3 Giải phương trình bằng căn thức
3.4Tiêu chuẩn giải được bằng căn thức
3.4.1 Định nghĩa. Cho T là một trường và f(x) ∈ T[x]. Ta nói rằng f(x)
giải được bằng căn thức trên T nếu trường phân rã của f(x) trên T nằm trong một mở rộng căn nào đó của T.
Nói theo cách dễ hiểu hơn, một đa thức f(x) ∈ T[x] là giải được bằng căn thức nếu và chỉ nếu các nghiệm của f(x) được biểu diễn theo các hệ số của f(x) thông qua các phép toán cộng, trừ, nhân, chia và khai căn.
Bây giờ chúng ta chỉ ra rằng các đa thức bậc 1,2,3,4 là giải được bằng căn thức.
3.4.2 Ví dụ. (i) Cho f(x) = ax+b ∈ T[x] với a 6= 0. Nghiệm của f(x) là
x = −b/a. Vì thế T là trường phân rã của f(x) trên T. Rõ ràng T ⊆ T là mở rộng thuần túy kiểu 1, do đó nó là mở rộng căn. Vì thế mọi đa thức bậc nhất đều giải được bằng căn thức.
(ii) Cho f(x) = x2 + bx + c ∈ T[x]. Đặt F = T(α), trong đó α =
√
b2 −4c. Khi đó F là trường phân rã của f(x) trên T. Ta có T ⊆ F là mở rộng thuần túy kiểu không quá 2. Vì thế T ⊆ F là mở rộng căn. Do đó f(x)
3.4.3 Ví dụ. Cho f(x) = x3 + qx + r ∈ T[x]. Đặt B1 = T(α), trong đó
α =
r
r2 + 4q
3
27 .Khi đóT ⊆B1 là một mở rộng thuần tuý kiểu không quá 2. ĐặtB2 = B1(y),trong đóy3 = 1 2(−r+ r r2 + 4q 3 27 ).Khi đóB1 ⊆ B2 là mở rộng thuần tuý kiểu không quá 3. Công thức nghiệm của đa thức bậc 3cho ta các nghiệm của f(x) là y+z, y+2z, 2y+z, trong đó = −1
2 + i√
3 2 là căn nguyên thuỷ bậc 3 của đơn vị và z là một phần tử thoả mãn yz = −q/3.
Chú ý rằng z = −q/3y ∈ B2. Đặt B3 = B2(). Khi đó B2 ⊆ B3 là mở rộng thuần tuý kiểu 3. Gọi E là trường phân rã của f(x) trên T. Vì các nghiệm của f(x) đều chứa trong B3 nên E ⊆ B3. Vì T ⊆ B3 là mở rộng căn nên
f(x) là giải được bằng căn thức.
3.4.4 Ví dụ. Cho f(x) = x4+qx2+rx+s ∈ T[x]. Trong phần bàn bạc về công thức nghiệm của đa thức bậc 4 theo phương pháp của Descartes ở cuối Chương 2, chúng ta thấy rằng chỉ cần tìm các số k, l, mlà đủ. Vìk2 là nghiệm của một đa thức bậc3trongT[x]nên theo ví dụ trên, tồn tại một mở rộng căn
T ⊆ B1 ⊆ B2 ⊆ B3 sao cho k2 ∈ B3. Đặt B4 = B3(k). Khi đó B3 ⊆ B4
là một mở rộng thuần tuý kiểu không quá 2. Vì 2m = k2 + q + r/k và
2l = k2+q−r/knên l, m∈ B4. Công thức nghiệm của đa thức bậc 4cho ta nghiệm của củaf(x)chính là nghiệm của đa thức (x2+kx+k)(x2−kx+m).
Đặt B5 = B4(√
k2 −4l) và B6 = B5(√
k2 −4m). Khi đó B4 ⊆ B5 và
B5 ⊆B6 là các mở rộng thuần tuý kiểu không quá 2. Do đó T ⊆ B6 là một mở rộng căn. Theo công thức bậc 4, các nghiệm của f(x) đều thuộc B6. Gọi
E là trường phân rã của đa thức f(x) trên T. Khi đó E ⊆ B6. Vì vậy f(x)
là giải được bằng căn thức.
Kết quả sau đây, được gọi là Định lí lớn của Galois, cho ta những tiêu chuẩn hoàn hảo nhất về tính giải được bằng căn thức của các đa thức.
3.4.5 Định lý. Cho T là một trường và f(x) ∈ T[x]. Gọi F là trường phân rã của f(x) trên T. Khi đó các mệnh đề sau là tương đương: (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
38
(ii) Gal(f) là nhóm giải được. (iii) T ⊆F là mở rộng căn.
Như đã trình bày trong các ví dụ trên, các phương trình bậc 1,2,3,4 luôn giải được bằng căn thức. Phần cuối của tiết này nhằm chỉ ra các ví dụ về các đa thức bậc 5 không giải được bằng căn thức. Để làm điều này, ta cần một số kết quả bổ trợ sau đây.
3.4.6 Bổ đề. (Tiêu chuẩn Eisenstein). Chof = anxn+. . .+a1x+a0 là một đa thức với hệ số nguyên. Giả sử tồn tại một số nguyên tố psao cho p không là ước của an, các hệ số an−1, . . . , a0 đều chia hết cho p và p2 không là ước của a0. Khi đó f(x) là bất khả quy trong Q[x].
3.4.7 Bổ đề. Cho T ⊆ R là một trường và f(x) ∈ T[x] là một đa thức bất khả quy với bậc n≥ 2.Nếu nlà số nguyên tố và f(x) có đúngn−2nghiệm thực thì nhóm Galois Gal(f) của f(x) trên T đẳng cấu với nhóm đối xứng
Sn.
Bây giờ ta có thể đưa ra một số ví dụ về đa thức không giải được bằng căn thức.
3.4.8 Ví dụ. Đa thức x5 −4x2 + 2 ∈ Q[x] không giải được bằng căn thức. Bài giải: Đặt f(x) = x5−4x2+ 2. Theo tiêu chuẩn Eisenstein áp dụng với số nguyên tố p= 2 ta suy ra f(x) là bất khả quy trên Q. Ta có
f(−1) = −3;f(0) = 2;f(1) = −2;f(2) = 18.
Vì f(x) liên tục trên R nên f có ít nhất ba nghiệm nằm trong các khoảng
(−1,0),(0,1),(1,2). Ta có f0(x) = 5x4 −8x = x(5x3−8).Do đó f0(x) có đúng hai nghiệm thực là x1 = 0 và x2 = 3
r
8
5. Vì thế f(x) chỉ có đúng một giá trị cực đại và một giá trị cực tiểu trên R. Từ sự biến thiên của hàm f(x), ta suy raf(x)có đúng 3nghiệm thực. Theo Bổ đề trên, nhóm Galois Gal(f)
Gal(f) là nhóm không giải được. Theo Định lí lớn của Galois, đa thức f(x)
không giải được bằng căn thức.
3.4.9 Ví dụ. x5 −6x2 + 3 ∈ Q[x] không giải được bằng căn thức.
Bài giải: Đặt f(x) = x5 −6x2 + 3. Khi đó f(x) là bất khả quy theo tiêu chuẩn Eisenstein áp dụng với số nguyên tố p = 3. Nhìn vào đồ thị của f(x)
ta thấy rằngf(x)có3nghiệm thực (xấp xỉ −1,7; 0,5; 1,4) và 2 nghiệm phức liên hợp: f tăng từ −∞ đến điểm đạt cực đại tại x0 = 4
r
6
5 với f(x0) > 0, sau đó giảm đến điểm cực tiểu tại x1 = − 4
r
6
5 với f(x1) < 0. Ta còn có
f(−2) < 0;f(−1) > 0;f(1) < 0. Vì thế nhóm Galois Gal(f) trên Q đẳng cấu với nhóm đối xứng S5. Vì thế Gal(f) là nhóm không giải được. Theo Định lí lớn của Galois, f(x) không giải được bằng căn thức.
Bằng phương pháp tương tự, chúng ta chứng minh được đa thức sau đây không giải được bằng căn thức.
3.4.10 Ví dụ. x5 −35x4 + 7∈ Q[x] không giải được bằng căn thức.
Chú ý rằng nếu f(x) ∈ T[x] là đa thức bậc 5 không giải được bằng căn thức thì với mọi n ≥ 5, đa thức (x−1)n−degff(x) ∈ T[x] là đa thức bậc n
và không giải được bằng căn thức. Như vậy, với mỗi n ≥ 5, luôn tồn tại đa thức bậc n không giải được bằng căn thức. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Tài liệu tham khảo
[Tr] Ngô Việt Trung, Lý thuyết Galois, NXB ĐHQG Hà Nội (2006). [Ar] E. Artin, Galois Theory, Dove Publications (1998).
[Esc] J. P. Escofier, Galois Theory, Springer (2004), Third Edition. [Rot] J. Rotman, Galois Theory, Springer (2001), Second Edition. [St] I. Stewart, Galois Theory, Chapman and Hall (1989).
Luận văn đã được bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn ngày 09 tháng 9 năm 2011 và đã chỉnh sửa với các ý kiến đóng góp của các thầy, cô trong hội đồng.
Thái Nguyên, ngày 10 tháng 9 năm 2011 Xác nhận của cán bộ hướng dẫn khoa học