Chương 1: Giới thiệu một khái niệm về mở rộng Galoa, các định lý của mở rộng Galoa , trong đó mở rộng căn bậc hai là phần ứng dụng quan trọng cho lý thuyết dựng hình ở chương sau.. Chươn[r]
(1)MATHVN.COM 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 www.MATHVN.com Lop10.com (2) MATHVN.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 TOÁN KHÓA 11 Chuyên ngành: Đại số và lý thuyết số TIỂU LUẬN LÝ THUYẾT TRƯỜNG Người hướng dẫn khoa học TS NGUYỄN THÁI HÒA Quy nhơn, tháng 12 năm 2009 i www.MATHVN.com Lop10.com (3) MATHVN.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 và ví dụ 1.1.2 Các đặc trưng mở rộng Galoa Mở rộng và 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 và tính chất điểm và số dựng 12 2.2 Một số bài toán áp dụng 14 2.2.1 Bài toán 1: Chia ba góc 14 2.2.2 Bài toán 2: Gấp đôi 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 www.MATHVN.com Lop10.com (4) MATHVN.COM LỜI MỞ ĐẦU Lý thuyết Galoa là lý thuyết đẹp đẽ đại số, nó tập hợp nhiều kiến thức và phương pháp các lĩnh vực toán học khác nhằm giải bài toán cổ điển và vấn đề quan trọng khác đại số đại Một ứng dụng chủ yếu đó là tìm nghiệm thức phương trình đa thức, đặc biệt phương trình bặc lớn bốn không thể giải thức Mặt khác, lý thuyết Galoa cho phép xác định đa giác n cạnh dựng thước kẻ và compa và lời giải cho bài toán dựng hình cổ điển Tiểu luận này tôi giới thiệu Ứng dụng lý thuyết Galoa phép dựng hình, tiểu luận gồm chương cùng với phần mở đầu, kết luận và danh mục các tài liệu tham khảo Chương 1: Giới thiệu khái niệm mở rộng Galoa, các định lý mở rộng Galoa , đó mở rộng bậc hai là phần ứng dụng quan trọng cho lý thuyết dựng hình chương sau Chương 2: Là phần chính tiểu luận, phần đầu chương giới thiệu điểm dựng được, số dựng được,chứng minh tập hợp các số dựng lập thành trường, và đặc biệt chứng minh định lý điều kiện đủ số dựng Phần sau chương là áp dụng lý thuyết để giải các bài toán dựng hình cổ điển và các bài toán dựng hình cụ thể Kiến thức chương này tham khảo từ tài liệu [1],[2] Mặc dù thân đã cố gắng học tập, nghiên cứu và hướng dẫn nhiệt tình thầy giáo hướng dẫn, lực thân và thời gian còn hạn chế nên tiểu luận khó tránh khỏi thiếu sót Tôi mong nhận góp ý quý thầy cô và các bạn để tiểu luận hoàn thiện www.MATHVN.com Lop10.com (5) MATHVN.COM Cuối cùng tôi xin chân thành cảm ơn TS Nguyễn Thái Hòa người đã tận tình giúp đỡ, cùng tập thể lớp cao học toán khoá 11 tạo điều kiện cho tôi hoàn thành tiểu luận này Tác giả www.MATHVN.com Lop10.com (6) MATHVN.COM Chương KIẾN THỨC CƠ SỞ 1.1 Mở rộng Galoa 1.1.1 Khái niệm mở rộng Galoa và ví dụ Định nghĩa 1.1.1 Mở rộng bậc hữu hạn F trường K gọi là mở rộng Galoa nó là chuẩn tắc và tách Ví dụ 1.1.2 1) Trường chia đường tròn Rn trên Q là mở rộng Galoa với nhóm Galoa đẳng cấu với nhóm nhân Z∗n các lớp khả nghịch 2) Trường hữu hạn Fq , q = pn là mở rộng Galoa trên trường nguyên tố Zp Nó có nhóm Galoa G = G(F/Zp ) là 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 là mở rộng bậc hữu hạn trên K với nhóm Galoa G Khi đó các điều kiện sau tương đương: (i) F là mở rộng Galoa trên K (ii) K = F G (nghĩa là tập các phần tử F bất biến tự đồng cấu nhóm Galoa G đúng K) (iii) Cấp nhóm Galoa G đúng bậc mở rộng [F : K] Chứng minh (i) ⇒ (ii) Nếu F là mở rộng Galoa trên K thì F là trường nghiệm đa thức tách trên K ( [1], Hệ 6.3 ) Khi đó theo ([1], Định lý 1.3) ta có (ii) (ii) ⇔ (iii) Giả sử cấp G n Khi đó theo ([1], Mệnh đề 3.1.1),ta www.MATHVN.com Lop10.com (7) MATHVN.COM có n = F : F G Bởi F G = K thì hiển nhiên n = [F : K] Ngược lại, n = [F : K] thì [F : K] = F : F G , đó K = F G (vì K ⊂ F G ) (iii) ⇒ (i) Do F là mở rộng bậc hữu hạn trên K nên F đại số trên K Giả sử α là phần tử tùy ý thuộc F Ta xây dựng đa thức tối tiểu p(x) nó Gọi α = α1 , α2 , , αm là tất các ảnh phân biệt α các tự đẳng cấu σ thuộc G αi = σi (α) và σ1 = idF Đặt Khi đó m ≤ n (n là cấp G và [F : K]) Xét đa thức p(x) = (x − α1 )(x − α2 ) (x − αm ) (1.1) Các hệ tử p(x) là đa thức đối xứng các αi , vì chúng là bất biến các tự đẳng cấu σ ∈ G (do σ cảm sinh phép trên tập hợp {α1 , α2 , , αm }) Nghĩa là các hệ tử này thuộc K (do (iii) ⇔ (ii)) Vậy p(x) ∈ K[x] Nếu g(x) ∈ K[x] là nhân tử bất khả quy p(x) nhận α = α1 làm nghiệm thì g(x) nhận phần tử liên hợp nó αi = σi (α) làm nghiệm Điều này chứng tỏ p(x) chia hết g(x) và đó p(x) = g(x) (vì g(x) là bất khả quy) Như p(x) là đa thức tối tiểu α và điều đó chứng tỏ tính tách F trên K.Bây giả sử q(x) là đa thức bất khả quy trên K và có nghiệm α ∈ F Theo chứng minh trên p(x) chính là đa thức (1.1), nó phân rã hoàn toàn F Điều này chứng tỏ tính chuẩn tắc F trên K Định lý 1.1.4 Trường F là mở rộng Galoa trên trường K và F là trường nghiệm đa thức tách trên K Chứng minh Điều kiện cần chính là ([1],Hệ 2.62) Ngược lại, F là trường nghiệm đa thức tách thì ([1], Định lý2.6.5) cấp nhóm Galoa G = G(F/K) bậc mở rộng [F : K] Khi đó theo Định lý 1.1.3, F là mở rộng Galoa trên K Nhận xét 1.1.5 Định lý trên cho ta dấu hiệu tiện lợi để nhận biết mở rộng Galoa Nó cho thấy hầu hết mở rộng trường mà chúng ta www.MATHVN.com Lop10.com (8) MATHVN.COM thường gặp là mở rộng Galoa Chẳng hạn, đa thức p(x) bất khả quy trên trường K có đặc số là tách đó trường nghiệm đa thức đó là mở rộng Galoa trên K Nhận định trên có thể phát biểu hệ sau Hệ 1.1.6 Nếu trường F là mở rộng trường K có đặc số thì các điều sau tương đương: (i) F là mở rộng Galoa (ii) F là mở rộng bậc hữu hạn và chuẩn tắc (iii) F là trường nghiệm đa thức nào đó trên K Chứng minh (i) ⇔ (ii) Nếu K có đặc số thì mở rộng chuẩn tắc là mở rộng tách Do đó ta có (i) ⇔ (ii) (ii) ⇔ (iii) là nội dung ([1],Định lý 2.6.1) Định lý 1.1.7 (Về các phần tử liên hợp) Cho F là mở rộng Galoa trên K Khi đó hai phần tử F liên hợp trên K và tồn K−đẳng cấu biến phần tử thành phần tử khác Chứng minh Giả sử c là phần tử tùy ý mở rộng chuẩn tắc F trên K Xét các phần tử ϕ1 (c) = c, ϕ2 (c), , ϕn (c) (1.2) đó ϕ1 = idF , ϕ2 , , ϕn là tất các tự đẳng cấu thuộc nhóm Galoa G = G(F/K) Với tự đẳng cấu các phần tử dãy (1.2) biến thành dãy ϕϕ1 (c), ϕϕ2 (c), , ϕϕn (c) tức là hoán vị nào đó dãy (1.2) Vì các hệ tử đa thức g(x) = n Y (x − ϕi (c)) i=1 giữ bất động với phần tử ϕ, đó thuộc trường K Do c = ϕ1 (c) nên đa thức g(x) và đa thức tối tiểu p(x) c có nghiệm chung www.MATHVN.com Lop10.com (9) MATHVN.COM (khi đó đa thức p(x) bất khả quy nên g(x) chia hết cho p(x)) Mặt khác theo ([1],Bổ đề2.6.4) các phần tử ϕ1 (c), ϕ2 (c), , ϕn (c) (có thể trùng nhau) liên hợp với c, nên là nghiệm p(x) Bởi nghiệm g(x) là nghiệm p(x) Giả sử g(x) = [p(x)]k [q1 (x)]k1 [qr (x)]kr Bởi vì nghiệm g(x) là nghiệm p(x) và không nghiệm nào các đa thức qi (x)(i = 1, , r) có thể là nghiệm p(x) (do tính bất khả quy đa thức này), nên các đa thức qi (x)(i = 1, , r) không thể có nghiệm, tức là qi (x) = Vậy g(x) = [p(x)]k Từ đó đặc biệt suy các phần tử ϕ1 (c), ϕ2 (c), , ϕn (c) vét cạn hết (có thể có lặp lại) tất các liên hợp c 1.2 Mở rộng và mở rộng bậc hai 1.2.1 Mở rộng Định nghĩa 1.2.1 Mở rộng F trường sở K gọi là mở rộng tồn dãy mở rộng K = K0 ⊂ K1 ⊂ ⊂ Ks = F (1.3) cho Ki = Ki−1 (θi ), θini = ∈ Ki−1 Lưu ý dãy trên trường Ki có thể không là mở rộng chuẩn tắc trường Ki−1 , trường F có thể không là chuẩn tắc trên K Bổ đề 1.2.2 Giả sử K là trường tùy 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 www.MATHVN.com Lop10.com (10) MATHVN.COM rộng chuẩn tắc trên K và F là trường nghiệm trên E đa thức trên K Chứng minh (⇒) Nếu F là mở rộng chuẩn tắc trên K thì F là trường nghiệm đa thức f (x) ∈ K[x]( [1], Định lý 2.6.1) và vì F là trường nghiệm đa thức f (x) trên E (⇐) Ngược lại giả sử F = E(u1 , , un ) đó u1 , , un là nghiệm đa thức g(x) ∈ K[x],E = K(v1 , , vm ) đó v1 , , vm là nghiệm g(x) Khi đó F = (v1 , , vm , u1 , , un ) nghĩa là F là trường nghiệm đa thức f (x).g(x) ∈ K[x] và đó F chuẩn tắc trên K Định lý 1.2.3 Mọi mở rộng F trường sở K chứa mở rộng F đồng thời là mở rộng và chuẩn tắc trên K, đó ta nói F là mở rộng và chuẩn tắc trên 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 và xét mở rộng F = K(c, ζ), dễ thấy F là trường nghiệm thức xm − a, đó F là chuẩn tắc trên K Mặt khácF có dãy mở rộng K ⊂ K(ζ) ⊂ K(ζ, c) Vậy định lý đúng cho s = Xét mở rộng F với dãy (1.3) có độ dài s > Bởi vì E = Ks−1 là mở rộng K với độ dài s − nên theo giả thiết quy nạp tồn mở rộng E chuẩn tắc trên K và chứa E, K ⊂ E ⊂ E Theo giả thiết F = Ks là mở rộng đơn tường E = Ks−1 , tức là F = E(θ), θn = u ∈ E www.MATHVN.com Lop10.com (11) MATHVN.COM Xét đa thức tối tiểu g(x) u trên trường sở K, E chuẩn tắc và u ∈ E ⊂ E nên E chứa tất cá nghiệm u − = u, u2 , , ur g(x) Đối với i = 1, 2, , r ta xét phương un − ui = Giả sử ci là nghiệm tùy ý phương trình này, xét mở rộng F = E(ζ, c1 , , cr ) đó ζ là nguyên thủy bậc n đơn vị Do c1 = θ nên F ⊂ F , trên trường E, F có dãy E = E − ⊂ E ⊂ ⊂ E r+1 = F (1.4) đó E = E (ζ), E i = E i−1 (ci ), i = 1, 2, , r + theo giả thiết quy nạp E là mở rộng K nên dãy K và kết thúc E Tiếp nối dãy này với dãy (1.4) ta dãy K Như là F là mở rộng K, Bây ta chứng tỏ F là mở rộng chuẩn tắc trên K Xét đa thức G(x) = g(xn ) Thế thì G(x) ∈ K[x] Do G(x) = (xn − u1 ) (xn − un ) nên các phần tử c1 , c2 , , cr là nghiệm đa thức G(x) Mọi nghiệm còn lại đa thức này nhận từ phép nhân nghiệm c1 , , cr với các lũy thừa ζ Vì F chứa trường nghiệm Q G(x) trên trường E Mặt khác F = E(c1 , , cr ) ⊂ Q Vậy F = Q, nghĩa là F là trường nghiệm trên E đa thức G(x) ∈ K[x] theo Bổ đề 1.2.2, F chuẩn tắc trên K Định lý chứng minh 1.2.2 Mở rộng bậc hai Định nghĩa 1.2.4 Một mở rộng F trường K gọi là mở rộng bậc hai (Mở rộng Pythagore) F = K(u1 ,2 , , un ), đó u21 ∈ K và u2i ∈ K(u1 ,2 , , u1−1 ), (i = 2, , n) Mệnh đề 1.2.5 Bậc [F : K] mở rộng bậc hai là luỹ thừa 2, tức là 2n www.MATHVN.com Lop10.com (12) MATHVN.COM Chứng minh Thật u2 ∈ E và u ∈ / E thì u là nghiệm đa thức bất khả quy x2 − a ∈ E[x] và đó [E(u) : E] = Từ đó, là mở rộng bậc hai K thì dễ dàng chứng minh đẳng thức [F : K] = 2n Mệnh đề 1.2.6 Giả sử F là mở rộng chuẩn tắc trên Kcó bậc [F : K] = 2n , đó F là mở rộng bậc hai trên K Chứng minh Theo giả thiết F là mở rộng Galoa trên K với nhóm Galoa G = G(F/K) có cấp 2n , ta thừa nhận nhóm có cấp là lũy thừa số nguyên tố là giải Như nhóm Galoa G là giải với với dãy giải G = H0 ⊃ H1 ⊃ Hn = {e} mà các thương Hi−1 /Hi là nhóm xiclic cấp Giả sử K = K0 ⊂ K1 ⊂ Kn = F là dãy trường tương ứng trường F ta có [Ki : Ki−1 ] = ⇒ Ki = Ki−1 (ui ) với ui là nghiệm đa thức x2 − a ∈ Ki − 1[x] điều này chứng tỏ F là mở rộng bậc hai trên K Mệnh đề 1.2.7 Mọi mở rộng bậc hai F trên K chứa mở rộng bậc hai chuẩn tắc Chứng minh Giả sử F là mở rộng bậc hai chuẩn tắc trên K, đó theo Mệnh đề 1.2.5 [F : K] = 2n Bây ta chứng minh mệnh đề quy nạp theo n 10 www.MATHVN.com Lop10.com (13) MATHVN.COM Với n = thì F = K(u) với u2 = K Rõ ràng F là trường nghiệm đa thức x2 − a ∈ K[x] nên F chuẩn tắc trên K Với n > 1, giả sử F = K(u1 , u2 , , un )với u21 ∈ K và u2i ∈ K(u1 , u2 , , ui−1 ), i = 1, , n Khi đó 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 trên trường K, u2 ∈ E và E chuẩn tắc trên K nên E có phân tích f (x) = (x − c1 ) (x − cm ) đó c1 = u2 ,Đặt g(x) = f (x2 ) thì g(u) = Gọi F là trường nghiệm g(x) trên E Do g(x) ∈ K[x] nên theo Bổ đề 1.2.2 ta có F là chuẩn tắc trên K, ngoài F ⊂ F , (F = E(u)) Sau cùng ta có F = E(γ1 , , γm ) đó γi2 = ci Do γi2 ∈ E nên γ ∈ E(γ1 , , γi−1 ) Như F là mở rộng bậc hai củaE và đó là mở rộng bậc hai K 11 www.MATHVN.com Lop10.com (14) MATHVN.COM Chương ÁP DỤNG LÝ THUYẾT GALOA TRONG PHÉP DỰNG HÌNH Trong chương này, chúng tôi sử dụng lý thuyết mở rộng trường để tìm câu trả lời cho bài toán dựng hình xuất thời Hy Lạp cổ đại và xét bài toán dựng đa giác n-cạnh thước kẻ và compa Ba bài toán dựng hình cổ điển đó là: • Bài toán chia ba góc: Chia góc thành ba phần • Bài toán gấp đôi hình lập phương: Dựng hình lập phương có thể tích gấp hai lần thể tích hình lập phương cho trước • Bài toáncầu phương đường tròn: Dựng hình vuông có diện tích diện tích hình tròn cho trước 2.1 Khái niệm và tính chất điểm và số dựng Định nghĩa 2.1.1 Trong mặt phẳng R2 cho điểm P0 (0; 0), P1 (1; 0) Một điểm P ∈ R2 gọi là dựng thước kẻ và compa tồn tai dãy hữu hạn P0 , P1 , , Pn cho P = Pn và với j ≥ điểm Pj xác định từ Sj−1 = {P0 , P1 , , Pj1 } ba phép dựng sau Giao hai đường thẳng phân biệt, đó đường thẳng qua điểm Sj−1 Giao đường thẳng qua hai điểm Sj−1 và đường tròn có tâm điểm Sj−1 có bán kính khoảng cách hai điểm Sj−1 Giao hai đường tròn phân biệt, đó đường tròn có tâm điểm Sj−1 có bán kính khoảng cách hai điểm Sj−1 12 www.MATHVN.com Lop10.com (15) MATHVN.COM Định nghĩa 2.1.2 Một đường thẳng gọi là dựng nó qua hai điểm dựng được, đoạn thẳng gọi là dựng nó qua hai điểm dựng được, đường tròn gọi là dựng nó có tâm là điểm dựng và có bán kính khoảng cách hai điểm dựng Một số thực x gọi là dựng (bằng thước kẻ và compa) (x; 0) ∈ R2 dựng được, Khi đó độ dài đoạn thẳng dựng là số thực dựng Một góc β gọi là đựng cosβ là số thực dựng Mệnh đề 2.1.3 Điểm (a, b) dựng và a, b dựng Chứng minh Nếu a, b dựng được, tức là các điểm (a, 0), (b, 0) dựng được, suy (0, b) dựng Điểm (a, b) dựng vì nó là điểm thứ hình bình hành có điểm (0, 0), (a, 0), (0, b) dựng Ngược lại (a, b) là điểm dựng được, xét hai đường tròn tâm (0, 0) và (1, 0) qua (a, b) Giao điểm chúng là (a, b) và (a, −b), đường thẳng qua hai điểm này cắt trục hoành (a,0) nên (a,0) không dựng Điểm (0,b) dựng vì nó là 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 các số dựng là trường trường R, Hơn √ nữa, c dựng và c > thì c dựng Chứng minh Gọi E là tập tất các số dựng được, cho a, b ∈ E ta có −a ∈ E, ngoài (a, 0) và (b, 0) dựng được, điểm Q = ( a+b , 0) dựng Giao điểm trục hoành và đường tròn tâm Q qua (0, 0) là (a + b, 0) đó a + b dựng Để chứng minh ab ∈ E, ta cần xét trường hợp ab 6= và b 6= Do (b−1) dựng nên điểm (0, b − 1) dựng được, đó (a, b − 1) dụng Giao điểm đường thẳng qua (0, b) và (a, b − 1) với trục hoành là điểm (ab, 0) Vậy (ab) dựng Ta chứng minh a−1 ∈ E, a 6= Do a ∈ E ta có − a ∈ E, hay 13 www.MATHVN.com Lop10.com (16) MATHVN.COM điểm (0, − a) dựng được, đó điểm (1,1-a) dựng Đường thẳng qua (0, 1) và (1, − a) cắt trục hoành (a−1 , 0) Vậy a−1 ∈ E Điều này suy E là trường Cho c ∈ E và c > 0, 12 (1 − c) là dựng được, điểm Q(0, 1−c ) dựng Đường tròn tâm Q qua (0,1) cắt trục hoành hai điểm có tọa độ (u, 0) và (−u, 0) với u > Theo định lý Pythagore, ta có u2 + 14 (1 − c)2 = 14 (1 + c)2 , √ √ suy u2 = c đó u = c, c dựng Định lý 2.1.5 Cho P = (α, β) ∈ R2 , là điểm dựng được, đó [Q(α, β) : Q] = 2r , với r ∈ N Chứng minh ChoP0 , P1 , , Pn là dãy hữu hạn các điểm dựng Đặt K0 = K1 = Q và Kj = Kj−1 (αj , βj ), với ≤ j ≤ n và Pj = (αj , βj ) Dễ dàng thấy các số thực αj , βj là nghiệm đa thức bậc bậc có hệ tử trongKj−1 Do đó [Kj : Kj−1 ] = 2t với t ∈ N suy [Kn : Q] = [Kn : Q(α, β)][Q(α, β) : Q] = 2m ,với m ∈ N, Do đó Q(α, β) : Q] = 2r , n ∈ N Hệ 2.1.6 Nghiệm đa thức p(x) bất khả quy trên trường K là dựng thước và compa và bậc trường nghiệm E đa thức p(x) trên K là lũy thừa Chứng minh Thật vậy, nghiệm x0 p(x) là dựng thước và compa thì nó chứa mở rộng bậc hai F K và đó chứa mở rộng bậc hai chuẩn tắc F vì trường nghiệm E chưa F và [F : K] = 2n nên [E : K] = 2m Điều ngược lại hiển nhiên 2.2 Một số bài toán áp dụng 2.2.1 Bài toán 1: Chia ba góc Cho góc α, hãy dựng góc α3 Giải 14 www.MATHVN.com Lop10.com (17) MATHVN.COM Đặt a = cos α và ta có u là nghiệm phương trình 4x3 − 3x = a Đặt x = z ta đưa phương trình trên dạng f (x) = z − 3z − là bất khả quy trên Q = Q(1) Giả sử f (z) bất khả quy trên Q(a) Gọi v là nghiệm f (z) và F là trường nghiệm nó ta có dãy mở rộng trường Q(a) ⊂ Q(a, v) ⊂ F Từ đó [F : Q] = [F : Q(a, v)][Q(a, v) : Q(a)] Bởi vì [Q(a)(v) : Q(a)] = nên [F : Q(a)] 6= 2m Do đó cos α3 là không dựng , nghĩa là 2.2.2 α là không dựng Bài toán 2: Gấp đôi hình lập phương Hãy dựng cạnh hình lập phương có thể tích gấp đôi thể tích hình lập phương đơn vị Giải Gọi a là cạnh hình lập phương cần dựng Thế thì a là nghiệm đa thức x3 − Đa thức này bất khả quy trên Q Gọi α là nghiệm, còn F là trường nghiệm đa thức này ta có dãy mở rộng trường Q ⊂ Q(α) ⊂ F Từ đó [F : Q] = [F : Q(α)][Q(α) : Q] Bởi vì [Q(α) : Q] = nên [F : Q] 6= 2m Điều này chứng tỏ bài toán không giải 15 www.MATHVN.com Lop10.com (18) MATHVN.COM 2.2.3 Bài toán 3: Cầu phương đường tròn Dựng hình vuông có diện tích diện tích hình tròn có bán kính 1(Nói √ cách khác là dựng điểm ( π, 0) R2 ) Giải √ √ Vì ( π là siêu việt trên Q nên [Q( π) : Q] = ∞, đó áp dụng Định lý 2.1.5 √ ta suy không dựng điểm ( π, 0) R2 Vậy không thể dựng hình vuông có diện tích hình tròn có bán kính cho trước 2.2.4 Bài toán 4: Chia đường tròn thành n phần Để giải bài toán này trước hết ta chứng minh bổ đề sau Bổ đề 2.2.1 Nếu n = p.q, (p, q) = thì đường tròn chia thành n phần và nó chia thành p, q phần Chứng minh (⇒) Giả sử chia đường tròn thành n phần nhau, tức là dựng cung 2πR n Khi đó ta có thể viết p và vì các cung 2πR 2πR , q p = q n1 và q = p n1 là dựng (⇐) Giả sử đường tròn chia thành p, q phần Do p và q nguyên tố cùng nên tồn các số nguyên u, v cho up + vq = Từ đó chia hai vế đẳng thức ta 1 =u +v n q p Điều này chứng tỏ cung 2πR n là dựng Trở lại bài toán, không làm tính tổng quát ta giả sử đường tròn có bán kính R = Để chia đường tròn thành n phần ta cần dựng cos 2π n 16 www.MATHVN.com Lop10.com (19) MATHVN.COM thay cho góc 2π n Gọi ζ là 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 đó cos 2π = (ζ + ζ −1 ) ∈ Q(ζ + ζ −1 ) = Q0 n Bởi theo Mệnh đề 1.2.5 ta có cos 2π dựng và n [Q0 : Q] = 2r Mặt khác ta có [Q(ζ) : Q(ζ + ζ −1 )] = vì ζ và ζ −1 là các nghiệm đa thức trên Q(ζ + ζ −1 ): x2 − (ζ + ζ −1 )x + Do đó [Q(ζ) : Q] = 2[Q(ζ) : Q0 ] Do nhận định vừa nêu trên ta thấy đẳng thức [Q(ζ) : Q] = 2m là điều cần và đủ để dựng cos 2π n Với khảo sát trên ta có thể chứng minh mệnh đề sau Mệnh đề 2.2.2 Đường tròn có thể chia thành n phần thước kẻ và compa và chi n có dạng n = 2k q1 qs r đó k là số tự nhiên, còn qi là số nguyên tố lẻ dạng 22 + (số nguyên tố Phecma) 17 www.MATHVN.com Lop10.com (20) MATHVN.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 trên bài toán là giải và q k−1 (q − 1) = 2m Nếu q 6= thì đẳng thức trên xảy k = và q = 2m + Nếu m = ab ,b lẻ thì q = (2a )b + = (2a + 1).M, M > r Điều này trái với giả thiết q nguyên tố Vậy m = 2r và đó q = 22 + 2.3 Một vài phép dựng hình cụ thể 2.3.1 Dựng đa giác cạnh Bài toán có nghĩa là chia đường tròn thành năm phần Để làm điều đó ta cần dựng đoạn thẳng có dộ dài cos 2π thay cho góc Gọi ζ là nguyên thủy bậc đơn vị ta có ζ = cos 2π 2π + i sin , i2 = −1 5 và cos 2π ζ + ζ −1 = Ta cần tìm mở rộng bậc hai chứa cos 2π Xét dãy các mở rộng trường Q ⊂ Q ζ + ζ −1 ⊂ Q (ζ) = R5 Đa thức xác định ζ trên Q là F5 (x) = x4 + x3 + x2 + x + 18 www.MATHVN.com Lop10.com 2π (21)