó, (G/H)(n) = p(G(n)) = {e} nên G/H là nhómgiải được

(⇐=) Vì G/H giải được nên ta có dãy

G/H = G∗0 ⊃ G∗1 ⊃ G∗2· · · ⊃ G∗n = {e}

sao cho G∗i+1 là nhóm con chuẩn tắc của G∗i, i = 0, , n − 1 và G∗i/G∗i+1

là nhóm Abel, i = 0, , n − 1 Khi đó ta có đãy các nhóm con của Gnhư sau

G = G0 ⊃ G1 ⊃ G2 ⊃ · · · ⊃ Gn = Hsao cho Gi+1 là nhóm con chuẩn tắc của Gi, i = 0, , n − 1 và Gi/Gi+1

là nhóm Abel, i = 0, , n − 1 (ở đây Gi/H = G∗i, i = 0, , n − 1) Vì

H là nhóm giải được nên ta có dãy

H = H0 ⊃ H1 ⊃ H2 ⊃ · · · ⊃ Hl = {e}

sao cho Hi+1 là nhóm con chuẩn tắc của Hi, i = 0, , l − 1 và Hi/Hi+1

là nhóm Abel, i = 0, , l − 1 Bây giờ ta ghép hai dãy trên với nhau tađược dãy

Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ NHUNG

G = G0 ⊃ G1 ⊃ G2 ⊃ · · · ⊃ Gn = H = H0 ⊃ H1 ⊃ H2 ⊃ · · · ⊃ Hl = {e}

Do đó G là nhóm giải được

Bổ đề 2.4 Đặt B4 = {e, (12)(34), (13)(24), (14)(23)} Khi đó B4 lànhóm con chuẩn tắc của S4

Chứng minh Trước tiên ta chứng minh B4 là nhóm con của S4 Rõ ràng

B4 là tập tất cả các phần tử có dạng (ab)(cd) và e trong đó {a, b, c, d} ={1, 2, 3, 4} Ta thấy B4 đóng kín với phép nhân, bởi vì

(12)(34)(13)(24) = (13)(24)(12)(34) = (14)(23) ∈ B4,(12)(34)(14)(23) = (14)(23)(12)(34) = (13)(24) ∈ B4,(13)(24)(14)(23) = (14)(23)(13)(24) = (12)(34) ∈ B4.Hơn nữa, B4 đóng kín với phép lấy phần tử nghịch đảo, vì

((12)(34))−1 = (12)(34) ∈ B4,((13)(24))−1 = (13)(24) ∈ B4,((14)(23))−1 = (14)(23) ∈ B4.Vậy B4 là nhóm con của S4

Ta cần chứng minh, α−1βα ∈ B4 với mọi α ∈ S4, β ∈ B4 Thật vậy,giả sử e 6= β = (ab)(cd) ∈ B4 và α ∈ S4 Với mọi u ∈ {1, 2, 3, 4}, ta có

α−1βα(u) 6= u (vì nếu trái lại, suy ra βα(u) = α(u), mâu thuẫn) Tachọn v ∈ {1, 2, 3, 4}\{u, α−1βα(u)}, khi đó α−1βα(u) 6= α−1βα(v) 6= v;

hơn nữa u 6= α−1βα(v) (vì nếu trái lại, suy ra α(u) = βα(v), suy raβα(u) = β2α(v) = α(v) suy ra α−1βα(u) = v, mâu thuẫn) Chứng tỏ

Định lý 2.1 Nhóm Sn là nhóm giải được khi và chỉ khi n ≤ 4

Chứng minh (⇐) Sn giải được với n = 1, 2, 3, 4 Theo Ví dụ 2.1.1, ta

có với n = 1, 2, 3 nhóm S1, S2, S3 là các nhóm giải được Với n = 4 thìnhóm S4 có dãy các nhóm con như sau

Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ NHUNG

đó tồn tại một dãy các nhóm con

Sn = G0 ⊃ G1 ⊃ G2 ⊃ ⊃ Gm = {(1)},

trong đó Gi+1 là nhóm con chuẩn tắc của Gi và nhóm thương Gi/Gi+1

là nhóm Abel với mọi i = 0, 1, , m − 1 Giả sử (rst) là một vòng xíchcấp 3 bất kỳ trong Sn và u, v là hai phần tử của tập T = {1, 2, , n}khác r, s, t (u và v luôn luôn tồn tại vì n ≥ 5) Nhóm Sn/G1 là Abel và

ta có (tus)(srv)(tus)−1(srv)−1 = (tus)(srv)(tsu)(svr) = (rst) ∈ G1 Do

đó, G1 chứa tất cả các vòng xích cấp 3 Lập luận tương tự như trên, tacũng có G2 chứa tất cả các vòng xích cấp 3, và cuối cùng Gm = {(1)}chứa tất cả các vòng xích cấp 3 Điều này không thể xảy ra Vậy nhóm

Sn không giải được

Định lý 2.2 Cho H là một nhóm con của nhóm S5 Giả sử H chứamột chuyển trí δ = (ij) và H tác động bắc cầu lên tập {1, 2, 3, 4, 5} ( tức

là với mọi i, j ∈ {1, 2, 3, 4, 5}, tồn tại σ ∈ H sao cho σ(i) = j) Khi đó

H = S5

Chứng minh Đặt X = {1, 2, 3, 4, 5} Trong đó X ta định nghĩa mộtquan hệ hai ngôi ∼ như sau với i, j ∈ X, ta nói i ∼ j nếu và chỉ nếu

i = j hoặc (ij) ∈ H Ta thấy ∼ là quan hệ tương đương Thật vậy ta có

i ∼ i hiển nhiên Nếu i ∼ j thì (ji) = (ij) ∈ H suy ra j ∼ i Nếu i ∼ j

và j ∼ k thì (ij), (ik) ∈ H, ta có (ik) = (ij)(jk)(ij) ∈ H, suy ra i ∼ k

Kí hiệu E(i) là lớp tương đương chứa i Ta chứng minh |E(i)| =

|E(j)|, tức là các lớp tương đương có cùng số phần tử Vì H tác động bắccầu lên X nên tồn tại phần tử σ ∈ H sao cho σ(i) = j Lấy tùy ý a ∈ E(i)

tức (ia) ∈ H Khi đó phần tử σ(ia)σ−1 hoán vị σ(a) và σ(i) cho nhau,trong khi nó cố định các phần tử còn lại, tức là σ(ia)σ−1 = (σ(i)σ(a)) làmột chuyển trí Mặt khác, vì (jσ(a)) = (σ(i)σ(a)) và σ(ia)σ−1 ∈ H nên(jσ(a)) ∈ H Suy ra σ(a) ∼ j hay σ(a) ∈ E(j) Chứng tỏ σ(E(i)) ⊆ E(j)suy ra |E(i)| ≤ |E(j)| Chứng minh tương tự ta được |E(i)| ≥ |E(j)|.Vậy |E(i)| = |E(j)|.

Gọi số các lớp tương đương rời nhau trong X là n Khi đó vì mọilớp tương đương có cùng số phần tử nên ta có 5 = n|E(i)| Mặt khác,theo giả thiết δ = (ij) ∈ H nên |E(i)| > 1 Suy ra |E(i)| = 5 Vậy

H = S5

2.2 Công thức nghiệm của đa thức có bậc không

quá bốn

Định nghĩa 2.2 Một đa thức f (x) có bậc n ≥ 1 được gọi là rút gọn nếu

nó không có số hạng xn−1, hay f (x) = rnxn+rn−2xn−2+rn−3xn−3+· · ·+a0

Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ NHUNG

√

b2 − 4c.Theo bổ đề 2.5, ta có được công thức quen thuộc cho nghiệm của đa thứcban đầu là −1

2b ±

12

yz = −q

Khi đó, ta có

y3 + z3 = −rvà

y3z3 = −q3

27 .

Biến đổi hai phương trình trên, ta được

y3 − q

3

27y3 = −rhay

−q3ωy = (

z = −q3y.

Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ NHUNG

Ta có thể đưa đa thức h(x) = (x2 + kx + l)(x2 − kx + m), trong đó các

số thực k, l và m là các số xác định Nếu k, l và m là số đã biết, khi đó

ta sẽ đưa về giải hai phương trình bậc hai Vì vậy, để giải đa thức này

k.Thay các giá trị của m và l vào phương trình thứ ba, ta được

k6 + 2qk4 + (q2 − 4s)k2 − r2 = 0

Đây là phương trình bậc ba của k2 và ta có thể tìm được k2 từ công thứcnghiệm của phương trình bậc 3 theo 2.2.2

Khi đó ta dễ dàng tìm được các hệ số k, l và m Từ đó ta tìm được cácnghiệm của h(x) là −k ±√k2 − 4l

k ±√

k2 − 4m

2.3 Đa thức giải được bằng căn thức

Định nghĩa 2.3 Một mở rộng trường B/F được gọi là mở rộng thuầntúy kiểu m nếu tồn tại m ∈ N, α ∈ B sao cho B = F (α) và αm ∈ F Định nghĩa 2.4 Cho một tháp các trường

F = B0 ⊂ B1 ⊂ · · · ⊂ Btđược gọi là tháp căn nếu mỗi Bi+1/Bi là một mở rộng thuần túy

Khi đó ta gọi Bt/F là mở rộng căn

Định nghĩa 2.5 Cho F là một trường, f (x) ∈ F [x] và E là trườngphân rã của f (x) Ta nói f (x) giải được bằng căn thức trên F nếu vàchỉ nếu tồn tại một mở rộng căn B/F sao cho B chứa E

Ví dụ 2.3.1 Minh họa về tính giải được trên Q của các đa thức bậchai, bậc ba và bậc bốn

a) Nếu f (x) = x2 + bx + c ∈ C[x], ta đặt F = Q(b, c) và B = F (α)với α =√

b2 − 4c Khi đó, ta có tháp trường F ⊂ B và B/F là mở rộngthuần túy kiểu 2 Hơn nữa, B là trường phân rã của f (x) trên F Do đó

f (x) là đa thức giải được bằng căn thức trên F

b) Nếu f (x) = x3+ qx + r ∈ C[x] thì ta đặt F = Q(q, r) và B1 = F (α)với α =

Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ NHUNG

3 của B1 Theo công thức nghiệm bậc 3 của f (x) là y + z, ωy + ω2z và

ω2y + ωz trong đó yz = −q

3 và z ∈ B2, ω là một căn nguyên thủy bậc 3của đơn vị Do đó, nếu đặt B3 = B2(ω) ta có B3 là mở rộng thuần túykiểu 3 của B2 Vậy ta có tháp trường F ⊂ B1 ⊂ B2 ⊂ B3 Hơn nữa, B3chứa trường phân rã E của f (x) trên F Vậy f (x) giải được bằng cănthức trên F

c) Nếu f (x) = x4 + qx2 + rx + s ∈ C[x] thì ta đặt F = Q(q, r, s) Ởphần công thức nghiệm bậc bốn ta luôn tìm được 3 số k, m, l với k2 làmột nghiệm của một đa thức bậc ba trong F [x] Vì vậy ta có mở rộngcăn F ⊂ B1 ⊂ B2 ⊂ B3 với k2 ∈ B3 Đặt B4 = B3(k) là mở rộng thuầntúy kiểu 2 của B3 Ta có

k2 − 4m) là mở rộng thuần túy kiểu 2 của B5

Ta có dãy F ⊂ B1 ⊂ B2 ⊂ B3 ⊂ B4 ⊂ B5 ⊂ B6 là tháp căn và B6 chứatrường phân rã của f (x) trên F Vậy f (x) giải được bằng căn thức trên

F

2.4 Tính không giải được của đa thức có bậc lớn

hơn bốn

Định nghĩa 2.6 Cho T1 và T2 là các trường con của trường T Khi đógiao của mọi trường con của T chứa T1 và T2 là một trường con nhỏnhất của T chứa T1 và T2, ta kí hiệu là T1 ∨ T2, gọi là trường hợp thànhcủa T1 và T2

Nhận xét 2.1 Nếu T1/F và T2/F lần lượt là các mở rộng thuần túykiểu m1 và m2 thì (T1 ∨ T2)/F là mở rộng căn Thật vậy, T1 = F (α1),

Một cách tổng quát, nếu E1/F và E2/F là các mở rộng căn thì (E1∨

E2)/F cũng là mở rộng căn

Bổ đề 2.6 Cho F là trường có đặc số 0, f (x) ∈ F [x] là đa thức giảiđược bằng căn thức trên F , và cho E là trường phân rã của f (x) trên F Khi đó

(i) Tồn tại một tháp căn

Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ NHUNG

bậc pi của đơn vị (với mọi i = 1, 2, , t ), thì nhóm Gal(E/F ) là nhómgiải được

Chứng minh (i) Vì f (x) giải được bằng căn thức nên tồn tại một thápcăn

F = B0 ⊂ B1 ⊂ · · · ⊂ Blsao cho E ⊂ Bl Vì Bl/F là mở rộng hữu hạn nên tồn tại α1, , αn ∈ Bl

là các phần tử đại số trên F và thỏa mãn Bl = F (α1, , αn) Gọi gi(x) ∈

F [x] là đa thức tối tiểu của αi(i = 1, 2, , n) Đặt g(x) = g1(x) gn(x).Gọi K là trường phân rã của g(x) trên F Khi đó Bl ⊂ K, ta có tháptrường

F ⊂ Bl ⊂ K

Giả sử Gal(K/F ) = {σ1, , σr}, khi đó σi(Bl) ∼= Bl với i = 1, 2, , r

Vì σi biến một nghiệm của g(x) thành một nghiệm của g(x) (i =

1, 2, , r), nên trường hợp thành σ1(Bl) ∨ ∨ σr(Bl) chứa mọi nghiệmcủa g(x) Suy ra