Lý thuyết galois

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA TỐN KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP TÊN KHĨA LUẬN: LÝ THUYẾT GALOIS GVHD : Th.s Nguyễn Viết Đức Sinh viên : Nguyễn Đắc Lấn Lớp : 16CTUDE Đà Nẵng – Năm 2020 MỤC LỤC PHẦN GIỚI THIỆU 1 Tiểu sử Evariste Galois Lý thuyết Galois lời tổng kết Mục đích khóa luận Lời cảm ơn .3 PHẦN NỘI DUNG CHƯƠNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Nhóm 1.2 Đồng cấu nhóm 1.3 Nhóm 1.4 Liên hợp nhóm chuẩn tắc .5 1.5 Nhóm thương .5 1.6 Vành đa thức 1.7 Nhóm đối xứng 1.8 Đa thức đối xứng .7 1.9 Nhóm giải nhóm đơn CHƯƠNG MỞ RỘNG TRƯỜNG 10 2.1 Mở rộng trường bậc mở rộng trường .10 2.2 Trường nguyên tố trường nguyên tố 12 2.3 Mở rộng đơn 14 CHƯƠNG LÝ THUYẾT GALOIS 21 3.1 Tự đẳng cấu trường 21 3.2 Nhóm Galois 23 3.3 Đa thức tách được, mở rộng tách .24 3.4 Các tính chất nhóm Galois .26 3.5 Sự tương ứng nhóm trường 31 3.6 Tiêu chuẩn giải thức phương trình đại số 32 CHƯƠNG ỨNG DỤNG LÝ THUYẾT GALOIS TRONG PHÉP DỰNG HÌNH 4.1 Khái niệm tính chất điểm số dựng 38 4.2 Một số toán áp dụng 40 4.2.1 Bài toán 1: Chia ba góc 40 4.2.2 Bài toán : Gấp đôi khối lập phương 41 4.2.3 Cầu phương đường tròn 41 4.2.4 Bài toán 4: Chia đường tròn thành n phần 41 4.3 Một vài phép dựng hình cụ thể 43 4.3.1 Dựng đa giác cạnh 43 4.3.2 Dựng đa giác 15 cạnh 45 KẾT LUẬN 46 TÀI LIỆU THAM KHẢO 47 PHẦN GIỚI THIỆU Tiểu sử Evariste Galois Evariste Galois ( 25 tháng 10 năm 1811 – 31 tháng năm 1832) thiên tài toán học người Pháp đoản mệnh, cơng trình tốn học ơng để lại đề tài quan trọng cho việc tìm nghiệm phương trình đa thức bậc cao thơng qua việc xây dựng lý thuyết nhóm trừu tượng mà ngày gọi lý thuyết nhóm Galois, nhánh quan trọng đại số trừu tượng Galois người dùng từ groupe (nhóm) thuật ngữ toán học để biểu thị cho nhóm hốn vị Ơng chết đấu súng 21 tuổi (Trích Wikipedia) Lý thuyết Galois lời tổng kết Đại số cổ điển tìm cách giải phương trình “đại số” 𝑎𝑛 𝑥 𝑛 + 𝑎𝑛−1 𝑥 𝑛−1 + ⋯ + 𝑎0 = 0, có hệ số thực phức, cơng thức tường minh Trường hợp phương trình bậc hai, cơng thức quen thuộc cho nghiệm phương trình nhờ số bậc hai Đối với phương trình bậc ba bậc 4, có cơng thức tương tự dùng đến số bậc cao hơn, phần giải chi tiết phương trình bậc nhất, bậc hai, bậc ba, bậc bốn có phần sau Cịn cố gắng thử giải phương trình bậc năm tổng quát thức xác nhận khơng có kết lý thuyết Galois điều Lý thuyết Galois lý thuyết đẹp đẽ đại số, tập hợp nhiều kiến thức phương pháp lĩnh vực toán học khác nhau, nhằm giải toán cổ điển vấn đề quan trọng đại số đại Một ứng dụng chủ yếu lý thuyết Galois giải tốn tìm nghiệm thức phương trình đa thức, đặc biệt phương trình bậc lớn năm khơng thể giải thức điều thú vị khác tốn dựng hình thước kẻ compa Mục đích khóa luận Giải phương trình đại số ( phương trình đa thức) Hệ số ℕ, gọi phương trình Diophantine Hệ số ℚ ( thực chất không liên quan đến bậc phương trình a0 + a1 x + a2 x + + an x n = (*) , (𝑎0 , 𝑎1 , … , 𝑎𝑛 ) ϵ , 𝑎𝑛 ≠ → Quy đồng mẫu số chung (𝑎, 𝑎0 , 𝑎1 , … 𝑎𝑛 ϵ 𝛼= 𝑝 ) ∈ ℚ, (𝑝 𝑞) = 1, 𝑝 𝑞 ∈ 𝑞 q | an 𝛼 nghiệm phương trình (*)   p | a  +) Việc giải phương trình: 𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 𝑥 + ⋯ + 𝑎𝑛 𝑥 𝑛 = ( ) công thức tường minh thu hút nhiều nhà toán học giới, biết phương trình bậc nhất, bậc hai, bậc ba, bậc bốn nghiệm biểu diễn dạng cộng, trừ, nhân, chia thức Cách giải trình bày tóm tắt sau: +) Phương trình bậc nhất: ax + b = 0, a  (1)  x = −b a +) Phương trình bậc hai: ax + bx + c = 0, a  ( )  = b − 4ac  x1,2 = −b   2a +) Phương trình bậc ba: ax3 + bx + cx + d = 0, a  ( 3) Đặt y = x + b 3a (3)⇔ y3 + py + q = ( ẩn y ) (3.1) ⇔ ( u + v ) + p ( u + v ) + q = 0, y = u + v ⇔ ( u3 + v3 + q ) + ( u + v )( p + 3uv ) = u + v3 = −q   Chọn u , v thỏa mãn:  −p u v =   u + v3 = −q   3 − p3 u v = 27  ⇒ u , v3 nghiệm phương trình: T + qT − p3 = có hai nghiệm là: 27 p3 −q  q + 27 = − q  q + p Theo Cardano nghiệm phương trình bậc 2 27 ba là: − q q p3 q q p3 + + + − − + 27 27 +) Phương trình bậc bốn: ax + bx3 + cx + dx + e = 0, a  (4) Đặt y = x + b  y + Ay + By + C = 4a  y = − ( Ay + By + C ) , Chọn u: y + 2uy + u = ( A + 2u ) y + By + C + u cho vế phải bình phương  B2 = ( A + 2u ) ( C + u ) ↑ (phương trình bậc ba ẩn u  u (thể cộng, trừ, nhân, chia, thức) Còn cố gắn thử giải phương trình bậc tổng quát nhân, chia, cộng, trừ thức xác định kết Các lý E.Galois phát thơng qua việc xây dựng lý thuyết nhóm trừu tượng mà ngày gọi lí thuyết Galois, nhánh quan trọng đại số trừu tượng Lời cảm ơn Nhân em xin chân thành cảm ơn thầy giáo Nguyễn Viết Đức, người giới thiệu em lý thuyết hổ trợ nhiệt tình buổi sermina để em hồn thành khóa luận Em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến tất thầy giáo tận tình giảng dạy, giúp đỡ em suốt thời gian học tập Khoa Toán – Trường Đại Học Sư Phạm, Đại Học Đà Nẵng Khóa luận khơng thể tránh khỏi thiếu sót nội dung cách trình bày Em mong muốn quý thầy người đọc đóng góp ý kiến để khóa luận hoàn chỉnh Đà Nẵng, tháng năm 2020 Sinh Viên Nguyễn Đắc Lấn PHẦN NỘI DUNG CHƯƠNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Nhóm Định nghĩa 1.1.1 Một nhóm cặp (G, ) G tập hợp không rỗng luật hợp thành G ,thỏa mãn ba điều kiện sau đây: i Luật hợp thành kết hợp, tức ( x y) z = x ( y z ) , với x, y, z  G ii Có phần tử e  G , gọi phần tử trung lập, có tính chất x e = e x = x, với x  G iii Với x  G , có phần tử x '  G, gọi nghịch đảo x, cho: x x' = x' x = e Định nghĩa 1.1.2 Nhóm (G, ) gọi giao hoán (hay abel ) x y = y x, với x, y  G Ví dụ 1.1.1 Tập hợp số nguyên với phép tốn cộng thơng thường nhóm giao hốn mà ta gọi nhóm cộng số nguyên Cũng ta có nhóm cộng số hữu tỉ, nhóm cộng số thực, nhóm cộng số phức Ví dụ 1.1.2 Tập hợp S n phép {1,2,…,n} với tích phép nhóm hữu hạn, khơng giao hốn với n  1.2 Đồng cấu nhóm Định nghĩa 1.2.1 Giả sử G G ' nhóm (với luật hợp thành theo lối nhân) Một ánh xạ 𝜑: G → G ' gọi đồng cấu nhóm 𝜑(𝑥𝑦) = 𝜑(𝑥)𝜑(𝑦), với x, y  G Ví dụ 1.2.2 Các phép bao hàm    đồng cấu nhóm cộng 1.3 Nhóm Định nghĩa 1.3.1 Giả sử G nhóm Một tập khơng rỗng S  G gọi nhóm G S khép kín với luật hợp thành G (tức xy  S với x, y  S ) khép kín phép lấy nghịch đảo G (tức x −1  S với x  S ) Kí hiệu S G Ví dụ 1.3.2 a) Mỗi nhóm cộng sau nhóm nhóm đứng sau:    b) Nhóm đối xứng S n nhóm nhóm S m với n  m 1.4 Liên hợp nhóm chuẩn tắc Định nghĩa 1.4.1 Ánh xạ ca : G → G cho công thức 𝑐𝑎 (𝑥) = 𝑎𝑥𝑎−1 gọi phép liên hợp xác định a Phần tử 𝑎𝑥𝑎−1 gọi liên hợp với 𝑥 a Định nghĩa 1.4.2 Nhóm S nhóm G gọi nhóm chuẩn tắc G bất biến tự đẳng cấu G, tức 𝑐𝑎 (𝑆) = 𝑆 ∀𝑎 ∈ 𝐺 kí hiệu là: S G 1.5 Nhóm thương Định nghĩa 1.5.1 Nếu K nhóm chuẩn tắc G G / K với phép nhân lập thành nhóm Nhóm G / K gọi nhóm thương G theo nhóm chuẩn tắc K 1.6 Vành đa thức Cho A vành giao hốn có đơn vị  Kí hiệu A[ x] vành đa thức biến x siêu việt có hệ tử A Một đa thức f = a0 + a1 x + + an x  A [ x], an  gọi có bậc n, kí hiệu deg( f ) Khi vành A chứa A [ x] vành Mệnh đề 1.6.1 Cho vành đa thức A [ x] R vành giao hoán chứa A vành con, cho   R Khi tồn đồng cấu vành  từ A[ x] vào R thỏa:  ( x) =   (a) = a, a  A Mệnh đề 1.6.2 Cho f , g  D [x] với D miền nguyên g  có hệ tử dẫn đầu khả nghịch Tồn q, r  D [x] cho f = gq + r với r = hay deg(r )  deg( g ) Đa thức q (tương ứng r ) gọi thương (tương ứng dư) phép chia (Euclid) f cho g Vành đa thức trường đóng vai trò đặc biệt quan trọng Lý thuyết mở rộng trường Galois, nên suốt viết tơi kí hiệu F trường khơng giải thích thêm Hệ 1.6.3 Mọi ideal F[ x] ideal Hơn ideal ( f )  F[ x] tối đại f bất khả quy Hệ 1.6.4 Cho f , g  F[ x] Ký hiệu d = ( f , g ) Khi tồn đa thức s, t  F[ x] cho sf + tg = d Mệnh đề 1.6.5 Cho f  [x] bất khả quy Khi f bất khả quy Định nghĩa 1.6.6 Cho D miền nguyên Gauss Một đa thức thuộc vành D[x] gọi chuẩn tắc hệ tử dẫn đầu f Mệnh đề 1.6.7 Cho f  [x] đa thức chuẩn tắc Nếu g  [x] ước chuẩn [x] g  [x] tắc f Mệnh đề 1.6.8 Cho f = axnn + + a0  [x] Nếu tồn số nguyên tố 𝑝 cho: 𝑝 ∤ 𝑎𝑛 , 𝑝|𝑎𝑖 , ∀ 𝑖 = 0, … , 𝑛 − 𝑝2 ∤ 𝑎0 f bất khả quy [x] (Tiêu chuẩn bất khả quy Eisenstein) Mệnh đề 1.6.9 Cho f = a0 + + an xn  [x] Nếu phần tử r  s nghiệm f r | a0 s | an Xét vành thương vành [x] → m Toàn cấu tắc → m mở rộng tầm thường thành tồn cấu [x] biến f = a n x + + a0 thành f := an x n + + a0 n m Mệnh đề 1.6.10 Cho f  [x] Nếu tồn số nguyên tố p không chia hết hệ tử cao f f bất khả quy p [x] f bất khả quy [x] 1.7 Nhóm đối xứng Định nghĩa 1.7.1 Nhóm đối xứng S n - Nhóm đối xứng S n nhóm hốn vị n phần tử tập  = {1, , n} , có cấp n! Mỗi phần tử S n gọi phép Nhóm đối xứng S n với n  nhóm khơng giao hốn - Một vịng xích  = (a1a2 am ) gồm số tự nhiên phân biệt  biểu diễn phép S n xác định  (ai ) = +1 với  i  m − 1,  (am ) = a1 giữ nguyên phần tử lại  - Vịng xích  gọi có độ dài m chứa m phần tử Hai vịng xích gọi độc lập chúng khơng có phần tử chung Tích hai vịng xích độc lập có tính giao hốn Mệnh đề 1.7.2 Mọi phép biểu diễn cách (sai khác thứ tự) dạng tích vịng xích độc lập Biểu diễn gọi biểu diễn vịng xích phép Ví dụ 1.7.3 Phép (14 )  S6 viết thành tích xích 𝛼 = (5) (3,6) (1,4,2) Chú ý: Để cho gọn, viết phép thành tích xích ta bỏ qua xích có độ dài Như ví dụ 1.6.1 viết thành 𝛼 = (3,6) (1,4,2) 1.8 Đa thức đối xứng Định nghĩa 1.8.1 Đa thức f  R [X1 , , X n ] gọi đối xứng f ( X1 , , X n ) = f ( X  (1) , , X  ( n) ), với   S n Trong S n nhóm đối xứng n phần tử Định lí 1.8.2 (Định lí đa thức đối xứng) Giả sử R miền nguyên, f  R[X , , X n ] đa thức đối xứng Khi đó, tồn f ( X , , X n ) = g ( s1 ( X , , X n ), , sn ( X , , X n )) Ta thừa nhận không chứng minh định lí 1.9 Nhóm giải nhóm đơn 1.9.1 Nhóm giải Định nghĩa 1.9.1.1 Cho G nhóm nhân Dãy chuẩn tắc G dãy hữu hạn nhóm phân biệt = G0 G1 G n = G , (*) nghĩa G i nhóm chuẩn tắc G i+1 , với i = 0, , n − Các nhóm thương G i +1 / G i , với i = 0, , n − 1, gọi thành phần dãy chuẩn tắc (*) Dãy (*) gọi dãy hợp thành G G i nhóm chuẩn tắc tối đại G i+1 , nghĩa có N G i+1 N chứa G i G i = N hay N = G i+1 , với i = 0, , n − Định nghĩa 1.9.1.2 Một nhóm G gọi giải tồn dãy chuẩn tắc (*) cho G i +1 / G i , nhóm aben, với i = 0, , n − Nhận xét 1.9.1.3 Mọi nhóm aben giải Ví dụ 1.9.1.4 S nhóm giải Vì S3 = G  A3  {e} dãy aben S nhóm giải Vì S = G  A  {e} dãy aben Mệnh đề 1.9.1.5 Cho G nhóm i) Nếu G giải nhóm H G giải ii) Nếu N G G giải G / N giải iii) Nếu tồn nhóm chuẩn tắc N G cho N G / N giải G giải 33 Với định nghĩa phương trình giải ta có tiêu chuẩn giải thức phát biểu qua định lý sau Định lý 3.6.2 Giả sử f ( x) đa thức bất khả quy trường K (có đặc số 0), E trường nghiệm f ( x) với nhóm Galois G Khi phương trình f ( x) = giải thức nhóm Galois G( E / K ) giải Hơn tồn mở rộng K chứa nghiệm f ( x) Chứng minh Giả sử x0 nghiệm phương trình f ( x) = Theo định nghĩa x0 thuộc mở rộng F K , thu dãy mở rộng liên tiếp K = K0  K1   K s = F , Trong Ki = Ki −1 (i ), in =  Ki −1 ,1  i  s Suy F chứa mở rộng i chuẩn tắc F K Do tính chuẩn tắc F nên F chứa phần tử liên hợp với x0 , tức chứa nghiệm f ( x) Vì nhóm Galois mở rộng chuẩn tắc trường sở K nhóm giải nên nhóm Galois G ( F / K ) giải Gọi E chuẩn tắc K nhóm Galois trường chuẩn tắc mở rộng chuẩn tắc nhóm giải nên nhóm Galois G = G( E / K ) giải Để thuận tiện, E trường nghiệm đa thức f ( x) K ta gọi nhóm Galois mở rộng E K nhóm Galois f ( x) Định lý 3.6.3 Cho f ( x) đa thức bất khả quy trường K (có đặc số 0) Nếu nhóm Galois đa thức f ( x) giải phương trình f ( x) = giải thức Chứng minh Gọi F trường nghiệm đa thức f ( x)  K[ x] Do nhóm Galois G = G( F / K ) giải nên có dãy giải G = G0  G1   Gs = E Tương ứng với dãy trường K = K0  K1   K s = F (*') Trước hết chứng minh trường nghiệm F chứa mở rộng K quy nạp theo độ dài s dãy (*') Trường hợp s = Khi F mở rộng chuẩn tắc K với nhóm Galois G xyclic cấp m 34 F = F ( ) Xét mở rộng đơn Trong  nguyên thủy bậc m đơn vị Ta thấy F chuẩn tắc K Khi tương ứng   ' =  |F Cho ta đẳng cấu nhóm Galois G( F ( ) / K ( )) với nhóm nhóm Galois G( F / K ) Theo giả thiết G( F / K ) xyclic nên nhóm G( F ( ) / K ( )) xyclic cấp n, ước m Mọi nguyên thủy bậc n lũy thừa  , thuộc vào K ( ) Suy F mở rộng đơn K ( ) F mở rộng chuẩn tắc K Trường hợp s  Giả sử nhóm G f ( x)  K[ x] có dãy giải (*') với độ dài s Gọi K1 trường ứng với nhóm G1 , K  K1 = F G1  F , Do G1 chuẩn tắc G = G0 nên K1 chuẩn tắc K nhóm Galois G ( K1 / K ) đẳng cấu với nhóm thương nhóm G xyclic Bởi theo trường hợp trên, K1 chứa mở rộng chuẩn tắc K = K1 ( ) với  nguyên thủy bậc m Đặt F ' = F ( ) Khi F ' chuẩn tắc K1 nhóm Galois G( F ( ) / K1 ( )) Là đẳng cấu với nhóm G ( F / K1 ) = G1 có dãy giải với độ dài  s − Bởi theo giả thiết quy nạp mở rộng F ( ) K1 ( ) chứa mở rộng chuẩn tắc F Từ suy F mở rộng K Vậy phương trình f ( x) giải Ví dụ 3.6.4 Xét đa thức bất khả quy x −  [x] Trong trường nghiệm F đa thức có bốn nghiệm 𝛼 = √3 , −𝛼 , 𝑖𝛼 , −𝑖𝛼 (𝑖 = −1) Từ F = Q( , − , i , −i ) = Q( , i) Trong F có dẫy mở rộng trường Q  Q( )  F Và ta có hạng tử mở rộng nói K0 = , K1 = K (1 ), K1 ( ) = F , với 14 = 3, 22 = −1 35 Định nghĩa 3.6.5 Cho F mở rộng trường K Các phần tử u1 , , un  F gọi độc lập đại số K không tồn đa thức khác không P  K [ x1 , , xn ] cho P(u1 , , un ) = Định nghĩa 3.6.6 (phương trình tổng quát bậc n ) Cho A trường tất đại số u1 , , un n số thực độc lập đại số A Khi đó, phương trình f ( x) = ( x − u1 )( x − u2 ) ( x − un ) = , gọi phương trình tổng quát bậc n A Định lý 3.6.7 Với số nguyên n  phương trình tổng quát bậc n có nhóm Galois nhóm đối xứng Sn Chứng minh Gọi A trường tất số đại số Lấy n số thực độc lập đại số A : u1 , u2 , , u n , xét mở rộng F = A(u1 , u2 , , un ) Xét đa thức f ( x) = ( x − u1 )( x − u2 ) ( x − un ) = xn −  x n−1 +  xn − + + (−1) n  n , Trong  = u1 + u2 + + un  = u1u2 + u2u3 + + un −1un  n = u1u2 un Đặt K = A( ,  , ,  n ), Thế K  F , f ( x)  K [ x] F trường nghiệm f ( x) Bây ta chứng tỏ G( F / K ) = Sn , nhóm đối xứng S n nhóm tất song ánh từ tập hợp gồm n phần tử tới Do f ( x) đa thức tách nên tự đẳng cấu thuộc G cho ta phép tập nghiệm xi , tức phần tử S n Ngược lại, phép nghiệm xi giữ bất động  i (i = 1, 2, , n) giữ bất động phần tử thuộc K Bởi tự đẳng cấu F cảm sinh phép K − tự đẳng cấu, tức tự đẳng cấu thuộc G Định lý 3.6.8 Nhóm đối xứng S n giải n  36 Chứng minh – Với n = S nhóm giải với dãy giải S2  {e} - Với n = S3 nhóm giải với dãy giải S3  A3  {e}, Trong 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 2,3 - Với n = S có dãy giải S4  A4  B4  C  {e} Trong A4 nhóm thay phiên, cịn B4 = {e, (12)(34), (13)(24), (14)(23)} C hóm có cấp B4 Do nhóm A4 có số nhóm S nên nhóm thương dãy nhóm xyclic có cấp tương ứng 2,3,2,2 Định lí 3.6.9 Nhóm đối xứng S n với n  không giải Chứng minh (Ta chứng minh phản chứng) Giả sử , nhóm S n với n  giải với dãy giải G = H  H1   H s = {e} Ta chứng minh quy nạp theo s H s chứa 3-vịng xích Ta có nhận xét sau:  ,  H s −1   =  −1 −1  H s Thật vậy, gọi H 's −1 nhóm H s −1 sinh tất giao hoán tử dạng  −1 −1 , với  ,  H s −1 Do thương H s −1 / H s nhóm abel nên H 's −1  H s ta có nhận xét Do n  nên với 3-vịng xích (i j k ) tìm hai số tự nhiên  r  m  n khác với i, j , k Ta đặt  = (r j i),  = (m k i) Ta  −1 −1 = (i j r )(i k m)(r i j )(m k i ) = (i j k ) Theo giả thiết quy nạp 3-vịng xích  = (r j i), = (m k i) thuộc vào H s −1 , theo nhận xét (i j k )  H s 37 Hiển nhiên, H s chứa 3-vịng xích H s  {e} Điều mâu thuẫn chứng tỏ S n nhóm khơng giải Hệ 3.6.10 (Định lý Aben ) Với số tự nhiên n  tồn phương trình đại số thực bậc n khơng giải thức Ví dụ 3.6.11 Đa thức f ( x) = x5 − 10 x + không giải thức Chứng minh Gọi N trường nghiệm f ( x) = x5 − 10 x + Trên 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  N , hoán đổi hai nghiệm a, b giữ cố định ba nghiệm thực lại Như  ứng với phép chuyển trí nhóm đối xứng S5 Mặt khác ta có | G |= [N : ] = [N : ( a)][ ( a) : ] = [N : (a)].5 Cấp G chia hết ta chứng minh G tồn phần tử cấp Suy nhóm G đồng với nhóm S5 chứa 5-vịng xích phép chuyển trí Suy G S5 , f ( x) khơng giải thức 38 CHƯƠNG ỨNG DỤNG LÝ THUYẾT GALOIS TRONG PHÉP DỰNG HÌNH Trong chương này, tơi sử dụng lý thuyết mở rộng trường để tìm câu trả lời cho tốn 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 tốn cầu phương đường trịn: Dựng hình vng có diện tích diện tích hình trịn cho trước 4.1 Khái niệm tính chất điểm số dựng Định nghĩa 4.1.1 Trong mặt phẳng cho hai điểm P0 (0;0), P1 (1;0) Một điểm P gọi dựng thước kẻ compa tồn dãy hữu hạn P0 , P1 , , Pn cho  P = Pn với j  điểm Pj xác định từ S j −1 = P0 , P1 , , Pj1  ba phép dựng sau Giao hai đường thẳng phân biệt, đường thẳng qua điểm S j −1 Giao đường thẳng qua hai điểm S j −1 đường trịn có tâm điểm S j −1 có bán kính khoảng cách hai điểm S j −1 Giao hai đường trịn phân biệt, đường trịn có tâm điểm S j −1 có bán kính khoảng cách hai điểm S j −1 Định nghĩa 4.1.2 Một đường thẳng gọi dựng qua hai điểm dựng được, đoạn thẳng gọi dựng qua hai điểm dựng được, đường trịn gọi dựng có tâm điểm dựng có bán kính khoảng cách hai điểm dựng Một số thực x gọi dựng ( thước kẻ compa) ( x;0)  dựng được, độ dài đoạn thẳng dựng số thực dựng Một góc  gọi dựng cos số thực dựng Mệnh đề 4.1.3 Điểm ( a, b ) dựng a, b dựng 39 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, ) qua ( a, b ) Giao điểm chúng ( a, b ) ( a, −b ) , đường thẳng qua hai điểm cắt trục hoành ( a,0 ) nên ( a,0 ) không 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 4.1.4 Tập tất số dựng trường trường c dựng c  , Hơn nữa, c dựng Chứng minh Gọi E tập hợp tất số dựng được, cho a, b  E ta có −a  E ,  a+b  ,0  dựng Giao ( a,0 ) ( b,0 ) dựng được, điểm Q =    điểm trục hoành đường tròn 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) dựng 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 điểm ( 0,1 − a ) dựng được, điểm (1,1 − a ) dựng Đường thẳng qua ( 0,1) (1,1 − a ) ( ) cắt trục hoành a −1 ,0 Vậy a−1  E Điều suy E trường  1− c  (1 − c ) dựng được, điểm Q  0,  dựng Đường   tròn tâm Q qua ( 0,1) cắt trục hồnh hai điểm có tọa độ ( u ,0 ) ( −u ,0 ) với u  Cho c  E c  0, Theo định lý Pythagore, ta có u + 1 2 (1 − c ) = (1 + c ) , suy u = c u = c , 4 c dựng Định lý 4.1.5 Cho P = ( ,  )  , điểm dựng được,  ( ,  ) :  = 2r , với r Chứng minh Cho P0 , P1 , , Pn dãy hữu hạn điểm dựng Đặt K = K1 = ( ( ) ) K j = K j −1  j ,  j , với  j  n Pj =  j ,  j Dễ dàng thấy số thực  j ,  j nghiệm đa thức bậc bậc có hệ tử K j −1 Do  K j : K j −1  = 2t với t  suy  K n :  =  K n : ( ,  )  ( ,  ) :  = 2m , với 40 , Do  ( ,  ) :  = 2r , n  Hệ 4.1.6 Nghiệm đa thức p( x) bất khả quy trường K dựng thước kẻ compa bậc trường nghiệm E đa thức p( x) K lũy thừa Chứng minh Thật vậy, nghiệm x0 p( x) dựng thước kẻ m compa chứa mở rộng bậc hai F K chứa mở rộng bậc hai chuẩn tắc F Vì trường nghiệm E chứa F  F : K  = 2n nên  E : K  = 2m Điều ngược lại hiển nhiên 4.2 Một số toán áp dụng 4.2.1 Bài toán 1: Chia ba góc  Cho góc  , dựng góc Giải Đặt a = cos ta có u nghiệm phương trình x3 − 3x = a Đặt x = z ta đưa phương trình dạng: f ( z ) = z − 3z − bất khả quy = (1) Giả sử f ( z ) bất khả quy (a) Gọi v nghiệm f ( z ) F trường nghiệm ta có dãy mở rộng trường (a)  (a, v)  F Từ  F :  =  F : (a, v) Bởi  (a)(v) : (a) = nên F : Do cos  (a, v) : (a) ( a )   2m không dựng được, nghĩa  không dựng 41 4.2.2 Bài tốn : Gấp đơi khối 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 Gọi  nghiệm, F trường nghiệm đa thức ta có dãy mở rộng trường  ( )  F Từ F :  = F : Bởi  ( ) : ( ) ( ) :   = nên  F :   2m Điều chứng tỏ tốn khơng giải 4.2.3 Cầu phương đường trịn Dựng hình vng có diện tích diện tích hình trịn có bán kính ( Nói cách khác dựng điểm ( )  ,0 ) Giải: nên  (  ) :  =  , áp dụng định lý 4.1.2 ta suy Vì (  siêu việt khơng dựng điểm ( )  ,0 Vậy dựng hình vng có diện tích diện tích hình trịn có bán kính cho trước 4.2.4 Bài tốn 4: Chia đường trịn thành n phần Để giải toán trước hết ta chứng minh bổ đề sau Bổ đề 4.2.4.1 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 2 R Khi ta viết n 42 1 1 = q = p q p n n cung ( ) 2 R 2 R , dựng p q Giả sử đường tròn chia thành p, q phần Do p q nguyên tố nên tồn cặp số nguyên u , v cho up + vq = Từ chia hai vế đẳng thức ta 1 =u +v n q p 2 R dựng n Trở lại tốn, khơng làm tính tổng qt ta giả sử đường trịn có bán kính R = 2 2 Để chia đường tròn thành n phần ta cần dựng cos thay cho góc Gọi n n  bậc hai nguyên thủy bậc n đơn vị ta có 2 2  = cos + i sin n n 2 2  −1 = cos − i sin n n Điều chứng tỏ cung Từ 2 = ( +  −1 )  ( +  −1 ) = n 2 Bởi theo Định lý 4.1.2 ta có cos dựng n  :  = 2r cos Mặt khác ta có ( +  ) = nghiệm đa thức ( +  ) :   Vì   −1 ( ) : −1 −1 x2 − ( +  −1 ) x + 43 Do  ( ) :  =  ( ) :  Do nhận định vừa nêu ta thấy đẳng thức  ( ) : điều kiện cần đủ để dưng cos  = 2m 2 n Mệnh đề 4.2.4.2 Đường trịn chia thành n phần thước kẻ compa n có dạng n = 2k q1 qs Trong k số tự nhiên, qi số nguyên tố lẻ dạng 22 + ( số nguyên tố r Phecma) Chứng minh Theo bổ đề ta cần xét trường hợp n = q k Xét trường hợp chia đường tròn Rn = ( ) ,  n = 1, ta có  ( ) :  =  (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 ) + = ( 2a + 1) M , M  b Điều trái với giả thiết q nguyên tố Vậy m = 2r q = 22 + r 4.3 Một vài phép dựng hình cụ thể 4.3.1 Dựng đa giác cạnh Bài tốn có nghĩa chia đường trịn thành phần Để làm điều 2 2 Gọi  bậc hai ta cần dựng đoạn thẳng có độ dài cos thay cho góc 5 nguyên thủy bậc đơn vị ta có  = cos 2 2 + i sin , i = −1 5 44 cos 2 = ( +  −1 ) Ta cần tìm mở rộng bậc hai chứa cos  Đa thức xác định  2 Xét dãy mở rộng trường (  +  )  ( ) = −1 F5 ( x) = x + x + x + x + Từ  ( ) :   −1 ( +  ) :  = =2  Như  +  −1 có đa thức xác định bậc hai, ta tìm đa thức Bởi  thỏa mãn phương trình F5 ( x) =  −1 =  nên ( +  ) −1 = + 2+ = ( −1 −  −  ) +  +  −1 = −1 − ( +  −1 ) Từ suy  +  −1 nghiệm phương trình x2 + x − = Bởi ta có biểu thức cần tìm 2cos 2 −1 + =  +  −1 = 2 sau: Trước hết dựng đường tròn ( O, R = 1) tiếp thực phép dựng: Biểu thức cho ta phép dựng cos Dựng 1 = 12 +   2 45 Dựng đường tròn ( C , BC ) Khi OK = −1 + 2 Chia đôi OK ta OI = cos Cung AM cung cần dựng Hình 4.1: Chia đường tròn phần 4.3.2 Dựng đa giác 15 cạnh Bài tốn có nghĩa chia đường tròn thành 15 phần Ta có 15 =  Khi =  − = − 15 Đẳng thức cho phép ta dựng cung 2 2 2 theo cung 15 46 KẾT LUẬN Qua thời gian tìm hiểu nghiên cứu nhóm Galois, khóa luận hoàn thành đạt mục tiêu nghiên cứu đề tài với kết cụ thể sau: • Tổng quan hệ thống lại cách đầy đủ khái niệm, kết ví dụ mở rộng trường: mở rộng đơn, mở rộng lặp, trường nghiệm đa thức, mở rộng tách được, mở rộng chuẩn tắc, mở rộng Đồng thời rõ mối liên hệ lớp mở rộng • Trình bày cách đầy đủ chi tiết khái niệm kết sở lý thuyết Galois: mở rộng Galois, số đặc trưng quan trọng mở rộng Galois, định lý lý thuyết Galois, nhóm Galois tính giải nhóm Galois đa thức • Trình bày chi tiết chứng minh trường nghiệm đa thức tách trường bất động nhóm Galois đa thức • Giới thiệu số ứng dụng lý thuyết Galois số toán dựng hình cổ điển Trong điều kiện thời gian kiến thức cịn hạn chế nên tơi chưa sâu vào nghiên cứu ứng dụng đối đồng Galois Đó hướng phát triển khóa luận 47 TÀI LIỆU THAM KHẢO Trong nước [1] Hồng Xn Sính, Đại số đại cương, Nhà xuất giáo dục Việt Nam năm 1972 [2] Nguyễn Hữu Việt Hưng, Đại số đại cương, Nhà xuất giáo dục Việt Nam năm 1988 [3] Lê Thanh Hà, Các trường số đại số lý thuyết Galois, Trung tâm đào tạo từ xa Đại học Huế - 1996 [4] Nguyễn Chánh Tú, Lý thuyết mở rộng trường lý thuyết Galois, Đại học sư phạm Huế tháng 12 năm 2006 Nước [1] Dummit D., Foote R., Abstract Algebra, Prentice Hall (1991) [2] Hungerford T., Abstract Algebra, Saunders College Publishing (1990) [3] Jacobson N., Basic Algebra I, Freeman and Company (1974) [4] Milne J.S., Fields and Galois Theory, preprint (2002) [5] Stewart I., Galois Theory, Second edition, Chapman & Hall (1989) [6] Weisstein E., Concise Encyclopedia of Mathematics, Second edition, Wolfram Research, Inc (2002) ... đầy đủ chi tiết khái niệm kết sở lý thuyết Galois: mở rộng Galois, số đặc trưng quan trọng mở rộng Galois, định lý lý thuyết Galois, nhóm Galois tính giải nhóm Galois đa thức • Trình bày chi tiết... cố gắng thử giải phương trình bậc năm tổng quát thức xác nhận khơng có kết lý thuyết Galois điều Lý thuyết Galois lý thuyết đẹp đẽ đại số, tập hợp nhiều kiến thức phương pháp lĩnh vực toán học... [3] Lê Thanh Hà, Các trường số đại số lý thuyết Galois, Trung tâm đào tạo từ xa Đại học Huế - 1996 [4] Nguyễn Chánh Tú, Lý thuyết mở rộng trường lý thuyết Galois, Đại học sư phạm Huế tháng 12