Vấn đề dựng hònh bằng thước kẻ và compa trong hình học euclid

Chương 1 "Hệ tiên đề của lý thuyết dựng hình trong mặt phẳng trênmột trường" sẽ trình bày hệ thống các tiên đề và các phép dựng hình... Hệ tiên đề của lý thuyết dựng hình trong mặt phẳng

KHOA TOÁN

*************

LÝ VĂN HOÀNG

VẤN ĐỀ DỰNG HÌNH BẰNG THƯỚC KẺ

VÀ COMPA TRONG HÌNH HỌC EUCLID

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Chuyên ngành: Hình học

HÀ NỘI – 2018

KHOA TOÁN

*************

LÝ VĂN HOÀNG

VẤN ĐỀ DỰNG HÌNH BẰNG THƯỚC KẺ

VÀ COMPA TRONG HÌNH HỌC EUCLID

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Chuyên ngành: Hình học

Người hướng dẫn khoa học

ThS PHẠM THANH TÂM

HÀ NỘI – 2018

Lời cảm ơn 1

1 Hệ tiên đề của lý thuyết dựng hình trong mặt phẳng

1.1 Hệ thống các tiên đề 6

1.1.1 Các tiên đề 6

1.1.2 Tiên đề về thước kẻ 7

1.1.3 Tiên đề về compa 7

1.2 Các phép dựng hình cơ bản 8

2 Tiêu chuẩn dựng hình bằng thước kẻ và compa 9 2.1 Định lí Descartes 9

2.2 Tiêu chuẩn dựng hình bằng thước kẻ và compa 12

2.2.1 Nhóm giải được 12

2.2.2 Giải phương trình bằng căn thức 16

2.2.3 Phương trình bậc ba và phương trình bậc bốn 23 2.3 Ba bài toán điển hình 31

2.3.1 Gấp đôi khối lập phương 32

2.3.2 Bài toán chia ba một góc 332.3.3 Phép cầu phương hình tròn 342.3.4 Đa giác đều 17 cạnh 352.3.5 Dựng hình bằng compa và thước kẻ chia vạch 44

Sau thời gian học tập và rèn luyện, để có kiến thức như ngày hômnay, tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy Phạm ThanhTâm, người đã trực tiếp tạo điều kiện và giúp đỡ tôi trong suốt thờigian tôi làm khóa luận Đồng thời, tôi xin gửi lời cảm ơn chân thànhtới các thầy cô giáo trong tổ Hình học cũng như các thầy cô giáotrong khoa Toán trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 đã tạo điều kiệntốt nhất để tôi hoàn thành khóa luận tốt nghiệp này.

Do hạn chế về thời gian và khả năng nghiên cứu khoa học nên Khóaluận khó tránh khỏi những thiếu sót, tôi rất mong nhận được sự đónggóp, bổ sung quý báu từ các thầy cô và các bạn

Tôi xin chân thành cảm ơn!

Dưới sự hướng dẫn nhiệt tình của thầy giáo Phạm Thanh Tâm cùngvới sự cố gắng của bản thân, Khóa luận tốt nghiệp của tôi đã đượchoàn thành Các nội dung trình bày trong khóa luận là kết quả củaquá trình học tập, tổng hợp, tham khảo và kế thừa những thành quảnghiên cứu của các nhà khoa học và các nhà nghiên cứu với sự trântrọng và lòng biết ơn của tôi Tôi xin cam đoan những kết quả nghiêncứu của đề tài “Vấn đề dựng hình bằng thước kẻ và compa trong hìnhhọc Euclid” không có sự trùng lặp với kết quả của các đề tài khác.Nếu sai tôi xin hoàn toàn chịu trách nhiệm.

(i) Ngay từ lớp 6, học sinh đã được học để dựng các hình đơn giảnnhư góc, đường tròn, tam giác.

(ii) Lớp 7, học sinh đã được dựng các hình với những mối quan hệđặc biệt hơn như quan hệ về vuông góc, tia phân giác, hai hìnhbằng nhau, đường trung trực, đường trung tuyến

(iii) Lớp 8, học sinh được dựng các tứ giác với tính chất được biệtnhư hình bình hành, hình thoi, hình chữ nhật, hình vuông, vàđược dựng các hình lăng trụ đứng, hình chóp

(iv) Lớp 9, học sinh được dựng các góc đặc biệt, góc trong đường tròn

và các hình trụ nón cầu

(v) Lên các lớp 10, 11, 12, học sinh được học dựng ba đường conic

và dựng các hình trong không gian

Trong hình học thì việc dựng hình là một việc vô cùng quantrọng, nó quyết định khởi đầu việc một bài toán có giải được haykhông Nếu dựng hình không chuẩn xác, ta sẽ rất khó khăn và thậmchí là không thể tìm ra lời giải của bài

Do đó, tôi chọn đề tài “Vấn đề dựng hình bằng thước kẻ và compatrong hình học Euclid” để có thể tìm hiểu sâu hơn và vận dụng tốtvào các bài toán dựng hình

2 Mục đích nghiên cứu

Nghiên cứu đề tài này tôi muốn hiểu cứu sâu hơn về vấn đề dựnghình bằng thước kẻ và compa trong hình học Euclid, tìm hiểu điềukiện cần và đủ cho bài toán dựng hình bằng thước kẻ và compa

3 Đối tượng, phạm vi nghiên cứu

a Đối tượng nghiên cứu: Dựng hình bằng thước kẻ và compa

b Phạm vi nghiên cứu: Trong mặt phẳng trên một trường

4 Nhiệm vụ nghiên cứu

Nghiên cứu về điều kiện cần và đủ cho bài toán dựng hình bằngthước kẻ và compa

5 Phương pháp nghiên cứu

Trước hết tìm và tham khảo tài liệu, sách giáo khoa, sách giáo trình

có liên quan về dựng hình bằng thước kẻ và compa trong hình họcEuclid

Phân tích và tổng hợp các ví dụ và bài tập minh họa , tham khảocác kiến giáo viên hướng dẫn

6 Ý nghĩa khoa học, thực tiễn của đề tài

Là tài liệu tham khảo cho các sinh viên chuyên ngành toán học

7 Cấu trúc khóa luận

Khóa Luận gồm hai chương

Chương 1 "Hệ tiên đề của lý thuyết dựng hình trong mặt phẳng trênmột trường" sẽ trình bày hệ thống các tiên đề và các phép dựng hình

Hệ tiên đề của lý thuyết dựng hình trong mặt phẳng trên một trường.

1.1 Hệ thống các tiên đề.

1.1.1 Các tiên đề

Khái niệm dựng hình là một khái niệm cơ bản, chúng ta thừa nhậnkhái niệm đó mà không định nghĩa Sau đây, chúng ta sẽ trình bày lại

hệ thống các tiên đề của lý thuyết dựng hình trong mặt phẳng Euclid

và mặt phẳng Descarter trên một trường Các tiên đề về phép dựnghình bao gồm 8 phép dựng cụ thể như sau:

Phép dựng 1: Mọi hình đã cho là đã dựng được

Phép dựng 2: Nếu đã dựng hai hình thì hợp của hai hình đó là hình

Phép dựng 5: Nếu hai hình đã cho thì ta có thể xác lập rằng giaocủa chúng có là tập rỗng hay không.

Phép dựng 6: Nếu giao của hai hình dựng được là tập không rỗngthì giao đó là đã dựng được

Phép dựng 7: Có thể dựng được điểm, cho biết là thuộc một hình

đã dựng

Phép dựng 8: Có thể dựng được điểm, cho biết là không thuộc mộthình đã dựng với điều kiện hình đã dựng không chiếm toàn bộ khônggian

1.1.2 Tiên đề về thước kẻ

Các tiên đề về thước kẻ bao gồm 3 tiên đề cụ thể như sau:

Thước kẻ 1: Dựng đường thẳng nối liền hai điểm đã dựng

Thước kẻ 2: Dựng đường thẳng đi qua hai điểm đã dựng

Thước kẻ 3: Dựng tia xuất phát từ một điểm đã dựng và đi quamột điểm khác đã dựng

1.1.3 Tiên đề về compa

Các tiên đề về compa bao gồm 2 tiên đề cụ thể như sau:

Compa 1: Dựng đường tròn nếu tâm đường tròn và đoạn thẳng bằngbán kính

Compa 2: Dựng được bất kì cung nào trong hai cung bù nhau củamột đường tròn khi tâm của đường tròn và các điểm đầu mút củacung đó đã dựng

1.2 Các phép dựng hình cơ bản

Hệ thống tiên đề trên cho phép ta thực hiện được 10 phép dựng cơbản sau:

1 Dựng điểm bất kì

2 Dựng đoạn thẳng nối liền hai điểm đã dựng

3 Dựng đường thẳng đi qua hai điểm đã dựng

4 Dựng tia xuất phát từ một điểm đã dựng và đi qua một điểmkhác đã dựng

5 Dựng đường tròn nếu tâm đường tròn và đoạn thẳng bằng bánkính đường tròn đã dựng

6 Dựng được một cung bất kì

7 Dựng được bất kì cung nào trong hai cung bù nhau của mộtđường tròn khi tâm đường tròn và các điểm đầu mút của cung đó đãdựng

8 Dựng bất kì một số hữu hạn điểm chung của hai hình đã dựngnếu các điểm đó tồn tại

9 Dựng điểm thuộc một hình đã dựng

10 Dựng được điểm không thuộc một hình đã dựng

Tiêu chuẩn dựng hình bằng thước

và compa nếu và chỉ nếu α và β biểu diễn được qua a1, , a2, b1, , bnbởi hữu hạn các phép toán trường +, −, , : và phép toán lấy căn bậnhai của một số thực dương

Chứng minh Lấy hai điểm P1 = (a1, b1), P2 = (a2, b2), đường thẳng điqua hai điểm này có phương trình là phương trình có dạng:

y − b1 = b2 − b1

a2 − a1(x − a1).

Hệ số của nó biểu diễn được qua a1, a2, b1, b2 bởi hữu hạn các phéptoán trên trường +, −, , :

Đường tròn tâm (a,b) và bán kính r có phương trình là:

Để tìm giao điểm của hai đường thẳng và đường tròn, ta chỉ cần giảiphương trình bậc hai theo x Việc giải đó chỉ sử dụng đến các phéptoán trường +, −, , : và phép toán lấy căn bậc hai của một số thựcdương

Để tìm giao của hai đường tròn, ta chỉ cần trừ hai phương trình đểtìm mối liên hệ giữa x và y sau đó thay vào một phương trình nhằmthu được một phương trình bậc hai theo x Dó đó, việc giải quyết cũngchỉ sử dụng đến các phép toán +, −, , : và phép toán lấy căn bậc haicủa một số thực dương

Tóm lại, để tìm tọa độ của một điểm Q = (α, β) dựng được bằngthước và compa từ những điểm cho trước P1, P2, , Pn ta cần phải giảimột số hữu hạn những phương trình bậc nhất và bậc hai mà hệ sốcủa chúng chỉ phụ thuộc và (ai, bi) và những hệ số thu được từ nhữngbước trên Vậy α và β sẽ được biểu diễn được qua a1, , a2, b1, , bn

bởi hữu hạn các phép toán trường +, −, , : và phép toán lấy căn bậchai của một số số thực dương.

Ngược lại, mọi nghiệm của phương trình tuyến tính và phương trìnhbậc hai dều đựng được bằng thước và compa Thật vậy, mọi phươngtrình này đều giải được sau một số lần hữu hạn khi ta áp dụng cácphép toán tính +, −, , : và phép khai căn bậc hai Và mỗi phép tính

ấy đều sẽ được diễn tả bằng thước kẻ và compa

Với tổng và hiệu của hai đoạn thẳng, ta chỉ cần đặt hai đoạn thẳng

đó nối tiếp với nhau đối với tổng; chồng lên nhau đối với hiệu

Với tích, đặt đoạn thẳng a trên trục x và các đoạn 1, b trên trục y Ta

vẽ đường thẳng nối hai điểm 1, a, phương trình của đường thẳng đó

là y = −(1

a)x + 1 Vẽ đường thẳng song song với đường thẳng trên và

đi qua b, phương trình của đường thẳng đó chính là y = −(1

a)x + b.

Dó đó, nó sẽ cắt trục x tại điểm (ab,0) Khi đó, ta đã dựng được đoạnthẳng ab từ các đoạn 1, a, b

Với thương, ta đặt đoạn thẳng 1 trên trục x và hai đoạn a, b trên trục

y rồi vẽ đường thẳng đi qua 1 và a Vẽ đường thẳng đi qua b và songsong với đường thẳng, sẽ cắt trục x tại điểm b

a.Với căn bậc 2 của a > 0, dựng như hình vẽ

2.2 Tiêu chuẩn dựng hình bằng thước kẻ và compa

Xr − 1 = 0 Nhóm Galois của trường này có những tính chất sau

Định lý 2.2 Cho E là một mở rộng căn bậc r của K và là trườngphân rã trên K Khi đó, E(Er) là trường phân rã trên K có nhómGalois là nhóm giải được

Nhóm G(E/P ) ∼= S3 là nhóm giải được vì G(E/Pε) ∼= A3 là nhómxích A3 là ước chuẩn của S3 và G(E/P )/G(E/Pε) ∼= G(Pε)/P ∼= S2

là nhóm Abel, trong đó Sn là nhóm hoán vị bậc n

Trong định nghĩa nhóm giải được, thì ta có thể thay nhóm Abel bằngnhóm xích Để thấy điều này ta cần xét mối quan hệ giữa các ướcchuẩn lồng với nhau

Định lý 2.3 Cho G là một nhóm còn U là một ước chuẩn của G.Một nhóm con U ⊇ K của G là ước chuẩn khi và chỉ khi K/U là ướcchuẩn của G/U Khi đó:

G/K ∼= (G/U )/(K/U )

Chứng minh Theo định nghĩa thì U cũng là ước chuẩn của K Do đó,

ta có thể xét nhóm thương K/U Nhóm này là nhóm con của G/U Gọi µ là ánh xạ chính tắc từ G lên G/U Ta được: µ(K) = K/U Nếu K là ước chuẩn của G thì:

µ(x).µ(K).µ(x)−1 = µ(x.K.x−1) = µ(K) với ∀ xG

Suy ra, µ(K) là ước chuẩn của G/U

Đảo lại, giả sử K/U là ước chuẩn của G/U Khi đó, ta có một ánh

xạ chính tắc µ0 từ G/U lên (G/U )/(K/U ) Dễ thấy, ánh xạ hợp nhất

µ0µ là một toàn cấu từ G lên (G/U )/(K/U ) và

ker(µ0µ) = x ∈ G|xU ∈ K/U = K

Vậy nên, K là ước chuẩn của G và G/K ∼= (G/U )/(K/U ) theo định líđồng cấu nhóm

Định lý 2.4 Mọi nhóm hữu hạn giải được G đều có một chuỗi giảmcác nhóm con

ra được một chuỗi mới có các tính chất như trên Đặt G = G/Gi Ta

sẽ chỉ ra rằng G không có một nhóm con nào khác ngoài hai nhómcon tầm thường là chính nó và nhóm chỉ gồm phần tử đơn vị e Giả

sử G có một nhóm con không tầm thường là K Do G là nhóm abelnên ta được K và G/K cũng là nhóm abel Đặt:

của G Do {xn|n ∈ Z} là nhóm con của G nên nhóm này sẽ trùngvới G Vì vậy G là nhóm xích Cấp |G| phải là số nguyên tố vì nếu

|G| là một hợp số dạng pq với p,q >1 thì G có một nhóm con khôngtầm thường là {xnp|n ∈ Z} Theo cách chọn chuỗi thì G1 là nhóm giảiđược với |G1| < |G| Dùng quy nạp ta có thể giả thiết G1 là một chuỗigiảm các nhóm con

G = K1 ⊃ K2 ⊃ ⊃ Km = {e}

Trong đó K − i có là ước chuẩn của Ki−1 và Ki−1/Kilà nhóm xích

có cấp nguyên tố với mọi i = 2, , m Do G/G1 là nhóm xích có cấpnguyên tố nên chuỗi sau:

Định lý 2.5 Nếu đa thức f ∈ K[X] giải được bằng căn thức thì nhómGalois G(f/K) là nhóm giải được

Chứng minh Gọi L là trường phân rã của f trên K Theo định nghĩa

ta có f giải được bằng căn thức có nghĩa là L nằm trong một mở rộngcăn E của K

Ta có thể giả thiết rằng E là trường phân rã (Bổ đề 5.3, [2])

Đặt r := [E : K].

Theo định lí 2.2 thì E(εr) là trường phân rã trên K với G(E(εr/K)) lànhóm giải được Mà G(f/K)= G(L/K) là nhóm thương của G(L(εr/K))(bổ đề 4.6, [2]) Vì vậy, G(L/K) cũng là nhóm giải được (bổ đề 5.6,[2])

Vậy theo định lí này, nếu ta tìm thấy các nhóm Galois không giảiđược thì ta sẽ có các đa thức không giải được bằng căn thức

2.2.2 Giải phương trình bằng căn thức

Trong chương trước ta đã chỉ ra rằng nếu một đa thức giải đượcbằng căn thức thì nhóm Galois là nhóm giải được Trong chương này,

ta sẽ chứng minh điều ngược lại, tức là, nếu nhóm Galois là nhóm giảiđược thì đa thức giải được bằng căn thức

Trước tiên, ta thấy các tự đẳng cấu có tính độc lập tuyến tính theonghĩa sau

Định lý 2.6 Với mọi nhóm con hữu hạn U của G(E/K) ta có:

với mọi a ∈ E Vì vậy, Φ1(a) + + Φn(a) ∈ EU Cho Ψ là một tựđẳng cấu tùy ý của E/EU Ta có:

Ψi(Φ1(a) + + Φn(a)) = Φ1(a) + + Φn(a)

và do đó,

ΨΦ1(a) + + ΨΦn(a) − Φ1(a) − − Φn(a) = 0

Với mọi a ∈ E Theo bổ đề 6.1 [2] thì điều này chỉ xảy ra khi dãy các

tự đẳng cấu ΨΦ1, , ΨΦn, Φ1, , Φn có những phần tử trùng nhau Talại thấy ΨΦi 6= ΨΦi nếu i 6= j Vì vậy, tồn tại những tự đẳng cấu Φi

và Φj sao cho ΨΦi = Φj Khi đó, Ψ = Φj.Ψ−1j U Điều này chứng tỏG(E/EU) ⊆ U

Định lý 2.7 Cho E là một trường phân rã trên K Nếu U là mộtước chuẩn của nhóm Galois G(E/K) thì trường bất biến EU là trườngphân rã trên K và

G(E/K)/U ∼= G(EU/K)

Chứng minh Trước tiên, ta thấy EU là mở rộng hữu hạn của K vàmọi phần tử của EU đều là những phần tử đại số trên K (định lí3.10, [2]) giả sử, EU = K(a1, , an) Gọi Gi là đa thức tối tiểu của

ai trên K Với mọi nghiệm b của gi ta có ít nhất một đẳng cấu ϕcủa EU/K sao cho b = ϕ(ai) Ta mở rộng ϕ thành một đẳng cấu Φcủa E/K Do E là trường phân rã trên K nên Φ là tự đẳng cấu củaE/K Do U là ước chuẩn của G(E/K) nên Φ−1.Ψ.ΦU ∀ΨU Theođịnh nghĩa của trường bất biến EU ta có Φ−1ΨΦ(ai) = ai Từ đó suy

ra, ΨΦ(ai) = Φ(ai) và do đó, Ψ(ϕ(ai)) = ϕ(ai) Điều này cho thấy

b = ϕ(ai)EU Vậy EU chứa tất cả các nghiệm của gi, i=1, ,n, và ta

có thể kết luận EU là trường phân rã của đa thức f = g1, , gn Theo

Định lý 2.8 Cho E là một trường phân rã trên K và r là tích của tất

cả các ước nguyên tố của [E : K] Nếu nhóm Galois G(E/K) là nhómgiải được thì E(εr) là mở rộng căn r của K

Chứng minh Đặt ε = εr và U = G(E(ε)/K(ε) Theo bổ đề 6.6 ([2])thì U là nhóm con của G(E/K) Vì vây,[E(ε) : K(ε)] = |U | là ước của[E : K] = G(E/K)

Cho G là nhóm hữu hạn và U là một nhóm con của G Ta luôn luôn

có |U| là ước của |G| Thật vây, quan hệ đồng dư mod U chia G rathành các lớp kề trái xU Do ánh xạ z 7→ xz là một song ánh đi từ Ulên xU nên |xU| = |U| với mọi x ∈ G Từ đây suy ra:

|G| = [G : U ]|U |

Trong đó, [G:U] kí hiệu số các lớp kề trái mod U Mặt khác, doG(E/K) là nhóm giải được (bổ đề 5.6, [2]) Theo định lí 2.4 tồn tạimột chuỗi các nhóm con:

U = U0 ⊇ U1 ⊇ ⊇ Un = {e}

Trong đó Ui là ước chuẩn của Ui−1 và Ui−1/Ui là nhóm xích có cấpnguyên tố với mọi i = 1, , n Đặt:

Li := E(ε)Uivới mọi i = 0, 1, , n Khi đó: Ui = G(Ln/Li)

Theo định lí 2.6 xét dãy tăng các trường

K(ε) = L0 ⊇ L1 ⊇ ⊇ Ln = E(ε)Trong đó K(ε) = L0 theo hệ quả 6.3 [2] Do E là một trường phân rãtrên K nên E(ε) là một trường phân rã trên Li−1 ⊆ K(ε), i = 1, , n

Áp dụng định lí 2.7 ta thấy Li là trường phân rã trên Li−1 và

Ui−1/Ui = G(Ln/Li−1)/G(Ln/Li) ∼= G(Li/Li−1)

Vì vây, G(Li/Li−1) là nhóm xích Đặt r1 := [Li : Li−1]

Do r1 = |G(Li/Li−1)| = |Ui−1/Ui| nên ri là một số nguyên tố Theo

bổ đề 3.9, [2] thì ri là ước của [E(ε) : Li−1] và do đó cũng là ước của[E(ε) : K(ε)] Do [E(ε) : K(ε)] là ước của [E : K] và r là tích tất cảcác ước nguyên tố của [E : K] nên ri là ước của r Do Li−1 chưa ε nên

Li−1 cũng chứa εr/ri = εri Theo bổ đề 6.5 [2] thì Li = Li−1(ai) trong

đó ai là căn bậc ri của Li−1l Từ đây suy ra E(ε) = K(ε, a1, , an) là

Chứng minh Do điều kiện cần chính là định lý 2.5 nên ta chỉ cầnchứng minh điều kiện đủ Do đa thức f là là giải được khi trườngphân rã của f nằm trong một mở rộng căn nên điều kiện đủ là hệ quảcủa định lí 2.8.

Ta đã thấy nhóm Galois của các phương trình bậc n đẳng cấu với mộtnhóm con của nhóm đối xứng Sn Do Sn là nhóm giải được với n ≤ 4nên mọi nhóm con của chúng đều là nhóm giải được theo bổ đề 5.6[2] Điều này lí giải vì sao các phương trình có bậc nhỏ hơn hoặc bằngbốn giải được bằng căn thức

Nếu ta biết được cấu trúc của một nhóm Galois giải được thì ta cóthể tính được nghiệm của đa thức đã cho

Định lý 2.10 Mọi nhóm hữu hạn có cấp là lũy thừa của số nguyên

tố đều là nhóm giải được

Chứng minh Cho G là một nhóm hữu hạn có |G| = pm với p là một

số nguyên tố và m > 0 Như ta đã thấy ở trên thì ta có:

pm = P

n≥1nsntrong đó n chạy trên tất cả các ước của pm Nếu n > 1 thì n chia hếtcho p Từ đây suy ra:

s1 = pm −P

n≥2nsn

cũng chia hết cho p và do đó s1 > 1

Gọi H là tập hợp tất cả các phần tử x ∈ G thỏa mãn điều kiện

x = zxz−1 với mọi z ∈ G, tức là các phần tử chỉ liên hợp với chính nó

Dễ thấy rằng H là ước chuẩn của abel của G Do |h| = s1 nên |h| = ptvới t > 0 Khi đó:

trong đó, Gi là ước chuẩn của Gi−1 và Gi−1

Gi là nhóm abel với mọi

i = 1, , n + 1

Vậy ta đươc điều phải chứng minh

Từ định lí 2.8 và 2.10 ta nhận được kết quả như sau:

Hệ quả 2.1 Cho E là một trường phân rã trên U Nếu [E:U] là lũythừa của một số nguyên tố p thì E(εp) là mở rộng căn bậc p của U

Chứng minh Ví dụ: Xét trường E:= Q(ε) với ε = ε5 Ta sẽ đặt:

f := X4 + X3 + X2 + X + 1 Mà X5 − 1 = (X − 1)f nên do đó E làtrường phân rã của f và f = (X − ε)(X − ε2)(X − ε3)(X − ε4)

Áp dụng đẳng thức trên ta có thể kiểm tra thấy f không có ướctrong Q[X] Vì vậy f là đa thức bất khả quy và do đóf sẽ là đa thứctối tiểu của ε trong Q[X].

Từ đó, ta suy ra được rằng [E : Q] = degf = 4 Vì vậy, E là mởrộng căn bậc 2 của Q

Ta đặt G = G(E/Q) Ta thấy G có 4 tự đẳng cấu ứng với các điềukiện ε 7→ ε4 Giới hạn các tự đẳng cấu trên tập nghiệm ε, ε2, ε3, ε4 của

f là nhóm xích cấp 4 sinh bởi chu vi trình Φ := (ε, ε2, ε3, ε4) Gọi U lànhóm con của G sinh bởi chuyển vị Φ2 := (ε, ε4)(ε2, ε3) Khi đó, H sẽchính là ước chuẩn của G với K và G/H là nhóm xích cấp 2

Bây giờ ta tính trường bất biến EH Đầu tiên ta thấy ε2+ ε3 ∈ EH.Theo định lí 6.4 [2], G(EH/Q) ∼= G/H

Gọi µ là phần tử sinh ra của G/H Mà do µ là giới hạn của Φ trên

EU nên µ(ε2 + ε3) = ε + ε4 Theo chứng minh của Bổ đề 6.6 [2], nếu

Tương tự, ta thấy E = EU(b) với b = ε − ε4 Do b2 = ε2+ ε8− 2ε5 =

ε2 + ε3 − 2 = −5 −

√5

Mục đích của phần này là ta sẽ chỉ ra rằng việc sử dụng thước kẻ

và compa tương đương với việc tìm ra các nghiệm thực của nhữngphương trình bậc ba và phương trình bậc bốn

Như ta đã biết thì bất kì phương trình bậc ba và phương trình bậcbốn cũng giải được nghiệm phức qua căn bậc hai; căn bậc ba của sốphức Đứng trên góc nhìn của hình học, chúng ta chỉ quan tâm đếnnhững vẫn đề xảy ra trong mặt phẳng Descartes thực và do đó ta sẽchỉ quan tâm đến nghiệm thực của các phương trình này Ta sẽ chỉ rarằng việc các nghiệm thực của phương trình bậc ba và phương trìnhbậc bốn được biểu thị bởi ba loại mở rộng trường của một trường con

Hay nói một cách đơn giản hơn thì các phương trình có thể giảibằng việc lấy căn bậc hai, căn bậc ba và chia ba một góc (Phần này

sẽ được đề cập đến ở chương sau) Bằng cách này thì ta thấy việcgiải phương trình bậc ba và bậc bốn là tương đương với việc sử dụngthước kẻ chia vạch và compa

là một nghiệm của phương trình trên

Chứng minh Phương trình này đã được nhắc tới ở Mệnh đề 3.2.4 [1].Phương trình đó là một hệ quả của đẳng thức lượng giác:

cos3γ = 4(cosγ)3 − 3cosγ

Ta đặt: β = 3γ, x = 2cosγ, b = 2cos3γ Giả thiết |b| <2 là cần thiết

để tìm góc β với cosβ = b

2.

Để nghiên cứu phương trình bậc ba tổng quát, ta sẽ sử dụng phươngpháp Cardano Trước hết ta chú ý rằng một phương trình bậc ba tổngquát: