Về bài toán chia đường tròn

1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƢỜNG ĐẠI HỌC VINH PHAN THỊ NGA VỀ BÀI TỐN CHIA ĐƢỜNG TRỊN CHUYÊN NGÀNH: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ Mã số: 60.46.05 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Ngƣời hƣớng dẫn khoa học TS Lê Thị Hoài Thu NGHỆ AN – 2012 MỤC LỤC Trang MỞ ĐẦU CHƢƠNG TRƢỜNG CHIA ĐƢỜNG TRÒN 1.1 Trƣờng nghiệm đa thức 1.2 Trƣờng chia đƣờng tròn CHƢƠNG BÀI TỐN CHIA ĐƢỜNG TRỊN 15 2.1 Định lý Lý thuyết Galois 15 2.2 Tiêu chuẩn giải đƣợc thức 21 2.3 Phép dựng hình thƣớc kẻ compa 23 2.4 Bài toán chia đƣờng tròn 28 KẾT LUẬN 38 TÀI LIỆU THAM KHẢO 39 MỞ ĐẦU Đại số trừu tƣợng, lĩnh vực đƣợc hình thành từ môn đại số quen thuộc để giải phƣơng trình, đƣợc phát triển kỷ XIX Trong lĩnh vực này, lý thuyết đẹp bật Lý thuyết Galois Lý thuyết Galois tạo bƣớc tiến quan trọng phƣơng pháp đƣợc sử dụng kỷ rƣỡi sau để chinh phục phƣơng trình Fermat Nguồn gốc Lý thuyết Galois vấn đề giải phƣơng trình đại số thức Vấn đề thực chất mở rộng trƣờng cách ghép thêm liên tiếp thức Thành tựu E Galois (1811 – 1832) chuyển vấn đề thành nội dung lý thuyết nhóm Tƣ tƣởng E Galois cho tƣơng ứng phƣơng trình đại số với nhóm hữu hạn, sau đƣợc gọi nhóm Galois phƣơng trình Tính chất giải đƣợc nhóm Galois xác định tính giải đƣợc thức phƣơng trình đại số tƣơng ứng Chẳng hạn, nhóm Galois phƣơng trình x5   nhóm xyclic cấp (4 = 22) nhóm giải đƣợc phƣơng trình giải đƣợc thức Trong đó, nhóm Galois phƣơng trình x5  x   nhóm đối xứng S5 Vì nhóm khơng giải đƣợc phƣơng trình x5  x   không giải đƣợc thức Có thể nói, cơng trình xuất sắc kể trên, E Galois ngƣời khởi đầu cho lý thuyết nhóm lẫn lý thuyết đa thức Các nhà tốn học giới ngày coi ơng ngƣời sáng lập đại số cao cấp đại ngƣời xây dựng tảng tốn học đại nói chung [8] Hơn nữa, tốn dựng hình đƣa việc tìm nghiệm phƣơng trình đại số Do đó, phƣơng diện hình học, lý thuyết trƣờng Lý thuyết Galois có liên quan chặt chẽ đến tốn dựng hình thƣớc kẻ compa, đặc biệt “Về toán chia đƣờng trịn” Số Fermat mang tên nhà tốn học Pháp Pierre de Fermat (ngƣời đƣa khái niệm này), nguyên dƣơng có dạng Fn  22  với n số n nguyên không âm Khi nghiên cứu số có dạng 22n + 1, Fermat tính đƣợc với n = 0, 1, 2, 3, số có dạng số ngun tố, từ ơng đƣa dự đốn số có dạng nhƣ số nguyên tố Tuy nhiên đến năm 1732, Euler phủ định dự đoán cách chứng minh F hợp số Gauss có đột phá tốn học ông chứng minh đa giác với số cạnh số nguyên tố Fermat (và đó, đa giác với số cạnh tích số nguyên tố Fermat khác lũy thừa 2) dựng đƣợc compa thƣớc kẻ Đây khám phá quan trọng tốn dựng hình, tốn thu hút quan tâm nhiều nhà toán học từ thời Hy Lạp cổ đại tới Năm 1796 có lẽ năm chứng kiến nhiều phát kiến Gauss nhất, chủ yếu cho ngành lý thuyết số Vào 30 tháng năm đó, ơng tìm thấy cách dựng hình thất thập giác tìm đƣợc cách vẽ đa giác có 17 cạnh thƣớc thẳng compa, cách xem đỉnh đa giác vòng tròn nhƣ nghiệm phƣơng trình phức Năm năm sau, ơng khai triển đƣợc lý thuyết gọi “Chu kỳ Gauss” (Gaussian periods) viết sách Disquisitiones Arithmeticae (Khảo cứu Số học) Lý thuyết giúp ơng tìm đƣợc điều kiện đủ để đa giác vẽ đƣợc thƣớc thẳng compa Gauss cho điều kiện điều kiện cần nhƣng khơng chứng minh Đến năm 1837, Pierre Wantzel chứng minh đƣợc điều kiện Gauss điều kiện đủ Do đó, kết tìm đƣợc Gauss chứng minh đầy đủ Wantzel Kết Gauss – Wantzel sống nhƣ minh chứng cho ứng dụng toán học vào thực tiễn sống Có thể nói rằng, lời giải tốn chia đƣờng tròn thành n phần kết hợp nhuần nhuyễn sáng tạo kết nhiều ngành tốn học: Đại số - Hình học – Số học Với lý trình bày trên, luận văn tập trung tìm hiểu ứng dụng Lý thuyết Galois việc giải toán chia đƣờng trịn, tốn có ý nghĩa sâu sắc kỹ thuật công nghệ Bố cục luận văn gồm chƣơng: Chƣơng Giới thiệu kết sở trƣờng nghiệm đa thức trƣờng chia đƣờng tròn Chƣơng Giới thiệu Định lý Lý thuyết Galois; trình bày chứng minh Định lý Gauss – Wantzel điều kiện cần đủ để đƣờng tròn chia đƣợc thành n phần thƣớc kẻ compa; phép dựng ngũ giác đều, đa giác 15 cạnh, đa giác 17 cạnh thƣớc kẻ compa Tác giả xin trân trọng cảm ơn TS Lê Thị Hoài Thu tận tình hƣớng dẫn bảo, giúp đỡ để tác giả hoàn thành luận văn Tác giả xin trân trọng cảm ơn thầy giáo thuộc Bộ mơn Đại số, Khoa Tốn học, Phòng Đào tạo Sau đại học Trƣờng Đại học Vinh giúp đỡ, tạo điều kiện thuận lợi cho học tập nghiên cứu, theo chƣơng trình đào tạo thạc sĩ thuộc chuyên ngành Đại số Lý thuyết số Xin cảm ơn gia đình, bạn bè quan tâm giúp đỡ cho suốt thời gian học tập vừa qua Tuy cố gắng trình học tập, nghiên cứu viết luận văn, song chắn cịn có nhiều thiếu sót, tác giả mong đƣợc góp ý, bảo thầy cô bạn đồng nghiệp Tác giả CHƢƠNG TRƢỜNG CHIA ĐƢỜNG TRÒN 1.1 Trƣờng nghiệm đa thức 1.1.1 Đặc số trƣờng Cho K trƣờng với đơn vị Nếu n1  0, với số tự nhiên n  ta nói trƣờng K có đặc số Trong trƣờng hợp ngƣợc lại, ta gọi số nguyên dƣơng p bé cho p1  đặc số trƣờng K Đặc số trƣờng K đƣợc ký hiệu char(K) Ví dụ char( ) = 0, char( ) = 0; char( ) = 0; char ( p ) = p Nhận xét Nếu trường K có đặc số p  p số nguyên tố 1.1.2 Trƣờng nguyên tố Một trƣờng K đƣợc gọi trường nguyên tố hay trường đơn K trƣờng thực Ví dụ Trƣờng số hữu tỉ trƣờng p lớp thặng dƣ modp trƣờng nguyên tố Nhận xét Mỗi trường chứa trường nguyên tố Thật vậy, ta gọi P giao tất trƣờng trƣờng K Khi đó, P trƣờng bé K P trƣờng nguyên tố trƣờng K 1.1.3 Định lý kiểu trƣờng nguyên tố (xem [4]) 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 1.1.4 Trƣờng mở rộng Nếu K trƣờng trƣờng E, ta gọi E trường mở rộng K (hay đơn giản E mở rộng K) Mở rộng E trƣờng K đƣợc ký hiệu E /K Giả sử E mở rộng trƣờng K, ta xem E khơng gian vectơ K Nếu E không gian vectơ hữu hạn chiều trƣờng K, ta nói E mở rộng bậc hữu hạn trƣờng K Số chiều n không gian vectơ E K đƣợc gọi bậc mở rộng E K Ta ký hiệu E : K  bậc mở rộng E K Nhƣ vậy, ta có E : K  = dimKE = n Mỗi hệ sinh sở không gian vectơ E K đƣợc gọi h sinh sở mở rộng E K 1.1.5 Mở rộng đại số mở rộng siêu việt Cho K trƣờng E trƣờng mở rộng K Phần tử u  E đƣợc 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, đƣợc gọi phần tử siêu việt K 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 nh nhất, ký hiệu q(x) Với phần tử đại số u  E, đa thức q(x) nhƣ đƣợc xác định Ta gọi q(x) đa thức cực tiểu phần tử đại số u  E K Ta gọi bậc đa thức cực tiểu q(x) u bậc u K, ký hiệu [u : K] Nhƣ vậy, ta có: [u : K] = deg q(x) Cho E mở rộng trƣờng K Ta gọi E mở rộng đại số K phần tử u E phần tử đại số K Trong trƣờng hợp ngƣợc lại, ta gọi E mở rộng siêu vi t K 1.1.6 Trƣờng nghiệm đa thức Giả sử K trƣờng, f ( x) đa thức bậc n  K Khi đó, trƣờng N đƣợc gọi trường nghi m hay trường phân rã f ( x) K N trƣờng mở rộng nh (cực tiểu) K chứa tất n nghiệm đa thức f ( x) Nhằm chứng minh đa thức trƣờng K có trƣờng nghiệm, trƣớc hết ta chứng minh định lí sau: 1.1.7 Định lí Với đa thức f ( x) bất khả quy trường K, tồn trường mở rộng N K f ( x) có nghi m Chứng minh Xét vành thƣơng N = K[x]/I vành K[x] iđêan I sinh f ( x) Vì K[x] vành giao hoán nên N vành giao hốn có đơn vị   I Rõ ràng ta có  , ta chứng minh N trƣờng Thật vậy, giả sử g  x  = g  x   I phần tử khác không N Vì g  x   nên g  x   I tức g  x  không chia hết cho f ( x) Do f ( x) bất khả quy K, nên f ( x) g ( x) nguyên tố K Vì vậy, tồn đa thức r  x  , s  x   K[x] cho ta có: f  x  r  x   g  x  s  x   Chuyển sang lớp đƣợc: f  x .r  x   g  x .s  x   Do f  x   , nên g  x .s  x   Điều chứng t g  x  khả nghịch vành N, hay N trƣờng Thiết lập ánh xạ  : K  N, a a  I  a Rõ ràng,  đơn cấu trƣờng Vậy tập hợp phần tử a N, với a  K lập thành trƣờng đẳng cấu với K Nếu ta đồng K với  ( K ) , cách đồng a  a , ta xem K nhƣ trƣờng trƣờng N Ngoài ra, f  x   a0  a1 x   an x n ta có   f  x   a0  a1 x   an x n  a0  a1 x  n   an x  f x Vậy phần tử x  x  I  N nghiệm đa thức f(x) ■ Ví dụ Giả sử K = Q f  x   x2  Khi đó, vành thƣơng Q[x] / đẳng cấu với trƣờng số Q ( 2) Thật vậy, phần tử Q[x]/ có dạng f  x   x  , f  x  = x   q  x   r  x  , deg r  x   deg  x    r  x   Vì r  x  có dạng a  bx f  x   x  = a  bx +  x   q  x   x  = a  bx + x  Khi đó, ánh xạ  : Q ( 2) Q[x]/, xác định  (a  b 2)  a  bx  x  đẳng cấu từ trƣờng số Q ( 2) lên trƣờng Q[x]/< x2- 2> 1.1.8 Định lí Với đa thức f  x   K[x] có bậc n  1, tồn sai khác đẳng cấu) trường nghi m f  x  K Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo n có trƣờng mở rộng N K cho f  x  có đủ n nghiệm Rõ ràng điều với n = Giả sử f  x  có bậc n  q  x  ƣớc bất khả quy f  x  Theo Định lí 1.1.7, có mở rộng K1 K cho q  x  f  x  có nghiệm K1 Khi đó,  nghiệm f  x  K1, theo Định lý Bezout ta có f ( x)   x    g  x  với g  x   K1[x] có bậc n  Theo giả thiết quy nạp, có trƣờng mở rộng P K1 cho g  x  có đủ n  nghiệm P f  x  có đủ n nghiệm P Để có trƣờng nghiệm N đa thức f  x  K, ta việc lấy trƣờng N nh P chứa K chứa n nghiệm f  x  Để ý rằng, trƣờng N giao tất trƣờng P chứa K chứa n nghiệm đa thức f  x  ▄ 1.1.9 Mở rộng chuẩn tắc Một mở rộng đại số E trƣờng K đƣợc gọi mở rộng chuẩn tắc K với đa thức bất khả quy f(x) vành đa thức K[x], f(x) có nghiệm E f(x) phân tích đƣợc thành tích nhân tử tuyến tính (hay nói ngắn gọn f(x) phân rã đƣợc) vành đa thức E[x] 1.1.10 Mở rộng tách đƣợc Cho E trƣờng tuỳ ý đa thức f ( x)  K[x], với bậc n  Ta nói đa thức f ( x) đa thức tách (separable polynomial) K f(x) có n nghiệm phân biệt trƣờng nghiệm N K Trong trƣờng hợp ngƣợc lại, đa thức f ( x) đƣợc gọi không tách K Một phần tử u  E đại số K gọi phần tử tách K đa thức cực tiểu u K đa thức tách đƣợc K Một mở rộng E trƣờng K đƣợc gọi mở rộng tách (separable extension) K phần tử u thuộc E phần tử tách đƣợc K 10 1.2 Trƣờng chia đƣờng tròn Giả sử P trƣờng nguyên tố với đặc số p n số tự nhiên khác không cho n không chia hết cho p Trong trƣờng hợp trƣờng P có đặc số 0, ta giả thiết n số tự nhiên khác 1.2.1 Căn bậc n đơn vị Ta gọi bậc n đơn vị nghiệm đa thức: f ( x)  x n  trƣờng mở rộng trƣờng P Hiển nhiên, bậc n đơn vị lập thành nhóm Aben phép nhân cấp phần tử  nhóm ƣớc số n ta ln có  n  1.2.2 Trƣờng chia đƣờng tròn bậc n Trƣờng nghiệm Rn đa thức f ( x)  xn  trƣờng P đƣợc gọi trường chia đường tròn bậc n trƣờng P Ví dụ Giả sử trƣờng nguyên tố P trƣờng số hữu tỉ Khi đó, trƣờng chia đƣờng trịn Rn , bậc n đơn trƣờng trƣờng số phức vị  k  cos 2k 2k  i sin , k  0,1, , n  n n Các bậc n đơn vị có biểu diễn hình học n đỉnh đa giác n cạnh nội tiếp đƣờng tròn đơn vị Biết giá trị cos 2 , ta dựng đƣợc n đa giác n cạnh nội tiếp đƣờng tròn đơn vị, tức chia đƣợc đƣờng trịn thành n phần 1.2.3 Định lý Nhóm nhân bậc n đơn vị nhóm xyclic cấp n Chứng minh Vì n không chia hết đặc số trƣờng, nên đạo hàm f '( x)  nxn1 triệt tiêu x lấy giá trị 0, khơng có nghiệm chung với f ( x) Vì vậy, trƣờng chia đƣờng tròn Rn nghiệm đa thức f ( x) khác nhau, hay Rn có n bậc n đơn vị 27 trƣờng R i mở rộng Galois bậc hai trƣờng đứng trƣớc 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 trƣờng K  R1   Rs= N chuỗi nhóm G  G1   Gs = E nhóm ƣớc chuẩn nhóm đứng trƣớc nó, số nhóm nhóm đứng trƣớc Từ suy ra, cấp nhóm Gs-1 2, cấp nhóm Gs-2 22 Cuối cùng, cấp nhóm G 2s Vì trƣờng phân rã N f(x) trƣờng trung gian: K  N  S, nên bậc N K phải ƣớc của 2s, tức phải có dạng 2m Đảo lại, giả sử [N : K] = 2m, ta chứng minh đa thức f(x) giải đƣợc thức bậc hai Gọi G nhóm Galois N K Vì theo giả thiết [N : K] = 2m nên cấp G 2m Vì nhóm cấp pm, p nguyên tố, m  1, giải đƣợc, nên G nhóm giải đƣợc Chuỗi hợp thành nó: G  G1   Gm = E, có tất số [G i : G i+1] Tƣơng ứng với chuỗi đó, theo Định lý Lý thuyết Galois, ta có chuỗi trƣờng: K  K1   Km = N, với tất bậc [Ki+1: Ki ] Vì vậy, Ki đƣợc sinh từ Ki-1 cách ghép thêm thức bậc hai Do đa thức f(x) giải đƣợc thức bậc hai ▄ Sau ta áp dụng tiêu chuẩn vào giải số tốn hình học cổ điển 2.3.3 Bài tốn chia ba góc Cho góc , chia góc ba phần thước kẻ compa Xét góc  = 600, ta có    200 Sử dụng công thức: cos600 = cos(3 200) = cos3200 - cos200 28 ta có cos3200 - cos200 - = Từ suy cos200 nghiệm đa thức hệ số hữu tỉ f(x) = 8x3- 6x - Vì f(x) bất khả quy (vô nghiệm) trƣờng số hữu tỉ f(x) bất khả quy (vô nghiệm) mở rộng bậc m hay phƣơng trình f(x) = Nhƣ vậy, trƣờng nghiệm f(x) bậc dạng 2m Theo tiêu chuẩn giải đƣợc thức bậc hai, ta kết luận phƣơng trình f(x) = không giải đƣợc thức bậc hai trƣờng Do đó, theo Định lý 2.3.1 tốn chia ba góc tổng qt (chẳng hạn góc 600) thƣớc kẻ compa khơng thể thực đƣợc ▄ 2.3.4 Bài tốn gấp đơi khối lập phƣơng Dùng thước kẻ compa dựng khối lập phương tích gấp đơi thể tích khối lập phương cho Giả sử khối lập phƣơng cho tích độ dài cạnh cạnh khối lập phƣơng cần dựng x, ta có x3 = Vì đa thức f(x) = x3 – bất khả quy trƣờng số hữu tỉ (theo tiêu chuẩn Eisenstein với p = 2) f(x) bất khả quy vơ nghiệm mở rộng bậc m Vậy, theo tiêu chuẩn giải đƣợc thức bậc hai, ta suy phƣơng trình đại số x3 = không giải đƣợc thức bậc hai phƣơng thực đƣợc Vì vậy, tốn gấp đơi khối lập ▄ 2.3.5 Bài tốn cầu phƣơng hình trịn Dùng thước kẻ compa dựng hình vng có di n tích di n tích hình trịn cho Giả sử độ dài cạnh hình vng x lấy bán kính R hình trịn làm đơn vị dài tốn đƣa đến giải phƣơng trình: x2   Vì  siêu việt nên  siêu việt Do đó, (  ) khơng có bậc hữu hạn phƣơng trình x   không giải đƣợc thức bậc hai hay Vì vậy, tốn cầu phƣơng hình trịn khơng thể thực đƣợc ▄ 2.3.6 Dựng đoạn thẳng có độ dài vơ tỉ Cho trƣớc đoạn thẳng có độ dài đơn vị Hãy dùng thƣớc compa dựng đoạn thẳng với chiều dài theo dãy sau: 1, 2, 3, , n 29 Đầu tiên dựng tam giác vuông cân, cạnh đơn vị, từ dựng đƣợc cạnh huyền có độ dài đoạn vng góc với đoạn Từ đoạn có, ta tiếp tục dựng đầu mút, suy độ dài cạnh huyền tam giác vng nhận cạnh làm cạnh góc vng Cứ tiếp tục ta dựng đƣợc đoạn thẳng có độ dài n (thực sau dựng đƣợc vài đoạn nh , ta tổ hợp đoạn nh đó, để dựng đoạn lớn hơn, mà khơng cần thiết phải tuần tự) Hình vẽ minh họa dƣới đây: 30 2.4 Bài tốn chia đƣờng trịn 2.4.1 Bổ đề Giả sử n = n1n2 với n , n2 số nguyên dương, nguyên tố Khi đó, đường trịn chia thành n phần thước kẻ compa đường trịn chia thành n phần n2 phần thước kẻ compa Chứng minh 1) Giả sử đƣờng tròn cho chia đƣợc thành n phần thƣớc kẻ compa Khi đó, đƣờng trịn chia thành n1 phần n2 phần thƣớc kẻ compa, 1 1  n2  n1 n1 n2 n n 2) Ngƣợc lại, giả sử đƣờng tròn cho chia thành n1 phần n2 phần thƣớc kẻ compa Khi đó, n1 , n2 nguyên tố tồn số nguyên x y cho n1 x  n2 y  Từ y x   n1 n2 n Vậy, chia đƣợc đƣờng tròn cho thành n1 n2 phần nhau, ta chia đƣợc đƣờng trịn thành n phần (bằng thƣớc kẻ compa) Nói khác đi, dựng đƣợc đƣợc 1 phần đƣờng tròn, ta dựng n2 n1 phần đƣờng tròn (bằng thƣớc kẻ compa) ▄ n 2.4.2 Nhận xét 1) Bài toán chia đường tròn thành n phần thực chất toán dựng đa giác n cạnh thước kẻ compa) 2) Chia đường tròn thành n phần tương đương với dựng góc 2 n thước kẻ compa) Nhắc lại rằng, số nguyên tố có dạng Fk  22  1, k  k đƣợc gọi số nguyên tố Fermat Chẳng hạn, F0  3, F1  5, F2  17, F3  257, F4  65537 số nguyên tố Fermat Tiếp theo, sử dụng bổ đề chứng minh Định lý GaussWantzel tiêu chuẩn chia đƣợc vòng tròn thành n phần 31 2.4.3 Định lý Gauss-Wantzel Một đường trịn chia thành n phần thước kẻ compa n có dạng: n  2k q1q2 qs , k số tự nhiên, q i số nguyên tố Fermat phân bi t Chứng minh Để dựng góc 2 2 , ta cần dựng cos Gọi  nguyên n n thuỷ bậc n đơn vị:   e2 i / n Ta có  + Ta có [ -1 = cos 2 Vì vậy, n (cos 2 )= n (  +  -1)  (  ) (  +  -1)] = 2,  nghiệm đa thức bậc hai (  ): x2 + (  +  -1)x +  (  +  -1)[x] Bây giờ, ta phân tích n thành tích thừa số nguyên tố: n  p11 ps s Theo Bổ đề 2.4.1, ta cần giới hạn trƣờng hợp riêng n = p (p số nguyên tố) Giả sử  nguyên thuỷ bậc p đơn vị tức   e2 i / p Xét  trƣờng chia đƣờng tròn R p =  ( ) Sử dụng công thức hàm Euler, ta có: [ (  ): ] =  ( p )  p 1 ( p 1) Vì [ (  ): ] = [ (  ): = 2[ (  +  -1): nên muốn cho [ (  +  -1): (  +  -1)] [ (  +  -1): ] ], ] luỹ thừa 2, có đủ [ (  ): ] luỹ thừa 2, tức p 1 ( p  1)  2m - Nếu p = ta có n = 2k - Nếu p lẻ  phải Khi p = 2m+ Nếu m = ab với b lẻ ta có p = 2ab+1 = (2a + 1)(2ab - a - 2ab - 2a + 2ab - 3a - +1) Điều mâu thuẫn với giả thiết p số ngun tố Vì vậy, ta phải có m  2r , tức p  22  số nguyên tố Fermat ▄ r 32 Nhƣ vậy, chia đƣờng trịn thành n phần với n = 3, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 15, 16, 17, 20, 24, , 257, , 65537, 2.4.4 Hệ Cho p số ngun tố lẻ Khi đó, đường trịn chia p phần p số nguyên tố Fermat Chú ý Gauss (1777-1885) chứng minh đƣợc rằng, đa giác 17 cạnh dựng đƣợc thƣớc kẻ compa, cách công thức sau: cos  2 1   17  32  17  17 16 16 16 17  17  34  17  34  17 2.4.5 Bài toán dựng đa giác cạnh (tam giác đều) Đây tốn chia đƣờng trịn thành (số nguyên tố Fermat) phần hay tốn dựng góc 2 Bài tốn đƣợc thực đơn giản nhƣ sau: - Dựng đƣờng tròn đơn vị tâm O bán kính R = OA = - Dựng đƣờng trung trực OA, cắt đƣờng trịn B C - Góc  BOC góc cần dựng 2.4.5 Bài tốn dựng đa giác cạnh (tứ giác đều) Đây toán chia đƣờng tròn thành (4 = 22) phần hay tốn dựng góc  Bài toán đƣợc thực đơn giản nhƣ sau: - Dựng đƣờng trịn đơn vị tâm O bán kính R = - Dựng đƣờng kính AB - Dựng đƣờng thẳng CD trung trực đoạn AB - Cung BC cung cần dựng 2.4.6 Bài toán dựng đa giác cạnh (ngũ giác đều) Đây tốn chia đƣờng trịn thành phần Vì số nguyên tố Fermat nên toán thực đƣợc (Định lý Gauss – Wantzel) 33 Thay dựng góc 2 2 ta dựng đoạn thẳng có độ dài cos Gọi  5 nguyên thủy bậc đơn vị, ta có 2 2  icos , i  1, 5 2 2  1  cos  icos , 5 2 cos  (   1 )   cos Ta cần tìm mở rộng bậc hai chứa cos 2 Xét dãy mở rộng trƣờng  (   1 )  ( )  R5 Đa thức cực tiểu  F5 ( x)  x5  x  x3  x  Do đó:  ( ) : cực tiểu    (   1 ) :   Nhƣ vậy,    1 có đa thức Bởi F5 ( )   1   nên (   1 )2      2       (1     )    (   1 ) Từ suy (   1 ) nghiệm phƣơng trình bậc hai x2  x   Do đó, ta có biểu thức cos 2 1   (   1 )  Biểu thức cho phép ta dựng cos 2 nhƣ sau: - Dựng đƣờng tròn đơn vị tâm O bán kính R = OA = OB = - 1  1   Dựng đoạn thẳng BC  2 - Dựng đƣờng tròn tâm C bán kính BC; - Dựng K giao điểm đƣờng trịn (C, BC) với OA, ta có OK  CK  OC  1    2 34 - Dựng trung trực IM OK ta có OI  1  2  cos Cung AM cung cần dựng Bài toán đƣợc giải ▄ 2.4.7 Bài toán dựng đa giác 15 cạnh Đây tốn dựng góc 2 Vì   tốn dựng góc 15 15 2 2 2 đƣa toán dựng góc 15 2.4.8 Bài tốn dựng đa giác 17 cạnh Bài tốn chia đƣờng trịn thành 17 phần thực chất dựng đoạn thẳng có độ dài cos chứa cos 2 Muốn ta tìm mở rộng bậc hai 17 2 Gọi  nguyên thủy bậc 17 đơn vị ta có 17   cos 2 2  isin , i  1 17 17 Do cos 2     1  17 Bây ta thực cụ thể điều trình bày cho lý thuyết chia đƣờng tròn tổng quát Do 17   16  24 nên trƣờng R17 có dãy trƣờng trung gian  R 2  R 4  R8  R17 Ta xác định phần tử sinh mở rộng trung gian dãy Trƣớc hết nhóm Galois G  G  R17 /  đẳng cấu với nhóm nhân , nhóm xyclic cấp 16 Gọi  phần tử sinh G tƣơng ứng với phần tử sinh chứa  Thế      Đặt  i   i     k , i  0,1, 16 Ta có      i    i 1 i Cụ thể          16  12   13 35          11  13   10        10   15  14      12    14  11    15   Để xác định R 2 ta xét chu kỳ Gauss hạng tử c 2           16   15   13   c1 2     12     14   11     10   Ta có c 2c1 2  4c 2  4c1 2  4 Vì c 2 nghiệm phƣơng trình x2  x   Từ ta nhận đƣợc biểu thức c 2  Và R 2  1  17 (1)  c   Để xác định R 4 ta tiếp tục xét chu kỳ Gauss hạng tử c 4       16   13 c1 4       11   10 c2 4       15   c3 4   12   14     Ta có c 4  c2 4  c 2 Từ c4c2 4  c3 4  c2 4  c 4  c1 4  1 Do c 4 nghiệm phƣơng trình x  c 2 x   36 nên c  4 c   2  c   2 4  2 Để xác định R8 ta xét chu kỳ Gauss hạng tử c8     16 c48     13 c18     11 c58     10 c28     15 c68     c38   12   c78   14   Ta có c8  c48  c 4 c8c48  c38  c78  c3 4 Để tìm biểu diễn qua c 4 ta xét tích c 4c3 4  c 4  c2 4  c1 4  c  4    c 4  c1 4  c2 4  c3 4  c  4  c3 4  1  c 4  c3 4 Do c3  4 c 4    4 c 1 Bởi chu kỳ c8 nghiệm phƣơng trình: c 4  x  c x   4  c 1  4 Từ c 8  c 4    c 4 2 4 c 4  c 4   3 37   R8  R 4 c8 Sau thay biểu thức (1) c 2 vào công thức (2), sau thay biểu thức nhận đƣợc c 4 vào công thức (3) ta nhận đƣợc biểu thức c8  2cos 2 mà ngồi phép tính số học chứa phép khai 17 bậc hai cos   2 8  c  1  17  17  17   17 17  17  17 17 Từ ta suy cách dựng góc 2 nhƣ sau: 17 - Dựng đƣờng tròn  O; OB  1 ; 17 1 - Dựng BC      ; 4 - Dựng đƣờng tròn  C; BC  Khi OD  a0 a , OE  2 Với a0  1  17 1  17 , a1  2 a  DB       a02 2 - Dựng  D; DB  ta đƣợc OF  b0 với b0  a0   a02 2 - Dựng  E; EB  ta đƣợc OG  b1 với b1  a1   a12 2 38 2 b  Vì b0  4b1     2  b nên ta tiếp tục dựng nhƣ sau: - Dựng đƣờng trịn đƣờng kính AG ta đƣợc OJ  b1   - Dựng đƣờng tròn  J , OF  b0  4b1  ta đƣợc OK   Từ ta dựng đƣợc 2cos 2 b0   b0  4b1 17 2 Tƣờng minh giới thiệu cách dựng sau: Vẽ vịng trịn tâm O bán kính OPo Dựng OB vng góc với OPo Lấy điểm J với OJ = 1/4 OB Lấy góc OJE = 1/4 góc OJPo Dựng góc FJE = 45o Vẽ vịng trịn đƣờng kính FPo cắt OB điểm K Vẽ vịng trịn bán kính EK, tâm E đánh dấu điểm cắt N N5 Dựng đƣờng N3P3 N5P5 thẳng góc với OPo Chia đôi cung P 3P5 điểm P4 10 Dây cung P4P5 chiều dài cạnh đa giác muốn dựng 39 40 KẾT LUẬN Lời giải tốn chia đƣờng trịn thành n phần Gauss Wantzel kết hợp nhuần nhuyễn sáng tạo kết nhiều ngành tốn học: Đại số - Hình học – Số học Kết Gauss – Wantzel sống nhƣ minh chứng cho ứng dụng toán học vào thực tiễn sống Với mục đích tìm hiểu tốn chia đƣờng trịn ứng dụng Lý thuyết Galois, luận văn tập trung giới thiệu nội dung sau đây: - Cơ sở lý thuyết trƣờng chia đƣờng tròn - Định lý Lý thuyết Galois - Định lý Gauss – Wantzel điều kiện cần đủ để đƣờng tròn chia đƣợc thành n phần thƣớc kẻ compa - Dựng ngũ giác đều, đa giác 15 cạnh, đa giác 17 cạnh thƣớc kẻ compa Ngoài nội dung trình bày luận văn, phƣơng hƣớng tiếp tục tìm hiểu sâu ứng dụng Lý thuyết Galois lĩnh vực thời khác khoa học: Hình học khơng giao hốn, Vật lý lƣợng tử (xem [7]) 41 TÀI LIỆU THAM KHẢO TIẾNG VIỆT [1] Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật toán, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Nguyễn Tiến Quang (2007), Cơ sở lý thuyết trường lý thuyết Galoa, [3] Nhà xuất Đại học Sƣ phạm, Hà Nội Nguyễn Thành Quang (2003), Số học hi n đại, Trƣờng Đại học Vinh [4] Nguyễn Thành Quang (2011), Lý thuyết trường ứng dụng, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [5] Ngô Việt Trung (2006), Lý thuyết Galois, Nhà xuất Đại học Quốc gia [6] Hà Nội Nguyễn Chánh Tú (2006), Mở rộng trường Lý thuyết Galois, Nhà xuất Giáo dục, Đà Nẵng TIẾNG ANH [7] A Connes (1994), Non commutative geometry, Academic Press [8] H M Edwards (1984), Galois Theory, Springer, New York [9] J S Milne (2011), Fields and Galois Theory, Sabre Peak, Moraine Creek, New Zealand [10] I Stewart (1989), Galois Theory, Chapman & Hall.` ` ... cấu trúc trƣờng chia đƣờng tròn Trường chia đường tròn Rn mở rộng đơn trường nguyên tố P nó: R n = P ( )  phần tử nguyên thuỷ bậc n đơn vị Hơn nữa: a) Nếu P = đa thức chia đường tròn Fn x) đa... họa dƣới đây: 30 2.4 Bài tốn chia đƣờng trịn 2.4.1 Bổ đề Giả sử n = n1n2 với n , n2 số nguyên dương, nguyên tố Khi đó, đường tròn chia thành n phần thước kẻ compa đường tròn chia thành n phần n2... 17 2.4.5 Bài toán dựng đa giác cạnh (tam giác đều) Đây toán chia đƣờng tròn thành (số nguyên tố Fermat) phần hay tốn dựng góc 2 Bài toán đƣợc thực đơn giản nhƣ sau: - Dựng đƣờng tròn đơn vị