Có thể áp dụng lý thuyết Galois vào các bài toán cổ điển về giải phương trình đại số bằng căn thức. Trước khi xét các bài toán như thế, ta đề cập đến bổ đề sau.
2.5.1. Bổ đề. Nếu K là một trường con của trường các đặc số khác p , thì đa thức
] [x K a
thức bất khả quy trong K[x]. Trong trường hợp thứ hai, nhóm Galois của xp −a
trên K là một nhóm cyclic cấp p.
2.5.2. Định nghĩa. Với K là một trường con của trường C các số phức chứa mọi căn của đơn vị, ta giả sử F là một mở rộng hữu hạn chuẩn tắc của K và có thể thu được bởi một dãy những mở rộng đơn, mỗi mở rộng đơn là kết quả do kết nối vào mở rộng kế trước đó của K, một căn thức bậc n độc nhất. Như vậy có nghĩa là tồn tại một dây chuyền những trường trung gian Fi
F F F F F K = 0 ⊂ 1 ⊂ 2 ⊂...⊂ s = (8) sao cho ) ( 1 i i i F x F = − , với ∈ i−1 n i F x i .
Không giảm tính tổng quát, ta có thể giả thiết mỗi số mũ ni là số nguyên tố pi. Một mở rộng F như thế được gọi là một mở rộng của K bằng những căn thức. Vì
F chuẩn tắc, F là trường nghiệm của một đa thức f ∈K[x], nên cũng là trường nghiệm của đa thức f trên F1 ⊃F0 =K và như thế F chuẩn tắc trên F1 (theo Mệnh đề 2.4.5), nhưng F1 là chuẩn tắc trên K theo Bổ đề 2.5.1. Do đó, mỗi
) (F Aut
S∈ K cảm sinh một hoán vị S1∈AutK(F1) (S1 là thu hẹp của S vào F1) và với S,T∈AutK(F), tích ST cảm sinh (ST)1 =S1T1, tích các tự đồng cấu cảm sinh. Vì thế, S S1 là một đồng cấu nhóm ) ( ) ( :AutK F →AutK F1 η
Hơn nữa, theo Bổ đề 2.4.1(ii) mọi S1∈AutK(F1) đều có thể mở rộng thành một
) (F Aut
S∈ K cho nên η là một toàn cấu, ta có Imη=AutK(F1). Hạt nhân của η là:
Kerη ={S∈AutK(F)/ηS=S1=I∈AutK(F1)}
gồm tất cả các S∈AutK(F) giữ cố định mỗi phần tử của F1 nên Kerη = AutF1(F).
Theo định lý cơ bản về đồng cấu nhóm cho ta đẳng cấu nhóm ) ( ) ( / ) (F Aut 1 F Aut F1 AutK F ≅ K
trong đó, AutF1(F) là nhóm con chuẩn tắc của AutK(F), nhóm Galois của F trên
K. Còn theo Bổ đề 2.5.1, AutK(F1), nhóm Galois của F1 trên K , là một nhóm cyclic (cấp p1 sao cho xp−1∈K
1 ). Vậy với các mở rộng bằng căn thức của K theo định nghĩa (8), F =Fs cũng là một mở rộng chuẩn tắc của F1, ta có nhóm con
chuẩn tắc ( )
1 F
AutF của AutK(F) và nhóm thương ( )/ ( ) ( 1)
1 F Aut F
Aut F
AutK F ≅ K là cyclic.
Lập luận trên áp dụng cho mở rộng bằng căn thức Fs của K1 , chứng minh rằng nhóm AutF2(F) chuẩn tắc trong AutF1(F) với nhóm
) ( ) ( / ) ( 2 1 2 1 F Aut F Aut F AutF F ≅ F
là cyclic. Lặp lại s lần lập luận đó và ký hiệu Gi =AutFi(F), bằng quy nạp trên s,
ta có kết quả sau đây
2.5.3. Định lý. Cho F là một mở rộng chuẩn tắc của trường K bằng những căn thức. Khi đó nhóm Galois G của F trên K chứa một dây chuyền nhóm con : (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
G=G0 ⊃G1⊃G2...⊃Gs ={I}
Trong đó, với mỗi i =1,...,s, Gi Gi−1, và nhóm thương Gi−1/Gi là cyclic, còn
s
G thu về tự đẳng cấu đồng nhất I .
Định lý này phát biểu rằng nhóm Galois G của F trên K là một “nhóm giải được”, như định nghĩa sau.
2.5.4. Định nghĩa. Một nhóm hữu hạn G gọi là nhóm giải được nếu nó có chứa một dây chuyền những nhóm con
} { ... 2 1 0 G G G I G G= ⊃ ⊃ ⊃ s = Sao cho với mỗi i ta có
1) Gi Gi−1
2) Gi−1/Gi là cyclic.
Người ta có thể chứng minh rằng mọi nhóm con của nhóm giải được là nhóm giải được và mọi ảnh đồng cấu của một nhóm giải được là nhóm giải được.
Một phương trình f(x)=0 với f là một đa thức của K[x] được gọi là giải được bằng căn thức trên K, nếu các nghiệm của phương trình đều thuộc một mở rộng F của K, có thể thu được bằng những phép kết nối liên tiếp những căn bậc
n . Ta biết rằng những phương trình bậc 2, bậc 3 và bậc 4 đều giải được bằng những căn thức. Lưu ý rằng, định nghĩa phương trình giải được bằng những căn thức, không yêu cầu trường mở rộng F phải là chuẩn tắc trên K , mà chỉ đòi hỏi
biểu thị được bằng những căn thức, lại biểu thị được bằng những căn thức liên hiệp, cho nên trường nghiệm N của f cũng phải chứa trong một mở rộng hữu hạn F*(⊃F) chuẩn tắc trên K và F* cũng là một mở rộng của K bằng những căn thức. Như thế F*chứa N như là một trường con chuẩn tắc trên K. Do đó mỗi tự đẳng cấu S∈AutK(F*) được thu hẹp vào N là một tự đẳng cấu
) ( 1 Aut N S ∈ K và S S1là một toàn cấu nhóm ) ( ) ( :AutK F* →AutK N η
từ nhóm Galois của F* trên K lên nhóm Galois của N trên K. Vì nhóm thứ nhất là nhóm giải được theo Định lý 2.5.2, nên nhóm thứ hai cũng là nhóm giải được.
Điều này chứng minh
2.5.5. Định lý. Nếu phương trình đại số f (x)=0 có hệ số thuộc trường K giải được bằng các căn thức, thì nhóm Galois của phương trình đó trên K là nhóm giải được.
Quan tâm đến vấn đề giải được bằng căn thức những phương trình bậc 5 trước hết người ta nói
2.5.6. Bổ đề. Tồn tại một phương trình bậc 5 với hệ số thực có nhóm Galois là nhóm đối xứng S5.
Chứng minh. Ta biết trường A các số đại số có lực lượng đếm được và chứa tất cả các căn của đơn vị. Vì thế ta có thể chọn liên tiếp năm số thực x1,...,x5 để có miền nguyên A[x1,...,x5] các đa thức theo x1,...,x5 độc lập đại số trên A, và trường N =A(x1,...,x5) các phân thức hữu tỉ. Các đa thức đối xứng sơ cấp
5 1,...,s
s của A[x1,...,x5] là các số thực và K =A(s1,...,s5) là một trường con của trường N =A(x1,...,x5). Nhóm Galois của trường A(x1,...,x5) trên trường
) ,..., (s1 s5 A
K = cũng là nhóm Galois của phương trình bậc 5 0 ) )...( ( 2 4 5 3 3 2 4 1 5 5 1 − = − + − + − = −x x x x s x s x s x s x s x
có các hệ số thực. Theo Mục 2.4, nhóm Galois của phương trình bậc 5 có hệ số thực này chính là nhóm các hoán vị của tập hợp 5 phần tử {x1,...,x5}, đều là một nhóm đối xứng S5. Nhưng ta biết nhóm đối xứng S5 chỉ có một nhóm con chuẩn
tắc không tầm thường duy nhất là nhóm thay phiên A5 gồm các hoán vị chẵn, và
5
A lại là một nhóm đơn (không có nhóm con thực sự); S5 là một nhóm không giải được. Từ Định lý 2.5.4 và Bổ đề 2.5.1 ta có
2.5.7. Định lý. Có một phương trình đa thức bậc 5 với hệ số thực không giải được bằng những căn thức.
CHƯƠNG 3 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1. Chứng minh rằng nếu P là trường con nguyên tố của một trường E , thì mọi tự đồng cấu của E là một P - tự đồng cấu. Suy ra mọi tự đồng cấu của một trường nguyên tố đều là tự đồng cấu đồng nhất.
Giải. Nếu T là một tự đồng cấu của trường E thì theo Mệnh đề 2.1.5, tập hợp
{a E Ta a}
KT = ∈ / = là một trường con của trường E và T là một KT −tự đồng cấu của trường E . Vì KT chứa trường con nguyên tố P của E nên T cũng là một
−
P tự đồng cấu của trường E . Vậy mọi tự đồng cấu của E là một P- tự đồng cấu.
Khi đó, mọi tự đồng cấu T của trường con nguyên tố P cũng là một P− tự đồng cấu của chính trường P . Suy ra
a
Ta= , ∀a∈P
Vậy T là tự đồng cấu đồng nhất của P. □
Giải. Với r = 4 3 là nghiệm của đa thức q=x4 −3. Ta có mở rộng trường Q⊂ Q(i) ⊂ Q(r,i)
Theo định lý về bậc của mở rộng trường ta có
[Q(r,i):Q]=[Q(r,i):Q(i)].[Q(i):Q]
Mà [Q(r,i):Q]=8 và x2 +1 là đa thức bất khả quy trên Q nên [Q(i):Q]=2. Suy ra
[Q(r,i):Q(i)]=4
Vậy q=x4−3 là đa thức bất khả quy trong Q(i)[x].
Ta có trường nghiệm của đa thức x4 − 3∈Q(i)[x] là N = Q(r,i). Nhóm Galois của q=x4−3 trên Q(i) là các tự đẳng cấu của trường Q(r,i) giữ cố định mỗi phần tử thuộc Q(i) và đổi r thành một nghiệm u của q=x4 −3 trong Q(i).
Giả sử S là Q(i)−tự đẳng cấu của trường Q(r,i) sao cho:
i Si= và Sr=ir Khi đó S2i =S(Si)=Si=i ; S2r =S(Sr)=S(ir)=−r S3i=S(S2i)=Si=i ; S3r =S(S2r)=S(−r)=−ir S4i=S(S3i)=Si=i ; S4r =S(S3r)=S(−ir) =r
Suy ra S4 =I. Vậy nhóm Galois của q trên Q(i) là nhóm cyclic sinh bởi S của nhóm AutQ(r,i).
Bài 3. Cho F =Q(ω) là trường sinh bởi một căn bậc 3 phức ω của đơn vị. Hãy khảo sát nhóm Galois của x3 −2 trên F .
Giải.Căn bậc 3 phức ω của đơn vị là đại số trên Q có đa thức bất khả quy tối tiểu 1
2 +x+
x , nên mở rộng đơn F =Q(ω) có bậc [F :Q]=[Q(ω):Q]=2. Đa thức 2
3 −
x là đa thức bậc 3, bất khả quy trên Q (theo tiêu chuẩn Eisenstein với p =2). Mà (2,3) = 1 nên theo Định lý 1.7, đa thức x3 −2 cũng là đa thức bất khả quy trên
F . Kết nối vào F một nghiệm u của x3 −2 thì trong trường F(u)=Q(ω,u), 2
3 −
x còn có hai nghiệm khác là ωu và ω2u nên x3 −2 có dạng ) )( )( ( 2 2 3 x u x u x u x − = − −ω −ω (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Bậc của trường nghiệm N trên F là
[N:F] [= F(u):F]= deg (x3 −2)=3.
Nhóm Galois của x3 −2 trên F = Q(ω) là G=AutQ(ω)Q(ω,u) gồm các tự đẳng cấu của trường F(u) giữ cố định mỗi phần tử của trường con Q(ω), và đổi
u thành một nghiệm khác của x3 −2 trong F(u) (theo Mệnh đề 2.2.1). Nếu gọi
T là Q(ω)− tự đẳng cấu của F(u) sao cho Tu=ωu Khi đó : T2u =T(Tu)=T(ωu)=(Tω)(Tu)=ω2u u u Tu u T u T T u T3 = ( 2 )= (ω2 )=ω2( )=ω3 =
Do đó, T3 =I. Vậy nhóm Galois G gồm các tự đẳng cấu I , T ,T 2 nên là nhóm cyclic [T ] sinh bởi T và có cấp 3.
Mỗi tự đẳng cấu của nhóm Galois G của x3 −2 trên Q(ω) cảm sinh một hoán
vị của tập hợp gồm 3 nghiệm u u u u u 2u
3 2
1 = , =ω , =ω trong trường nghiệm N của 2
3 −
x .
Ta có thể biểu diễn các tự đẳng cấu bằng một hoán vị của nhóm S3 như sau :
I T T2 u1 u1 u2 u3
u2 u2 u3 u1
u3 u3 u1 u2
Hoán vị (1) (123) (132)
Bài 4. Chứng minh nếu E là một mở rộng của Q thì mọi tự đẳng cấu của trường
E đều giữ cố định mỗi phần tử của Q. Phát biểu và chứng minh một kết quả tương tự đối với các trường có đặc số p .
Giải.Vì Q là trường con nguyên tố của E (do Q không có một trường con thực sự nào) nên theo Bài 1, mọi tự đẳng cấu của trường E là một Q - tự đẳng cấu hay mọi tự đẳng cấu của trường E giữ cố định mỗi phần tử của Q.
Xét trường Zp các lớp thặng dư mod p (p là số nguyên tố), là trường có đặc số p. Ta có phát biểu sau: "Nếu E là một mở rộng của trường Zp thì mọi tự đẳng cấu của trường E đều giữ cố định mỗi phần tử của Zp".
Chứng minh. Trước tiên ta chứng minh Zp là trường con nguyên tố của trường E . Thật vậy, giả sử A là trường con của trường Zp, khi đó A⊆ Zp.
Với mọi k− ∈ Zp ta có
A
k− =1−+1−+....+1−∈ (k số hạng 1− ).
Suy ra Zp ⊆A hay A= Zp. Vậy Zp là trường nguyên tố. Do đó theo Bài 1, mọi tự đẳng cấu của E giữ cố định với mỗi phần tử của Zp. □
Bài 5. Cho một đa thức f ∈ Q[x], gọi f ′ là đa thức đạo hàm của f và d là ước chung lớn nhất của f và f ’. Chứng minh rằng đa thức f1 ∈Q[x] sao cho
1
df
f = có cùng các nghiệm với f nhưng f1 không có nghiệm bội. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Giải.Với f =df1, mọi nghiệm của f1 đều là nghiệm của f .
Đảo lại, giả sử u là nghiệm bội cấp n≥1 của f thì, từ f =(x−u)nh với h ∈ Q[x] , h(u) ≠0 Ta có
f′=nh(x−u)n−1 +(x−u)nh′=(x−u)n−1(nh+(x−u)h′) với nh(u)≠0 Cho nên u là nghiệm bội cấp n−1 của f′; vậy u cũng là nghiệm bội cấp n−1
của d . Vì thế u là nghiệm đơn của f1. Vậy f1 không có nghiệm bội. □
Bài 6. a) Chứng minh rằng nếu đa thức f ∈K[x] có đạo hàm hình thức f′= 0 thì
f không tách được .
b) Chứng minh rằng đa thức f ∈ Zp[x] có đạo hàm hình thức f ′= 0 thì
p
g
f = với g ∈ Zp[x]
Giải. a) Nếu f ′=0 thì ( f , f ′)=(f,0)= f nên nếu f ≠0 và bậc f ≥1 thì ( f
, f′)≠1
b) Nếu f = ∑ ∈ = n k k kx a 0 Zp[x] thì f ′= ∑ ∈ = − n k k kx ka 0 1 Zp[x]. Do đó nếu 0 = ′
f thì k.ak = 0∈ Zp với mọi k =0,1,...,n. Suy ra ak =0 hoặc ak ≠0 và k = jk.p
(bội của p ). Vì thế f = gp với g=0∈ Zp[x] hoặc g = ∑ jk ∈ p jk x a . Zp[x]. □
Bài 7. Chứng minh rằng đa thức f =x3−2u không tách được trên Z3(u) và nhóm Galois của trường nghiệm của đa thức này thu về tự đẳng cấu đồng nhất.
Giải.Gọi t là nghiệm của đa thức f = x3− 2u∈
Z3(u)[x]. Vì Z3[t,x] có đặc số 3, và (−)3:Z3 →Z3 là tự đơn cấu, nên x3−2u=x3−t3 =(x−t)3.
Điều này chứng tỏ Z3(t) là một trường nghiệm của x3 −2u trên Z3(u) và đa thức
u
x3 −2 không tách được trên Z3(u). Mỗi tự đồng cấu S thuộc nhóm Galois của
Z3(t) trên Z3(u), giữ cố định mỗi phần tử của Z3(u) và biến t thành một nghiệm khác của x3 −2u trong Z3(t); nghiệm này xác định S vì Z3(t) sinh trên Z3(u) bởi
t.
Vậy x3 −2u chỉ có t là nghiệm trong Z3(t).
Do đó nhóm Galois của Z3(t)trên Z3(u) thu về tự đẳng cấu đồng nhất I của Z3(t) .□
Bài 8. Chứng minh hệ quả 2.4.8 đối với đa thức đối xứng theo ba biến x1,x2,x3. Hãy chứng tỏ nhóm Galois của N =K(x1,x2,x3) trên K là nhóm đối xứng bậc 3. Giải.Các đa thức đối xứng sơ cấp của K[x1,x2,x3] là
3 2 1 3 3 2 3 1 2 1 2 3 2 1 1 x x x s x x x x x x s x x x s = + + = + + =
Các đa thức đối xứng sơ cấp s1,s2,s3 sinh trên K một trường F =K(s1,s2,s3). Còn trường phân thức N =K(x1,x2,x3) là trường nghiệm của một đa thức
( ) ( )( )( ) 2 2 3 ( 1, 2, 3)[ ] 1 3 3 2 1 x x x x x s x s x s K s s s x x x x p = − − − = − + − ∈
Theo Định lý 2.2.4, mỗi tự đẳng cấu T trong nhóm Galois G của N trên F cảm sinh một hoán vị của các biến x1,x2,x3. Do đó theo Mệnh đề 2.4.7, với (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
] , , [x1 x2 x3 K g∈ ∀ thì g phải thuộc F . Vậy g có dạng g= f(s1,s2,s3)/g(s1,s2,s3)với f,g∈K[s1,s2,s3]
Mỗi tự đẳng cấu T∈G= AutF(N) cảm sinh một hoán vị Γ của tập hợp
{x1,x2,x3} thuộc nhóm S3 sao cho Txi =xΓi, i=1,2,3. Và T Γlà một đơn cấu cấu nhóm G→S3. Hơn nữa đây là một toàn cấu vì với mỗi hoán vị Γ∈S3,
) , , ( ) , , (x1 x2 x3 g xΓ1 xΓ2 xΓ3
g là một K- tự đẳng cấu của trường N ; K- tự đẳng cấu này là một F - tự đẳng cấu.
Vậy G đẳng cấu với nhóm S3. □
Bài 9. Chứng minh rằng tồn tại một trường N và một trường con F sao cho nhóm Galois của N trên F là nhóm đối xứng bậc n .
Giải. Từ một trường K bất kỳ, ta có miền nguyên đa thức K[x1,...,xn] và trường )
,..., (x1 xn K
N = các phân thức hữu tỷ theo n biến x1,...,xn với hệ tử trong K.