Mọi bài toán dựng hình đều có thể đưa về tìm nghiệm của một phương trình đại số nào đó. Ta hãy xem xét với điều kiện nào có thể dựng được các nghiệm của một phương trình đại số bằng thước kẻ và compa (phép dựng hình mà chỉ dùng hai dụng cụ là thước kẻ và compa).
Nhắc lại ở đây rằng, biểu thức đại số là một biểu thức toán học trong đó các phép toán trên các đối số chỉ là các phép toán cộng, trừ nhân, chia, lũy thừa nguyên, khai căn (hay lũy thừa với số mũ phân). Như vậy, công thức nghiệm của một phương trình đại số giải được bằng căn thức trên một trường số là một biểu thức đại số. Biểu thức siêu việt là biểu thức toán học có các phép tính lũy thừa với số mũ vô tỉ, các hàm mũ, lôgarit, lượng giác, lượng giác ngược (tức là các phép tính siêu việt) thực hiện trên các đối số (xem [2, 4, 5]). Ta nói biểu
thức đại số A là dựng được bằng thước kẻ và compa nghĩa là chỉ bằng các dụng
bởi chính công thức A đó. Chẳng hạn, biểu thức 1 2
2
A= + là một biểu thức đại
số dựng được bằng thước kẻ và compa, nhờ hai bài toán dựng hình cơ bản là bài toán dựng đường chéo của hình vuông cạnh đơn vị và dựng trung điểm của một đoạn thẳng là thực hiện được.
2.3.1. Định lý. Một biểu thức đại số đã cho có thể dựng được bằng thước kẻ và
compa nếu và chỉ nếu nó là kết quả của việc giải những phương trình đa thức có bậc ≤ 2.
Chứng minh. Giả sử biểu thức đã cho có thể dựng được bằng thước và compa.
Ta hãy chứng minh rằng, nó là kết quả của việc giải những phương trình bậc không lớn hơn 2. Thật vậy, trong mặt phẳng ta lấy một hệ toạ độ vuông góc. Mỗi phép dựng bằng thước kẻ và compa đều đưa đến việc dựng các đường thẳng, đường tròn và tìm giao điểm của chúng. Mà phương trình đường thẳng là bậc nhất, còn phương trình đường tròn là bậc hai, từ đó suy ra điều cần giải thích của chúng ta.
2.3.2. Định lý về tiêu chuẩn giải được bằng căn thức bậc hai. Cho đa thức
f(x) bất khả quy trên trường K với đặc số 0. Gọi N là trường nghiệm của f(x) trên K.
Nếu một nghiệm của f(x) biểu thị được bằng căn thức bậc hai thì tất cả các nghiệm của nó cũng biểu thị được bằng căn thức bậc hai và bậc của N trên K là 2m.
Ngược lại, nếu bậc của trường nghiệm N của f(x) trên K là 2m, thì đa thức f(x) giải được bằng căn thức bậc hai.
Chứng minh. Giả sử một nghiệm của đa thức f(x) biểu thị được qua các căn bậc
hai ρ1 = a a1, 1∈K;ρ2 = a a2, 2∈K( ),...,ρ1 ρk = a ak, k∈K( ,ρ ρ1 2,...,ρk−1).
Ta hãy tìm bậc của trường phân rã N trên K. Ta ghép vào K một căn bậc hai của a1, rồi ghép thêm các căn bậc hai của a2và tất cả các phần tử liên hợp với a1, a2, ... Kết quả là ta thu được một chuỗi trường:
K ⊂R1⊂... ⊂Rs= N,
trong đó mỗi trường Ri là mở rộng Galois bậc hai đối với trường đứng trước nó. Mở rộng cuối cùng Rn = N chứa tất cả các nghiệm của f(x) và là mở rộng Galois không những của Rn-1 mà cả của K. Gọi G là nhóm Galois của N trên K. Khi đó, ứng với chuỗi trường
K⊂R1⊂... ⊂Rs= N là chuỗi nhóm con
G⊃G1⊃...⊃Gs = E
trong đó mỗi nhóm con là ước chuẩn của nhóm con đứng trước nó, và chỉ số của mỗi nhóm con trong nhóm con đứng trước nó bằng 2. Từ đó suy ra, cấp của nhóm Gs-1 bằng 2, cấp của nhóm Gs-2 bằng 22 ... Cuối cùng, cấp của nhóm G
bằng 2s. Vì trường phân rã N của f(x) là trường trung gian: K ⊂ N ⊂S, nên bậc của N trên K phải là ước của của 2s, tức là phải có dạng 2m.
Đảo lại, giả sử [N : K] = 2m, ta hãy chứng minh rằng đa thức f(x) giải được bằng căn thức bậc hai. Gọi G là nhóm Galois của N trên K. Vì theo giả thiết [N : K] = 2m nên cấp của G bằng 2m. Vì mọi nhóm cấp pm, p nguyên tố, m≥
1, đều giải được, nên G là nhóm giải được. Chuỗi hợp thành của nó:
G⊃G1⊃...⊃Gm = E,
có tất cả các chỉ số [Gi : Gi+1] bằng 2. Tương ứng với chuỗi đó, theo Định lý cơ bản của Lý thuyết Galois, ta có chuỗi trường:
K ⊂K1⊂... ⊂Km = N,
với tất cả các bậc [Ki+1: Ki ] bằng 2. Vì vậy, Ki được sinh ra bởi từ Ki-1 bằng cách ghép thêm một căn thức bậc hai. Do đó đa thức f(x) giải được bằng căn thức bậc hai. ▄
Sau đây ta áp dụng tiêu chuẩn trên vào giải quyết một số bài toán hình học cổ điển. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
2.3.3. Bài toán chia ba một góc. Cho một góc bất kỳ α, hãy chia góc đó ra ba
phần bằng nhau bằng thước kẻ và compa.
cos600 = cos(3. 200) = 4 cos3200 - 3 cos200
ta có 8 cos3200 - 6 cos200 - 1 = 0. Từ đây suy ra cos200 là nghiệm của đa thức hệ số hữu tỉ f(x) = 8x3- 6x - 1. Vì f(x) bất khả quy (vô nghiệm) trên trường số hữu tỉ
¤ cho nên f(x) cũng bất khả quy (vô nghiệm) trên các mở rộng bậc 2m của ¤ hayphương trình f(x) = 0. Như vậy, trường nghiệm của f(x) trên ¤ không có bậc dạng 2m . Theo tiêu chuẩn giải được bằng căn thức bậc hai, ta kết luận phương trình f(x) = 0 là không giải được bằng căn thức bậc hai trên trường ¤ . Do đó, theo Định lý 2.3.1 bài toán chia ba một góc tổng quát (chẳng hạn góc 600) bằng thước kẻ và compa là không thể thực hiện được. ▄
2.3.4. Bài toán gấp đôi khối lập phương. Dùng thước kẻ và compa dựng một
khối lập phương có thể tích gấp đôi thể tích của một khối lập phương đã cho.
Giả sử khối lập phương đã cho có thể tích là 1 và độ dài cạnh cạnh của khối lập phương cần dựng là x, ta có x3 = 2. Vì đa thức f(x) = x3 – 2 bất khả quy trên trường số hữu tỉ ¤ (theo tiêu chuẩn Eisenstein với p = 2) cho nên f(x) bất khả quy và do đó nó vô nghiệm trên các mở rộng bậc 2m của ¤ . Vậy, theo tiêu chuẩn giải được bằng căn thức bậc hai, ta suy ra phương trình đại số x3 = 2
không giải được bằng căn thức bậc hai trên ¤ . Vì vậy, bài toán gấp đôi khối lập phương là không thể thực hiện được. ▄
2.3.5. Bài toán cầu phương hình tròn. Dùng thước kẻ và compa dựng một hình
vuông có diện tích bằng diện tích một hình tròn đã cho.
Giả sử độ dài cạnh hình vuông là x và lấy bán kính R của hình tròn làm đơn vị dài thì bài toán đưa đến giải phương trình: x2 =π. Vì π siêu việt trên ¤ nên π cũng siêu việt trên ¤ . Do đó, ¤ ( π ) không có bậc hữu hạn trên ¤ hay phương trình x2 =π không giải được bằng căn thức bậc hai trên ¤ . Vì vậy, bài toán cầu phương hình tròn không thể thực hiện được. ▄
2.3.6. Dựng đoạn thẳng có độ dài vô tỉ. Cho trước một đoạn thẳng có độ dài 1
đơn vị. Hãy dùng thước và compa dựng các đoạn thẳng với chiều dài theo dãy sau: 1, 2, 3,..., n.
Đầu tiên chúng ta dựng 1 tam giác vuông cân, cạnh 1 đơn vị, từ đó dựng được cạnh huyền có độ dài bằng căn 2 . Từ đoạn 2 đã có, ta tiếp tục dựng đoạn vuông góc với đoạn 2 tại một trong 2 đầu mút, suy ra độ dài cạnh huyền của tam giác vuông nhận 2 cạnh đó làm 2 cạnh góc vuông bằng 3. Cứ thế tiếp tục ta dựng được đoạn thẳng có độ dài căn n (thực ra sau khi dựng được một vài đoạn nhỏ, ta có thể tổ hợp các đoạn nhỏ đó, để dựng một đoạn bất kỳ lớn hơn, mà không cần thiết phải tuần tự).