Về bài toán chia đường tròn

Do đó, về phương diện hình học, lý thuyết trường và Lý thuyết Galois có liên quan chặt chẽ đến các bài toán dựng hình bằng thước kẻ và compa, đặc biệt là “Về bài toán chia đường tròn”..

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

PHAN THỊ NGA

VỀ BÀI TOÁN CHIA ĐƯỜNG TRÒN

CHUYÊN NGÀNH: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ

Mã số: 60.46.05

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học

TS Lê Thị Hoài Thu

NGHỆ AN – 2012

MỤC LỤC Trang

MỞ ĐẦU 2

CHƯƠNG 1 TRƯỜNG CHIA ĐƯỜNG TRÒN 4

1.1 Trường nghiệm của đa thức 4

1.2 Trường chia đường tròn 8

CHƯƠNG 2 BÀI TOÁN CHIA ĐƯỜNG TRÒN 15

2.1 Định lý cơ bản của Lý thuyết Galois 15

2.2 Tiêu chuẩn giải được bằng căn thức 21

2.3 Phép dựng hình bằng thước kẻ và compa 23

2.4 Bài toán chia đường tròn 28

KẾT LUẬN 38

TÀI LIỆU THAM KHẢO 39

MỞ ĐẦU

Đại số trừu tượng, một lĩnh vực được hình thành từ môn đại số quen thuộc để giải phương trình, đã được phát triển trong thế kỷ XIX Trong lĩnh vực này, một lý thuyết đẹp nổi bật là Lý thuyết Galois Lý thuyết Galois tạo ra một bước tiến quan trọng trong phương pháp được sử dụng một thế kỷ rưỡi sau đó để chinh phục phương trình Fermat Nguồn gốc của Lý thuyết Galois là vấn đề giải các phương trình đại số bằng căn thức Vấn đề này thực chất là mở rộng trường bằng cách ghép thêm liên tiếp những căn thức Thành tựu của E Galois (1811 – 1832) là đã chuyển vấn đề này thành một nội dung của lý thuyết nhóm Tư tưởng cơ bản của E Galois là cho tương ứng mỗi phương trình đại số với một nhóm hữu hạn, sau này được gọi là nhóm Galois của phương trình đó Tính chất giải được của nhóm Galois này xác định tính giải

được bằng căn thức của phương trình đại số tương ứng Chẳng hạn, nhóm Galois của phương trình 5

1 0

x − = là nhóm xyclic cấp 4 (4 = 22) là nhóm giải được và do đó phương trình này giải được bằng căn thức Trong khi đó, nhóm Galois của phương trình x5 − − =x 1 0 là nhóm đối xứng S5 Vì nhóm này không giải được cho nên phương trình x5 − − =x 1 0 không giải được bằng căn thức Có thể nói, bằng công trình xuất sắc kể trên, E Galois chính là người khởi đầu cho cả lý thuyết nhóm lẫn lý thuyết đa thức Các nhà toán học thế giới ngày nay coi ông là người sáng lập đại số cao cấp hiện đại và là một trong những người xây dựng nền tảng của toán học hiện đại nói chung [8]

Hơn nữa, mọi bài toán dựng hình đều có thể đưa về việc tìm các nghiệm của một phương trình đại số nào đó Do đó, về phương diện hình học, lý thuyết trường và Lý thuyết Galois có liên quan chặt chẽ đến các bài toán dựng hình

bằng thước kẻ và compa, đặc biệt là “Về bài toán chia đường tròn”

Số Fermat mang tên nhà toán học Pháp Pierre de Fermat (người đầu tiên đưa ra khái niệm này), đó là các nguyên dương có dạng F n = 2 2n + 1 với n là số

nguyên không âm

Khi nghiên cứu các số có dạng 22n + 1, Fermat đã tính ra được với n = 0,

1, 2, 3, 4 thì số có dạng trên là số nguyên tố, từ đó ông đưa ra dự đoán các số

có dạng như trên đều là số nguyên tố Tuy nhiên đến năm 1732, Euler đã phủ định dự đoán trên bằng cách chứng minh F5 là hợp số

Gauss đã có đột phá toán học đầu tiên khi ông chứng minh rằng mọi đa giác đều với số cạnh bằng số nguyên tố Fermat (và do đó, mọi đa giác đều với

số cạnh bằng tích của các số nguyên tố Fermat khác nhau và lũy thừa của 2) đều có thể dựng được bằng compa và thước kẻ Đây là một khám phá quan trọng trong bài toán dựng hình, một bài toán đã thu hút sự quan tâm nhiều nhà toán học từ thời Hy Lạp cổ đại tới nay

Năm 1796 có lẽ là năm chứng kiến nhiều phát kiến của Gauss nhất, chủ yếu cho ngành lý thuyết số Vào 30 tháng 3 năm đó, ông tìm thấy cách dựng

hình thất thập giác đã tìm được cách vẽ đa giác đều có 17 cạnh bằng thước thẳng và compa, bằng cách xem các đỉnh của đa giác trên vòng tròn như là nghiệm của phương trình phức Năm năm sau, ông đã khai triển được lý thuyết gọi là “Chu kỳ Gauss” (Gaussian periods) viết trong sách Disquisitiones Arithmeticae (Khảo cứu Số học) Lý thuyết này giúp ông tìm được điều kiện

đủ để một đa giác đều có thể vẽ được bằng thước thẳng và compa Gauss cũng cho là điều kiện đó cũng là điều kiện cần nhưng không chứng minh Đến năm

1837, Pierre Wantzel chứng minh được điều kiện của Gauss cũng là điều kiện

đủ Do đó, kết quả tìm được bởi Gauss và chứng minh đầy đủ bởi Wantzel Kết quả của Gauss – Wantzel sống mãi như là một trong những minh chứng cho ứng dụng của toán học vào thực tiễn cuộc sống

Có thể nói rằng, lời giải của bài toán chia đường tròn thành n phần bằng

nhau là một sự kết hợp nhuần nhuyễn và sáng tạo các kết quả của nhiều ngành toán học: Đại số - Hình học – Số học

Với những lý do trình bày ở trên, luận văn này tập trung tìm hiểu các ứng dụng của Lý thuyết Galois trong việc giải bài toán chia đường tròn, một bài toán có ý nghĩa sâu sắc trong kỹ thuật và công nghệ

Bố cục của luận văn gồm 2 chương:

Chương 1 Giới thiệu các kết quả cơ sở về trường nghiệm của đa thức và trường chia đường tròn

Chương 2 Giới thiệu Định lý cơ bản của Lý thuyết Galois; trình bày chứng minh Định lý Gauss – Wantzel về điều kiện cần và đủ để một đường

tròn chia được thành n phần bằng nhau bằng thước kẻ và compa; phép dựng

ngũ giác đều, đa giác đều 15 cạnh, đa giác đều 17 cạnh bằng thước kẻ và compa

Tác giả xin trân trọng cảm ơn TS Lê Thị Hoài Thu đã tận tình hướng dẫn và chỉ bảo, giúp đỡ để tác giả hoàn thành bản luận văn này

Tác giả xin trân trọng cảm ơn các thầy cô giáo thuộc Bộ môn Đại số, Khoa Toán học, Phòng Đào tạo Sau đại học của Trường Đại học Vinh đã giúp

đỡ, tạo điều kiện thuận lợi cho chúng tôi trong học tập và nghiên cứu, theo chương trình đào tạo thạc sĩ thuộc chuyên ngành Đại số và Lý thuyết số

Xin cảm ơn gia đình, bạn bè đã quan tâm giúp đỡ cho tôi trong suốt thời gian học tập vừa qua

Tuy đã cố gắng trong quá trình học tập, nghiên cứu và viết luận văn, song chắc chắn vẫn còn có nhiều thiếu sót, tác giả rất mong được sự góp ý, chỉ bảo của các thầy cô và các bạn đồng nghiệp

Tác giả

CHƯƠNG 1 TRƯỜNG CHIA ĐƯỜNG TRÒN

1.1 Trường nghiệm của đa thức

số tự nhiên n≠ 0 thì ta nói trường K có đặc số 0 Trong trường hợp ngược lại, ta gọi số nguyên dương p bé nhất sao cho p1 0 = là đặc số của trường K Đặc số

của trường K được ký hiệu bởi char(K).

Ví dụ char(¤ ) = 0, char(¡ ) = 0; char(£) = 0; char (¢ p ) = p.

Nhận xét Nếu trường K có đặc số p ≠ 0 thì p là số nguyên tố

1.1.2 Trường nguyên tố Một trường K được gọi là trường nguyên tố hay

trường đơn nếu K không có một trường con thực sự nào cả

nguyên tố

Nhận xét Mỗi trường đều chứa một trường con nguyên tố duy nhất

Thật vậy, ta gọi P là giao của tất cả các trường con của trường K Khi đó,

P là trường con bé nhất của K và do đó P là trường con nguyên tố duy nhất của trường K.

1.1.3 Định lý về các kiểu trường nguyên tố (xem [4]) Cho K là một trường

và P là trường con nguyên tố của K

1) Nếu K có đặc số 0 thì P đẳng cấu với trường ¤ các số hữu tỉ

2) Nếu K có đặc số nguyên tố p thì P đẳng cấu với trường ¢ p các số nguyên modp.

1.1.4 Trường mở rộng Nếu K là một trường con của trường E, thì ta gọi E là

một trường mở rộng của K (hay đơn giản hơn E là một mở rộng của K) Mở rộng

E của trường K được ký hiệu là E /K

Giả sử E là một mở rộng của trường K, khi đó ta có thể xem E là một không gian vectơ trên K Nếu E là không gian vectơ hữu hạn chiều trên trường

K, thì ta nói E là mở rộng bậc hữu hạn của trường K Số chiều n của không gian

vectơ E trên K được gọi là bậc của mở rộng E trên K Ta ký hiệu [E : K ] là bậc

của mở rộng E trên K Như vậy, ta có [E : K ] = dim K E = n

Mỗi hệ sinh hoặc cơ sở của không gian vectơ E trên K được gọi là một hệ sinh hoặc cơ sở của mở rộng E trên K.

1.1.5 Mở rộng đại số và mở rộng siêu việt Cho K là một trường và E là một

trường mở rộng của K Phần tử u∈E được gọi là phần tử đại số trên K nếu tồn tại đa thức khác không f(x)∈ K[x] sao cho f(u) = 0 Phần tử u∈E không đại số

trên K, được gọi là phần tử siêu việt trên K

Cho u∈E là phần tử đại số trên K Ta chọn trong tất cả các đa thức khác 0 thuộc K[x] nhận u làm nghiệm một đa thức đơn hệ (hệ số cao nhất bằng 1) có bậc nhỏ nhất, ký hiệu bởi q(x) Với mỗi phần tử đại số u∈E, đa thức q(x) như

vậy được xác định duy nhất Ta gọi q(x) là đa thức cực tiểu của phần tử đại số u

∈E trên K Ta cũng gọi bậc của đa thức cực tiểu q(x) của u là bậc của u trên K,

và ký hiệu bởi [u : K] Như vậy, ta có: [u : K] = deg q(x).

Cho E là mở rộng của trường K Ta gọi E là mở rộng đại số trên K nếu mọi phần tử u∈E đều là phần tử đại số trên K Trong trường hợp ngược lại, ta gọi E là mở rộng siêu việt trên K

thức bậc n≥ 1 trên K Khi đó, một trường N được gọi là trường nghiệm hay trường phân rã của f x( ) trên K nếu và chỉ nếu N là trường mở rộng nhỏ nhất (cực tiểu) của K và chứa tất cả n nghiệm của đa thức f x( )

Nhằm chứng minh rằng mọi đa thức trên một trường K đều có trường

nghiệm, trước hết ta chứng minh định lí sau:

trường mở rộng N của K trong đó f x( ) có ít nhất một nghiệm

Chứng minh Xét vành thương N = K[x]/I của vành K[x] trên iđêan I sinh bởi

( )

f x Vì K[x] là một vành giao hoán nên N cũng là một vành giao hoán có đơn

vị là 1 1 I= + Rõ ràng ta có 1 0 ≠ , ta sẽ chứng minh rằng N là một trường Thật

vậy, giả sử g x( ) =g x( ) + I là một phần tử khác không của N Vì g x( ) ≠ 0 nên

( )

g x ∉I tức g x( ) không chia hết cho f x( ) Do f x( ) bất khả quy trên K, nên

( )

f x và g x( ) nguyên tố cùng nhau trên K Vì vậy, tồn tại các đa thức r x s x( ) ( ), ∈

K[x] sao cho ta có: f x r x( ) ( ) +g x s x( ) ( ) = 1 Chuyển sang các lớp chúng ta được:

( ) ( ). ( ) ( ) 1

Do f x( ) = 0, nên g x s x( ) ( ) = 1 Điều này chứng tỏ rằng g x( ) khả nghịch trong

vành N, hay N là trường

Thiết lập ánh xạ ϕ: K → N, aa a I a+ = Rõ ràng, ϕ là một đơn cấu

trường Vậy tập hợp các phần tử a của N, với a∈K lập thành một trường con

đẳng cấu với K Nếu ta đồng nhất K với ϕ ( )K , bằng cách đồng nhất a a≡ , thì ta

có thể xem K như là một trường con của trường N Ngoài ra, nếu

( ) 0 1

n n

Ví dụ Giả sử K = Q và f x( ) =x2 − 2 Khi đó, vành thương Q[x] /<x2- 2> đẳng

cấu với trường số Q( 2) Thật vậy, các phần tử của Q[x]/<x2 - 2> có dạng

ϕ + = + + −

là một đẳng cấu từ trường số Q( 2) lên trường Q[x]/< x2- 2>

1.1.8 Định lí Với mỗi đa thức f x( )∈K[x] có bậc n≥ 1, tồn tại duy nhất (sai khác đẳng cấu) một trường nghiệm của f x( ) trên K.

Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo n rằng có một trường mở rộng N của

K sao cho trên đó f x( ) có đủ n nghiệm Rõ ràng điều này đúng với n = 1 Giả

sử f x( ) có bậc n> 1 và q x( ) là một ước bất khả quy của f x( ) Theo Định lí 1.1.7, có một mở rộng K1 của K sao cho q x( ) và do đó f x( ) có một nghiệm trong K1 Khi đó, nếu α là một nghiệm của f x( ) trong K1, theo Định lý Bezout

ta có f x( ) = −(x α) ( )g x với g x( ) ∈K1[x] có bậc là n− 1 Theo giả thiết quy nạp,

có trường mở rộng P của K1 sao cho g x( ) có đủ n− 1 nghiệm trong P và do đó

( )

f x có đủ n nghiệm trong P Để có trường nghiệm N của đa thức f x( ) trên K,

ta chỉ việc lấy trường con N nhỏ nhất của P chứa K và chứa n nghiệm của f x( )

Để ý rằng, trường N đó chính là giao của tất cả các trường con của P chứa K và chứa n nghiệm của đa thức f x( ) ▄

1.1.9 Mở rộng chuẩn tắc Một mở rộng đại số E của trường K được gọi là mở

rộng chuẩn tắc trên K khi và chỉ khi với mọi đa thức bất khả quy f(x) trong vành

đa thức K[x], nếu f(x) có một nghiệm trong E thì f(x) phân tích được thành tích các nhân tử tuyến tính (hay nói ngắn gọn là f(x) phân rã được) trong vành đa thức E[x]

với bậc n≥ 1 Ta nói đa thức f x( )là đa thức tách được (separable polynomial) trên K nếu và chỉ nếu f(x) có n nghiệm phân biệt trong trường nghiệm N của nó trên K Trong trường hợp ngược lại, đa thức f x( )được gọi là không tách được trên K.

Một phần tử u∈E đại số trên K gọi là phần tử tách được trên K nếu đa thức cực tiểu của u trên K là đa thức tách được trên K.

Một mở rộng E của trường K được gọi là mở rộng tách được (separable extension) trên K nếu mỗi phần tử u thuộc E là phần tử tách được trên K

1.2 Trường chia đường tròn

Giả sử P là một trường nguyên tố với đặc số pvà n là một số tự nhiên khác không sao cho n không chia hết cho p Trong trường hợp trường P có đặc số 0, thì

ta giả thiết rằng n là một số tự nhiên khác 0 nào đó

thức:

( ) n 1

trong một trường mở rộng nào đó của trường P

Hiển nhiên, các căn bậc n của đơn vị lập thành một nhóm Aben đối với phép nhân và cấp của một phần tử α bất kỳ của nhóm này là một ước số của n vì ta luôn có α =n 1.

trên trường P được gọi là trường chia đường tròn bậc n trên trường P

tròn Rn trên ¤ là một trường con của trường số phức £, và các căn bậc n của đơn

Các căn bậc n của đơn vị có biểu diễn hình học là n đỉnh của một đa giác đều n

cạnh nội tiếp trong đường tròn đơn vị Biết giá trị cos2

Chứng minh Vì n không chia hết đặc số của trường, nên đạo hàm f x'( ) =nx n− 1 chỉ

triệt tiêu khi x lấy giá trị 0, do đó nó không có nghiệm chung với f x( ) Vì vậy, trong trường chia đường tròn Rn các nghiệm của đa thức f x( )đều khác nhau, hay trong Rn có đúng n căn bậc n của đơn vị

Để chứng minh định lý, ta nhắc lại rằng số các số nguyên dương nhỏ hơn

n và nguyên tố với n là giá trị của hàm Euler ϕ ( )n , nó cũng bằng số phần tử

sinh của một nhóm xyclic cấp n Ta sử dụng hệ thức Gauss:

tổng được lấy theo mọi ước của n

Gọi G n là nhóm các căn bậc n của đơn vị Với mỗi ước d của n, ký hiệu

Cd là tập các phần tử a G∈ n sao cho a có cấp d Ta hãy tính số phần tử của Cd Giả sử a là một phần tử cấp d của G n hay a ∈Cd Khi đó, phần tử a sinh ra một nhóm xyclic cấp d Tất cả các phần tử của nhóm đó là tập nghiệm của phương trình x d − = 1 0, bởi vì phương trình này chỉ có d nghiệm Vì vậy, nếu b C∈ d thì b

là nghiệm của phương trình x d − = 1 0, hay b thuộc nhóm xyclic sinh bởi a Do

đó, ta suy ra b là một phần tử sinh của nhóm xyclic sinh bởi a Do số phần tử

sinh của nhóm xyclic cấp d là ϕ ( )d , ta suy ra số phần tử của Cd chính là ϕ ( )d

nếu trong G n có phần tử cấp d Ký hiệu D là tập các số nguyên dương d sao cho

trong G n có những phần tử cấp d Khi đó, G n là hợp rời rạc của các C d, với d∈

cấp n và vì vậy G n là nhóm xyclic sinh bởi phần tử đó

Lập luận trên cũng đưa đến kết luận: Nhóm nhân các căn bậc n của đơn vị

có ϕ ( )n phần tử sinh, hay có ϕ ( )n căn nguyên thuỷ bậc n của đơn vị.

1.2.4 Đa thức chia đường tròn Giả sử ζ ζ1 , , , 2 ζϕ( )n là ϕ ( )n căn nguyên thuỷ

bậc n của đơn vị Đa thức

được gọi là đa thức chia đường tròn bậc n.

1.2.5 Mệnh đề Các hệ tử của đa thức chia đường tròn

G =UC đã nói ở chứng minh Định lý 1.2.3 Vì vậy, ta chỉ còn phải

chứng minh điều khẳng định về hệ tử của đa thức chia đường tròn Ta quy nạp

theo n.

Với n = 1, thì F 1 (x) = x - 1, khẳng định đúng Giả sử với F 1 (x), F 2 (x), ,

F n - 1 (x) khẳng định đúng, ta chứng minh khẳng định trên cũng đúng với F n (x)

1.2.6 Tính khả quy của đa thức chia đường tròn trên trường đặc số khác 0 Nếu đặc số p≠ 0thì đa thức F x n( ) ∈ ¢ p[ ]x nói chung không bất khả quy Chẳng hạn, với p = 11, ta có:

ϕ là một đa thức bất khả quy trên ¤ nhận ξ làm nghiệm Ta có thể xem ϕ ( )x

là một đa thức nguyên bản Ta chứng minh ϕ ( )x = F n (x).

Giả sử p là số nguyên tố không chia hết n Khi đó, cùng với ξ, phần tử ξp

cũng là căn nguyên thuỷ bậc n của đơn vị Gọi g(x) là đa thức với hệ số nguyên,

nguyên bản, bất khả quy nhận ξp làm nghiệm Ta sẽ chứng minh rằng

( )x g x( )

ϕ = ± Đa thức x n−1 nhận ξ làm nghiệm cho nên nó chia hết cho ϕ ( )x

Tương tự, đa thức x n− 1 cũng chia hết cho g(x) Giả sử ϕ ( )x ≠ ±g x( ), khi đó ta có:

x n − = 1 ϕ ( ) ( ) ( ),x g x h x (1)

trong đó h(x) là một đa thức với hệ số nguyên Mặt khác, đa thức g x( )p có một nghiệm chung ξ với ϕ ( )x cho nên nó phải chia hết cho ϕ ( )x :

g x( )p = ϕ ψ ( ) ( ),x x (2)

trong đó ψ (x) là một đa thức với hệ số nguyên.

Ta xét (1) và (2) như những đồng dư thức theo modp Giả sử trong ¢ [x]

k

g x = +a a x+ + L a x ,khi đó trong vành ¢ p[ ]x ta có

Vì vành ¢ p[ ]x là vành Gauss (vành nhân tử hoá) nên mỗi nhân tử bất khả quy của ϕ ( )x đều là nhân tử của g x( )p và do đó cũng là nhân tử của g(x) Vì vậy, vế

phải của (1) là ϕ ( ) ( ) ( )x g x h x chia hết cho ϕ ( )x 2 trong vành ¢ p[ ]x Từ đó suy ra, trong vành ¢ p[ ]x , vế trái của (1) là x n − 1 và đạo hàm của nó nx n−1 đều phải chia hết cho ϕ ( )x Nhưng vì theo giả thiết n không chia hết cho p nên nx n−1chỉ có một

nhân tử bất khả quy là x, mà x lại không phải là một nhân tử của x n - 1 Ta gặp

một mâu thuẫn Vậy, ta phải có: ϕ ( )x = ±g x( ) Do đó, ξp là nghiệm của ϕ ( )x

Bây giờ, ta chứng minh rằng, tất cả căn bậc nguyên thủy bậc n của đơn vị

đều là nghiệm của đa thức ϕ ( )x Giả sử ξ là một căn nguyên thuỷ tuỳ ý của đơn

vị, và k = p p1 2 p s là sự phân tích của k (k nguyên tố với n) thành tích những thừa

số nguyên tố không nhất thiết khác nhau nhưng tất cả đều nguyên tố với n

Vì ϕ ξ = ( ) 0, nên như đã chứng minh trên ϕ ξ ( p1 ) 0, = do đó ϕ ξ ( p p1 2 ) 0 = Tương

tự, ϕ ξ ( p p1 2 p n) = ϕ ξ ( ) 0.k = Như vậy, tất cả các nghiệm của đa thức F n (x) đều là

nghiệm của đa thức ϕ ( )x Vì theo giả thiết ϕ ( )x là bất khả quy trên ¤ và F n (x)

không có nghiệm bội, nên ϕ ( )x và F n (x) chỉ có thể khác nhau một nhân tử hằng

Do đó, F n (x) là bất khả quy trên ¤ Định lý được chứng minh ▄

Đa thức chia đường tròn bậc n:

được định nghĩa qua các nghiệm ζ ζ 1 , , , 2 ζϕ( )n của nó là ϕ ( )n căn nguyên thuỷ bậc

n của đơn vị Ta sẽ chứng tỏ rằng, có thể tính được đa thức đó mà không cần

biết các nghiệm của nó Muốn vậy, ta cần sử dụng công thức đảo ngược Dedekind - Liouville (biến đổi ngược Mobius) dưới dạng nhân

không chia hết cho số chính phương nào khác 1 và k là số các ước nguyên tố của n; µ (1) 1, ( ) 0 = µ n = khi n có ước số chính phương khác 1

1.2.9 Định lý về biến đổi ngược Mobius Giả sử f(n) là hàm số học Đặt

2) Nếu f là hàm có tính chất nhân thì g cũng vậy

Giá trị của hàm này là một phần tử của nhóm nhân của trường phân thức

P(x) Điều đó cũng đúng với đa thức x n− 1:

1.2.11 Định lý mô tả cấu trúc của trường chia đường tròn Trường chia

đường tròn R n là một mở rộng đơn của trường nguyên tố P của nó: R n = P( ) ξ

trong đó ξ là một phần tử nguyên thuỷ bất kỳ bậc n của đơn vị Hơn nữa:

a) Nếu P = ¤ thì đa thức chia đường tròn F n (x) là đa thức xác định của trường phân rã R n trên ¤ .

b) Nếu P = ¢ p thì đa thức xác định của trường phân rã R n trên ¢ p là ước

bất khả quy đa thức chia đường tròn F n (x) và ta có [R n : ¢ p ] là ước của ϕ ( )n .

Chứng minh Các kết quả trên suy ra ngay từ những khảo sát trên về nhóm các căn bậc n của đơn vị Ta chứng minh điều khẳng định về bậc của trường chia đường tròn trong trường hợp đặc số p Nếu phân tích F n (x) thành những nhân tử

bất khả quy F x n( ) = f x f x1 ( ) ( ) ( ) 2 f x k (4)

thì vì mọi căn nguyên thuỷ ξ bậc n của của đơn vị đều là phần tử nguyên thuỷ

(phần tử sinh) của mở rộng đơn Rn = ¢ p(ξ) nên mỗi nhân tử đều có thể lấy làm

đa thức xác định của trường phân rã Rn = ¢ p(ξ) trên P Từ đó, ta thu được

1 [R n: ¢ p] [ = ¢ p( ): ξ ¢ p] deg ( ), = f x

nên các nhân tử f i (x) của F n (x) có cùng một bậc Từ (4), ta có ϕ ( )n =k R[ n: ¢ p] Vậy, bậc mở rộng [R ¢ n: p] của trường chia đường tròn trên ¢ p là ước của ϕ ( )n

Ví dụ 1 Xét đa thức F 12 (x) = (x 2 + 5x + 1)(x 2 - 5x +1) trên trường ¢ 11 Khi đó, cả

hai đa thức f 1 (x) = (x 2 + 5x + 1), f 2 (x) = (x 2 - 5x +1) đều có thể lấy làm đa thức

xác định của trường chia đường tròn R12 trên ¢ 11 Ta có [ R12 : ¢ 11] = 2 là ước của ϕ (12) 4 =

nghiệm của đa thức bất khả quy f(x) = x 2 - 2 trên trường ¢ 3 Khi đó, H9 là một

mở rộng bậc hai của trường ¢ 3 Nếu gọi u là một nghiệm của đa thức f(x) thì các

phần tử của H9 là 0, 1, 2, u, 1 + u, 2 + u, 2u, 1 + 2u, 2 + 2u.

Mặt khác, ta cũng có thể xem H9 là trường chia đường tròn bậc 8 Thật

vậy, ta phân tích F 8 (x) thành nhân tử bất khả quy

F 8 (x) = x 4 +1 = ( x 2 + x +1)(x 2 - x -1)∈ ¢ 3[x]

Một nghiệm của x 2 + x - 1, tức là một căn nguyên thuỷ bậc 8 của đơn vị

trên ¢ 3 là ξ = +1 u Tất cả các phần tử khác không của H9 đều là luỹ thừa của

BÀI TOÁN CHIA ĐƯỜNG TRÒN

2.1 Định lý cơ bản của Lý thuyết Galois

2.1.1 Mở rộng Galois Giả sử E là mở rộng bậc hữu hạn của trường K Gọi

Aut(E) là nhóm nhân các tự đẳng cấu của trường E Ký hiệu:

G = G(E,K) = {σ ∈Aut E( ) σ ( )t = ∀ ∈t t K, } .

Ta chứng minh được rằng, G là một nhóm con của nhóm Aut(E) và ta gọi

nhóm G là nhóm Galois của mở rộng E trên K, tức là nhóm các K - tự đẳng cấu của E Nhóm Galois G của mở rộng E trên K còn được ký hiệu bởi Aut K (E)

Ký hiệu C = C(E, G ) là tập hợp các phần tử thuộc E bất biến qua mọi tự đẳng

cấu của nhóm G Chứng minh được rằng, C là trường con của E và K ⊆ C Ta gọi C là trường con bất biến của E bởi nhóm Galois G:

C = C(E, G ) = {s E∈ σ ( )s = ∀ ∈s, σ G} .

Một mở rộng bậc hữu hạn E của trường K sao cho C(E, G ) = K, được gọi

là mở rộng Galois của trường K

2.1.2 Định lý các đặc trưng của mở rộng Galois (xem [2, 4]) Giả sử E là mở

rộng bậc hữu hạn của trường K Đặt G = G(E, K) là nhóm Galois của E trên K

và C = C(E, G) là trường con bất biến của E bởi G Khi đó, các phát biểu sau là tương đương:

a) # G = [E: K].

b) C(E, K) = K.

c) E là mở rộng chuẩn tắc và tách được của K.

d) E là trường nghiệm của một đa thức tách được f(x) trên K.

giữa K và E Khi đó, E là mở rộng Galois trên R

Ký hiệu N là trường nghiệm của đa thức f(x) trên trường K Chúng ta gọi nhóm Galois G = G(N,K) của mở rộng trường N trên K là nhóm Galois của đa thức f(x)

trên K, hay nhóm Galois của phương trình đại số f(x) = 0 trên K và ký hiệu bởi

G (f /K ).

Ví dụ Đa thức f x( ) =x2 − 2 trên số hữu tỉ ¤ có trường nghiệm là trường số

( 2)

¤ và nhóm Galois là nhóm cấp 2, gồm tự đẳng cấu đồng nhất và tự đẳng cấu liên hợp của trường số ¤ ( 2).

2.1.5 Trường Galois Trường có hữu hạn phần tử được gọi là trường hữu hạn,

hay trường Galois Ta thường ký hiệu F q là trường hữu hạn có q phần tử.

Ví dụ đơn giản nhất về trường hữu hạn là trường ¢ p có p phần tử và có đặc số p Ví dụ khác là trường nghiệm N của đa thức f(x) = x 2 + x + 1 trên ¢ 2,

trường này có 4 phần tử, đó là N = {0, 1, u, u 2 }, trong đó u là nghiệm nào đó của

đa thức f(x).

đặc số của F q và n là bậc mở rộng của F q trên trường con nguyên tố P của nó Chứng minh Giả sử F q là trường hữu hạn có q phần tử Đặc số của F q không thể

bằng 0, vì nếu vậy thì F q sẽ có vô số phần tử Vì vậy, F q có đặc số là số nguyên

tố p Do đó, trường con nguyên tố P của F q đẳng cấu với trường ¢ p và do đó P

có p phần tử.

Vì F q chỉ có hữu hạn phần tử, nên F q là không gian vectơ hữu hạn chiều

trên trường P Giả sử [F q : P] = n, và e 1 , , e n là một cơ sở của F q trên P Khi

đó, mỗi phần tử của F q viết được một cách duy nhất dạng

2.1.7 Định lý Cho số nguyên tố p và một số tự nhiên n khác 0 Khi đó, tồn tại

một trường hữu hạn F q với q = p n Hơn nữa, các trường hữu hạn có q = p n phần

tử đều đẳng cấu với nhau và đẳng cấu với trường nghiệm của đa thức x p n −x trên p

¢

Chứng minh a) Sự tồn tại trường hữu hạn có q = p n phần tử

x x Trong các nghiệm này có p phần tử của trường ¢ p vì nếu x thuộc ¢ p thì

theo nhận xét trên, có x p = x Từ đó suy ra (x p ) p = x p = x, tức là x p2 =x, và bằng quy nạp x p n =x.

Ta hãy chứng minh, tập hợp K = {x1 , ,x q} lập thành một trường Thật vậy,

giả sử x, y là hai phần tử thuộc K, khi đó ta có x p n =x, y p n = y. Vì trường nghiệm

đang xét có đặc số p, cho nên

b) Tính duy nhất sai khác một đẳng cấu của trường hữu hạn

Giả sử H là trường có q = p n phần tử Gọi r là đặc số của H, khi đó số phần tử của H phải bằng r m với m là bậc của H trên trường con nguyên tố ¢rcủa

nó Như vậy, ta sẽ có q = p n = r m Điều này kéo theo p = r, n = m Mặt khác, tất

cả các phần tử của H đều là nghiệm của đa thức x q – x trên ¢ p Chú ý rằng, đa

thức này có q nghiệm phân biệt cho nên H trùng với tập hợp K các nghiệm đó

Do trường nghiệm của đa thức trên một trường, được xác định duy nhất sai khác

đẳng cấu, nên H đẳng cấu với K ▄

2.1.8 Mệnh đề Nhóm nhân các phần tử khác không của trường hữu hạn là

Sử dụng định nghĩa trên với trường ¢ p và F q (q = p n ) và đa thức x q – x, ta thu được nhóm Galois G(F q ,¢ p )

2.1.9 Mệnh đề Cấp của nhóm Galois G(F q ,¢ p ) với q = p n là n.

Chứng minh Ta thấy rằng các tự đẳng cấu của trường F q bảo toàn đơn vị 1, do

đó giữ nguyên các phần tử của ¢ p Nói rõ hơn, mỗi tự đẳng cấu của trường F q là một ¢ p - tự đẳng cấu Gọi z là một căn bậc nguyên thuỷ bậc q− = 1 p n − 1của đơn

vị (tức z là phần tử sinh của nhóm nhân căn bậc p n− 1 của đơn vị) Khi đó, z là

nghiệm của một nhân tử bất khả quy f x( ) ∈ ¢ p[ ]x của đa thức chia đường tròn

1 ( )

q

F− x Như đã chứng minh trong Định lý mô tả cấu trúc của trường chia đường

tròn, ta có [F q : ¢ p ] = degf(x) = n.

Vì ta có F q = ¢ p(ξ ) với ξ là căn nguyên thuỷ bậc q của đơn vị, nên một

tự đẳng cấu σ của F q được xác định bởi ảnh σ ξ ( ) = η, với ηlà nghiệm của f(x)

Vì f(x) có đúng n nghiệm phân biệt, nên số ¢ p- tự đẳng cấu của trường Fq là n

hay cấp của nhóm Galois G(Fq, Zp), với q = p n bằng n ▄