Tiêu chuẩn giải phương trình bằng căn thức và định lý cơ bản của lý thuyết galois

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

NGUYỄN THỊ NHUNG

TIÊU CHUẨN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CĂN THỨC
VÀ ĐỊNH LÝ CƠ BẢN CỦA LÝ THUYẾT GALOIS

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Đại số

Hà Nội – Năm 2016

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

NGUYỄN THỊ NHUNG

TIÊU CHUẨN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CĂN THỨC
VÀ ĐỊNH LÝ CƠ BẢN CỦA LÝ THUYẾT GALOIS

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Chuyên ngành: Đại số

Người hướng dẫn khoa học:
ThS. ĐỖ VĂN KIÊN

Hà Nội – Năm 2016


Mục lục

LỜI CẢM ƠN

1

LỜI CAM ĐOAN

2

MỞ ĐẦU

3

1 Kiến thức cơ sở

6

1.1

Mở rộng trường . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.2

Nhóm Galois . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

2 Tiêu chuẩn giải phương trình bằng căn thức

14

2.1

Nhóm giải được . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14

2.2

Công thức nghiệm của đa thức có bậc không quá bốn . .

21

2.2.1

Đa thức bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

2.2.2

Đa thức bậc ba . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

2.2.3

Đa thức bậc bốn . . . . . . . . . . . . . . . . . .

24

2.3

Đa thức giải được bằng căn thức . . . . . . . . . . . . .

25

2.4

Tính không giải được của đa thức có bậc lớn hơn bốn . .

27

3 Định lí cơ bản của lý thuyết Galois và một số ứng dụng 34

i


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ NHUNG

3.1

Định lý cơ bản của lý thuyết Galois . . . . . . . . . . . .

34

3.2

Dựng hình bằng thước kẻ và compa . . . . . . . . . . . .

44

3.3

Định lý cơ bản của đại số . . . . . . . . . . . . . . . . .

57

KẾT LUẬN

60

Tài liệu tham khảo

61

ii

Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ NHUNG

LỜI CẢM ƠN
Lời đầu tiên của khóa luận này em xin gửi lời cảm ơn chân thành
và sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn ThS. Đỗ Văn Kiên. Thầy đã giao
đề tài và tận tình hướng dẫn em trong quá trình hoàn thành khóa luận
này. Nhân dịp này em xin gửi lời cảm ơn của mình tới toàn bộ các thầy
cô giáo trong khoa Toán, đặc biệt là các thầy cô giáo trong tổ Đại số đã

giảng dạy và giúp đỡ chúng em trong suốt quá trình học tập tại khoa.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng nhưng do trình độ và thời gian có hạn
nên khóa luận không tránh khỏi những thiếu sót. Kính mong nhận được
sự góp ý chỉ bảo của các thầy cô và các bạn sinh viên để khóa luận hoàn
thiện hơn.
Một lần nữa em xin chân thành cảm ơn.

Hà Nội, ngày tháng năm 2016
Sinh viên thực hiện

Nguyễn Thị Nhung

1


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ NHUNG

LỜI CAM ĐOAN
Em xin cam đoan khóa luận tốt nghiệp này là kết quả của quá trình
học tập, nghiên cứu nỗ lực của em cùng với sự giúp đỡ của các thầy cô
và các bạn sinh viên khoa Toán trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2, đặc
biệt là sự hướng dẫn tận tình của thầy giáo Đỗ Văn Kiên. Đề tài có kế

thừa kết quả của những nghiên cứu trước đó.
Khóa luận tốt nghiệp "Tiêu chuẩn giải phương trình bằng căn thức
và Định lý cơ bản của Lý thuyết Galois" không có sự trùng lặp với khóa
luận khác.

Hà Nội, ngày tháng năm 2016
Sinh viên thực hiện

Nguyễn Thị Nhung

2

Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ NHUNG

MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài.
Trong toán học các phương trình dạng an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x +
a0 = 0, an = 0 trong đó x là ẩn và ai , i = 0, . . . , n là các số cho trước,
được gọi là phương trình đại số bậc n.
Việc giải các phương trình đại số là một vấn đề kinh điển của toán
học. Vào thế kỉ 16, Tartaylia, Cardano và Ferrari tìm được cách giải

phương trình đại số bậc 3 và bậc 4 với các công thức nghiệm là những
biểu thức chỉ chứa các căn thức. Đến đầu thế kỉ 19, Abel đã chứng tỏ
rằng không thể tìm được công thức tổng quát như vậy đối với các phương
trình đại số bậc lớn hơn hoặc bằng 5. Và sau đó Galois đã đưa ra một
tiêu chuẩn để giải phương trình đại số có nghiệm là những biểu thức
chứa căn thức. Phương pháp xét nghiệm của Galois sau này được gọi là
"Lý thuyết Galois".
Lý thuyết Galois là một trong những nội dung cơ bản của đại số
hiện đại, nó liên quan đến nhiều cấu trúc đại số khác như: nhóm, vành,
trường, không gian vectơ . . . Lý thuyết Galois có nhiều ứng dụng trong
những lĩnh vực khác nhau của toán học. Một trong những ứng dụng chủ
yếu của lý thuyết Galois là tìm nghiệm căn thức của các phương trình

đại số, giải bài toán dựng hình bằng thước kẻ và compa.
Với sự hướng dẫn tận tình của thầy giáo ThS. Đỗ Văn Kiên và mong
muốn tìm hiểu về lý thuyết Galois em chọn đề tài "Tiêu chuẩn giải
3


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ NHUNG

phương trình bằng căn thức và định lý cơ bản của lý thuyết Galois" để
làm khóa luận tốt nghiệp của mình hi vọng sẽ giúp ích cho các bạn yêu

thích môn Đại số có thêm tài liệu tham khảo.
2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu.
Tìm hiểu và trình bày lí thuyết Galois cùng những ứng dụng của nó, cụ
thể đó là
-Giải bài toán dựng hình bằng thước kẻ và compa.
-Tìm nghiệm căn thức của những đa thức (còn gọi là tìm nghiệm căn
thức của phương trình đại số).
-Xét xem khi nào một đa thức giải được bằng căn thức.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu.
3.1. Đối tượng.
-Bài toán dựng hình.
-Lí thuyết Galois.

3.2. Phạm vi nghiên cứu.
- Tìm nghiệm căn thức của đa thức.
- Lí thuyết Galois và một số ứng dụng của nó.
4. Phương pháp nghiên cứu.
Sử dụng phương pháp nghiên cứu tài liệu, hệ thống hóa, khái quát hóa.
5. Bố cục khóa luận.
Ngoài phần mở đầu và kết luận, nội dung khóa luận gồm 3 chương

Chương 1. Kiến thức cơ sở.

4

Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ NHUNG

Chương 2. Tiêu chuẩn giải phương trình bằng căn thức.

Chương 3. Định lý cơ bản của lý thuyết Galois và một số ứng dụng.

5

Chương 1
Kiến thức cơ sở
Chương này nhắc lại sơ lược về lý thuyết mở rộng trường và nhóm Galois
để làm cơ sở cho chương sau.

1.1

Mở rộng trường

Định nghĩa 1.1. Cho F và K là hai trường với F là trường con của
K. Khi đó K được gọi là mở rộng (trường) của F . Kí hiệu là K/F hoặc
K : F.

Nếu có một dãy các mở rộng trường F1 ⊂ F2 ⊂ · · · ⊂ Fn , khi đó ta
gọi đó là một tháp các trường.
Nếu K/F là một mở rộng trường. Khi đó K có cấu trúc của một F không gian vectơ.
Định nghĩa 1.2. Bậc của mở rộng trường K/F là số chiều của F -không
gian vectơ K. Kí hiệu là [K : F ]. Như vậy [K : F ] =dimF K.
• Nếu [K : F ] hữu hạn thì ta gọi K/F là mở rộng hữu hạn.
• Nếu [K : F ] không hữu hạn thì ta gọi K/F là mở rộng vô hạn.
6


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ NHUNG

Định nghĩa 1.3. Cho K/F là một mở rộng trường. Phần tử u ∈ K
được gọi là phần tử đại số trên F nếu tồn tại f (x) ∈ F [x], f (x) = 0 sao
cho f (u) = 0.
Nếu u không phải là phần tử đại số trên F thì u được gọi là siêu việt
trên F .
Định nghĩa 1.4. Đa thức f (x) = 0 không khả nghịch trong vành F [x]
được gọi là bất khả quy (trên F ) nếu f (x) không có ước thực sự trong
F [x].
Định lý 1.1. (Tiêu chuẩn Eisenstein)
Cho đa thức trên Z, f (x) = an xn + · · · + a1 x + a0 , (n ≥ 1, an = 0). Giả

sử tồn tại số nguyên tố p sao cho p không chia hết an nhưng chia hết các
hệ số còn lại và p2 không chia hết a0 . Khi đó f (x) là bất khả quy trong
Q[x].
Định lý 1.2. Cho một tháp các trường F ⊂ K ⊂ E. Khi đó E là một
mở rộng hữu hạn của F nếu và chỉ nếu E là mở rộng hữu hạn của K và
K là mở rộng hữu hạn của F . Hơn nữa [E : F ] = [E : K][K : F ].
Định nghĩa 1.5. Cho mở rộng K/F và u ∈ K là phần tử đại số trên
F . Đa thức khác không bất khả quy có bậc nhỏ nhất f (x) ∈ F [x] và có
hệ tử cao nhất bằng 1 nhận u làm nghiệm được gọi là đa thức tối tiểu
của u.
Ví dụ 1.1.1. c =

√

2 là phần tử đại số trên Q có đa thức tối tiểu là

x2 − 2.
c=

√

2 là phần tử đại số trên R có đa thức tối tiểu là x −
7

√

2.


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ NHUNG

Định nghĩa 1.6. Cho mở rộng K/F và c1 , c2 ∈ K. Nếu c1 , c2 có cùng
đa thức tối tiểu trên F thì c1 , c2 được gọi là liên hợp với nhau.
Ví dụ 1.1.2.

√

√
2 và − 2 liên hợp với nhau trên Q vì có cùng đa thức

tối tiểu là x2 − 2 ∈ Q[x].
Định nghĩa 1.7. Cho K/F là mở rộng trường và α1 , α2 , . . . , αn ∈
K. Khi đó trường con bé nhất của K chứa F và chứa các phần tử
α1 , α2 , . . . , αn ∈ K được gọi là mở rộng của F bằng cách ghép thêm các
phần tử α1 , α2 , . . . , αn . Kí hiệu là F (α1 , α2 , . . . , αn ).
Khi n = 1 và α = α1 ta gọi F (α)/F là mở rộng đơn.

Định nghĩa 1.8. Một mở rộng K/F được gọi là mở rộng đại số nếu
mọi phần tử của K là đại số trên F .
Định lý 1.3. Cho một tháp các trường F ⊂ K ⊂ E. Khi đó E là một
mở rộng đại số của F nếu và chỉ nếu E là mở rộng đại số của K và K
là mở rộng đại số của F .
Định nghĩa 1.9. Cho mở rộng K/F và f (x) ∈ F [x]. Khi đó, f (x) được
gọi là phân rã trong K nếu f (x) được viết thành tích những nhân tử
tuyến tính trong K[x] tức K chứa tất cả các nghiệm của f (x).
Định nghĩa 1.10. Cho mở rộng K/F và f (x) ∈ F [x]. Khi đó K được
gọi là trường phân rã của f (x) trên F nếu f (x) phân rã trong K và
nó không phân rã trong mọi trường con thực sự của K (ta gọi K/F là
trường phân rã của f (x)).

√
√
Ví dụ 1.1.3. f (x) = x2 −2 ∈ Q. Ta có f (x) = (x+ 2)(x− 2) trong R,
√
√
√
do đó f (x) phân rã trong R. Ta cũng thấy x + 2, x − 2 ∈ Q( 2)[x],
8


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ NHUNG

√
√
√
suy ra f (x) phân rã trong Q( 2). Hơn nữa, Q( 2) = Q[ 2] không
√
chứa bất kì trường con nào giữa Q và Q( 2). Thật vậy, giả sử tồn tại
√
√
trường K sao cho Q ⊂ K ⊂ Q( 2), khi đó 2 = deg(f (x)) = [Q( 2) :
√

Q] = [Q( 2) : K][K : Q]; do đó [K : Q] = 1 hoặc [K : Q] = 2 suy ra
√
√
K = Q( 2) hoặc K = Q. Vậy Q( 2) là trường phân rã của f (x) trên
Q.
Định lý 1.4. Cho F là một trường và f (x) ∈ F [x] là đa thức có bậc
dương. Khi đó luôn tồn tại trường phân rã K của f (x) trên F .
Bổ đề 1.1. Nếu đẳng cấu trường ψ : F → F chuyển các hệ tử của đa
thức bất khả quy p(x) ∈ F [x] thành các hệ tử tương ứng của đa thức
p [x] ∈ F [x] và u, u là các nghiệm tương ứng của p(x), p (x) thì ψ có
thể kéo dài thành đẳng cấu
ψ ∗ : F (u) → F (u )

trong đó ψ ∗ (u) = u .
Bổ đề 1.2. Nếu đẳng cấu ϕ : F → F chuyển đa thức f (x) thành đa
thức f (x) và E, E là trường phân rã tương ứng của f (x), f (x) thì có
thể kéo dài thành đẳng cấu ϕ∗ : E → E theo đúng m = [E : F ] cách.
Định lý 1.5. Hai trường phân rã bất kỳ E, E của đa thức đã cho
f (x) ∈ F [x] là đẳng cấu. Hơn nữa, có thể chọn đẳng cấu sao cho mọi
phần tử của F là cố định.
Định nghĩa 1.11. Một đa thức f (x) được gọi là tách được trên F nếu
nó phân tích được thành tích các nhân tử bất khả quy và mọi nhân tử
9

Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ NHUNG

này không có nghiệm bội.
Mở rộng đại số K/F gọi là mở rộng tách được nếu đa thức tối tiểu
của mọi phần tử thuộc K đều tách được.
Phần tử θ được gọi là phần tử nguyên thủy nếu E = F (α1 , · · · , αn ),
tồn tại θ ∈ E sao cho E = F (θ).
Định lý 1.6. Cho một tháp các trường F ⊂ K ⊂ E. Nếu E là một mở
rộng tách được của F thì E là mở rộng tách được của K và K là mở
rộng tách được của F .

Định nghĩa 1.12. Một mở rộng đại số K/F gọi là chuẩn tắc nếu đa
thức tối tiểu của mọi phần tử thuộc K phân rã trong K.
Định lý 1.7. Mọi mở rộng có bậc hữu hạn, chuẩn tắc và tách được khi
và chỉ khi nó là trường phân rã của một đa thức tách được.

1.2

Nhóm Galois

Định nghĩa 1.13. Cho E/F là mở rộng trường và σ là tự đẳng cấu của
E, σ : E → E sao cho ∀a ∈ F : σ(a) = a. Khi đó σ được gọi là F - tự
đẳng cấu của E. Tập tất cả các F tự đẳng cấu của E lập thành một

nhóm, kí hiệu là Aut(E/F ).
Định nghĩa 1.14. Cho E/F là một mở rộng trường. Khi đó nhóm
Galois của E/F kí hiệu là Gal(E/F ), và được xác định bởi
Gal(E/F ) = {σ ∈ Aut(E)|σ(a) = a, ∀a ∈ F },
với phép toán hai ngôi của nó chính là phép hợp thành các ánh xạ.
10


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ NHUNG

Nếu f (x) ∈ F [x] có trường phân rã trên F là E thì ta gọi Gal(E/F )
là nhóm Galois của f (x).
Bổ đề 1.3. Cho mở rộng E/F và f (x) ∈ F [x]. Giả sử σ ∈ Aut(E/F ) và
α là một nghiệm của f (x). Khi đó σ(α) cũng là một nghiệm của f (x).
Chứng minh. Giả sử f (x) =
động σ vào hai vế ta được 0 =

n
i
i=0 ai x

, khi đó 0 =

n
i
i=0 σ(ai )σ(α)

=

n
i
i=0 ai α .

n

i
i=0 ai σ(α)

Ta tác

(do σ cố

định F theo từng điểm). Do đó, σ(α) cũng là một nghiệm của f (x).
Định lý 1.8. Nếu f (x) ∈ F [x] có n nghiệm phân biệt trong trường phân
rã E của f (x) trên F , thì nhóm Gal(E/F ) đẳng cấu với một nhóm con
của nhóm đối xứng Sn và cấp của nó là ước của n!.
Chứng minh. Đặt X = {α1 , . . . , αn } là tập tất cả các nghiệm của f (x)

trong E. Theo Bổ đề 1.3, thì mỗi σ ∈ Gal(E/F ) ta có σ|X là một hoán
vị của X. Do đó ta có một đơn cấu nhóm Gal(E/F ) −→ SX (∼
= Sn ) xác
đinh bởi σ −→ σ|X . Từ đó, suy ra cấp của nhóm Gal(E/F ) là ước của
n! bởi định lý Lagrange.
Ví dụ 1.2.1. Trường phân rã của x2 + 1 trên R là C. Theo Định lý 1.8,
|Gal(C/R)| ≤ 2. Ta có |Gal(C/R)| = {idR , σ} = < σ >, ở đó
idR : z = a + bi → z = a + bi
và
σ : z = a + bi → z = a − bi
Ta có Gal(C/R) ∼
= S2 : idR → (1), σ → (12).

11


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ NHUNG

Hệ quả 1.1. Cho f (x) ∈ F [x] là đa thức tách được và trường phân rã
của f (x) trên F là E. Khi đó |Gal(E/F )| = [E : F ].
Chứng minh. Áp dụng Bổ đề 1.2, với F = F , E = E và ϕ : F → F là
ánh xạ đồng nhất idF . Khi đó có chính xác [E : F ] tự đẳng cấu của E
cố định F theo từng điểm.

Ví dụ 1.2.2. Vì x2 + 1 là tách được và [C : R] = 2 nên theo Hệ quả trên
suy ra |Gal(C/R)| = 2.
Định lý 1.9. Cho F ⊂ B ⊂ E là một tháp trường trong đó E là trường
phân rã của f (x) ∈ F [x] trên F và B là trường phân rã của g(x) ∈ F [x]
trên F . Khi đó
(i) Gal(E/B) là nhóm con chuẩn tắc của nhóm Gal(E/F ),
(ii) Gal(E/F )/Gal(E/B) ∼
= Gal(B/F ).
Chứng minh. Cho σ ∈ Gal(E/F ). Kí hiệu α1 , . . . , αn là các nghiệm phân
biệt của g(x) trong E, khi đó B = F (α1 , . . . , αn ). Vì σ cố định F theo
từng điểm và σ(αi ) cũng là nghiệm của g(x) với mọi i = 1, . . . , n (theo
bổ đề 1.3), nên ta có

σ(B) = σ(F (α1 , . . . , αn )) = F (σ(α1 ), . . . , σ(αn )) = B.
Chứng tỏ σ|B ∈ Gal(B/F ).
Ta lấy ánh xạ ψ : Gal(E/F ) −→ Gal(B/F ), σ −→ σ|B . Khi đó ta dễ
dàng kiểm tra thấy ψ là một đồng cấu nhóm có Kerψ = Gal(E/B),
Hơn nữa, lấy τ ∈ Gal(B/F ), vì E cũng là trường phân rã của f (x) trên
B, khi đó theo Bổ đề 1.2, tồn tại một tự đẳng cấu τ : E → E là một
12


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ NHUNG

mở rộng của τ , do đó ψ(τ ) = τ |B = τ . Suy ra ψ còn là toàn cấu; do đó
Gal(E/F )/Gal(E/B) ∼
= Gal(B/F ).

13


Chương 2
Tiêu chuẩn giải phương trình bằng
căn thức
2.1

Nhóm giải được

Định nghĩa 2.1. Một nhóm G được gọi là nhóm giải được nếu tồn tại
dãy các nhóm con của G
G = G0 ⊃ G1 ⊃ G2 ⊃ · · · ⊃ Gn = {e}
sao cho hai điều kiện sau được thỏa mãn
(1) Gi+1 là nhóm con chuẩn tắc của Gi với mọi i = 0, . . . , n − 1;
(2) Gi /Gi+1 là nhóm Abel với mọi i = 0, . . . , n − 1.
Ví dụ 2.1.1.

1. Mọi nhóm Abel đều là nhóm giải được.

2. Nhóm S2 là nhóm giải được vì tồn tại dãy S2 ⊃ {(1)} thỏa mãn
{(1)} là nhóm con chuẩn tắc của S2 và nhóm thương S2 /{(1)} = S2
là giao hoán nên S2 là nhóm giải được.

14


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ NHUNG

3. S3 là nhóm giải được vì tồn tại dãy các nhóm con
S3 = G2 ⊃ G1 = {(1), (123), (132)} ⊃ {(1)} = G0
thỏa mãn G0 là nhóm con chuẩn tắc G1 , G1 là nhóm con chuẩn tắc
của G2 vì [S3 : G1 ] = 2, G1 /G0 = G1 là nhóm giao hoán và G2 /G1
là nhóm giao hoán vì |S3 /G1 | = 2.
Bổ đề 2.1. Cho G là một nhóm, gọi H là nhóm con của G sinh bởi tất
cả các hoán tử xyx−1 y −1 với x, y ∈ G (H gọi là nhóm con các hoán tử
của G). Khi đó, H là nhóm con chuẩn tắc nhỏ nhất của G sao cho G/H
là nhóm Abel.
Chứng minh. Với mọi x ∈ G và mọi h ∈ H, ta có xhx−1 = (xhx−1 h−1 )h ∈
H. Do đó, H là nhóm con chuẩn tắc của G.
Ta thấy G/K là nhóm Abel, thật vậy với mọi x, y ∈ G, ta có (yx)−1 xy =

x−1 y −1 xy ∈ H, suy ra xHyH = xyH = yxH = yHxH.
Ta cần chứng minh, nếu K là nhóm con chuẩn tắc của G sao cho
G/K là nhóm Abel thì H ⊂ K. Thật vậy, với mọi x, y ∈ G, ta có
xyK = xKyK = yKxK = yxK, suy ra x−1 y −1 xy = (yx)−1 xy ∈ K hay
mọi phần tử sinh của H đều thuộc K, do đó H ⊂ K.
Kí hiệu: Cho G là một nhóm. Ta đặt G(1) là nhóm con các hoán tử
của G; G(2) là nhóm con các hoán tử của G(1) ; . . . ; G(n) là nhóm con của
các hoán tử của G(n−1) . Quy ước G(0) = G.
Bổ đề 2.2. Nhóm G là nhóm giải được nếu và chỉ nếu tồn tại n ∈ N
sao cho G(n) = {e}.
15

Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ NHUNG

Chứng minh. (⇐) Hiển nhiên.
(⇒) Trước hết ta có nhận xét nếu K1 , K2 là các nhóm con của G sao
(1)

(2)

cho K1 ⊂ K2 thì K1 ⊂ K2 .

Giả sử G có dãy
G = G0 ⊃ G1 ⊃ G2 ⊃ · · · ⊃ Gn = {e}
sao cho Gi+1 là nhóm con chuẩn tắc của Gi với mọi i = 0, . . . , n − 1 và
Gi /Gi+1 là nhóm Abel với mọi i = 0, . . . , n − 1. Ta chứng minh bằng qui
nạp theo i ≥ 0 rằng G(i) ⊂ Gi .

(*)

Trường hợp i = 0 là rõ ràng. Giả sử i > 0 và G(i−1) ⊂ Gi−1 . Do Gi−1 /Gi
là nhóm Abel nên theo Bổ đề 2.1 có [Gi−1 ](1) ⊂ Gi . Ta có
G(i) = [G(i−1) ](1) ⊂ [Gi−1 ](1) ⊂ Gi
suy ra (*) được chứng minh. Áp dụng khi i = n vì Gn = {e} nên

G(n) = {e}.
Bổ đề 2.3. Cho G là nhóm và H là nhóm con chuẩn tắc của G. Khi đó
G là nhóm giải được nếu và chỉ nếu H và G/H là các nhóm giải được.
Chứng minh. (=⇒) Vì G giải được nên theo Bổ đề 2.2, tồn tại n ∈ N
sao cho G(n) = {e}. Khi đó vì H ⊂ G nên H (n) ⊂ G(n) = {e}. Vì thế
H (n) = {e} suy ra H là nhóm giải được, theo Bổ đề 2.2.
Đặt p : G → G/H, ta có p là toàn cấu chính tắc. Khi đó ta chứng minh
được (G/H)(i) = p(G(i) ) với mọi i ≥ 0. Thật vậy, giả sử có toàn cấu
f : G → U . Với mọi u, v ∈ U , tồn tại x, y ∈ G sao cho u = f (x), v = f (y).
Ta có
uvu−1 v −1 = f (x)f (y)f (x−1 )f (y −1 ) = f (xyx−1 y −1 ) ∈ f (G(1) ),
16

Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ NHUNG

suy ra f (G(1) ) ⊃ U (1) .
Ngược lại, mọi ω ∈ f (G(1) ) tồn tại z ∈ f (G(1) ) sao cho ω = f (z), khi
đó z là tích của hữa hạn các phần tử có dạng xyx−1 y −1 , suy ra ω là tích
hữu hạn các phần tử có dạng f (x)f (y)f (x)−1 f (y)−1 . Vì thế ω ∈ U (1)
suy ra f (G(1) ) ⊂ U (1) . Vậy f (G(1) ) = U (1) . Bằng qui nạp ta có thể chứng
minh được rằng f (G(i) ) = U (i) với mọi i ≥ 1. Áp dụng f = p ta được

(G/H)(i) = p(G(i) ). Do đó, (G/H)(n) = p(G(n) ) = {e} nên G/H là nhóm
giải được.
(⇐=) Vì G/H giải được nên ta có dãy
G/H = G∗0 ⊃ G∗1 ⊃ G∗2 · · · ⊃ G∗n = {e}
sao cho G∗i+1 là nhóm con chuẩn tắc của G∗i , i = 0, . . . , n − 1 và G∗i /G∗i+1
là nhóm Abel, i = 0, . . . , n − 1. Khi đó ta có đãy các nhóm con của G
như sau
G = G0 ⊃ G1 ⊃ G2 ⊃ · · · ⊃ Gn = H
sao cho Gi+1 là nhóm con chuẩn tắc của Gi , i = 0, . . . , n − 1 và Gi /Gi+1
là nhóm Abel, i = 0, . . . , n − 1 (ở đây Gi /H = G∗i , i = 0, . . . , n − 1). Vì
H là nhóm giải được nên ta có dãy
H = H0 ⊃ H1 ⊃ H2 ⊃ · · · ⊃ Hl = {e}

sao cho Hi+1 là nhóm con chuẩn tắc của Hi , i = 0, . . . , l − 1 và Hi /Hi+1
là nhóm Abel, i = 0, . . . , l − 1. Bây giờ ta ghép hai dãy trên với nhau ta
được dãy

17


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ NHUNG

G = G0 ⊃ G1 ⊃ G2 ⊃ · · · ⊃ Gn = H = H0 ⊃ H1 ⊃ H2 ⊃ · · · ⊃ Hl = {e}

Do đó G là nhóm giải được.
Bổ đề 2.4. Đặt B4 = {e, (12)(34), (13)(24), (14)(23)}. Khi đó B4 là
nhóm con chuẩn tắc của S4 .
Chứng minh. Trước tiên ta chứng minh B4 là nhóm con của S4 . Rõ ràng
B4 là tập tất cả các phần tử có dạng (ab)(cd) và e trong đó {a, b, c, d} =
{1, 2, 3, 4}. Ta thấy B4 đóng kín với phép nhân, bởi vì
(12)(34)(13)(24) = (13)(24)(12)(34) = (14)(23) ∈ B4 ,
(12)(34)(14)(23) = (14)(23)(12)(34) = (13)(24) ∈ B4 ,
(13)(24)(14)(23) = (14)(23)(13)(24) = (12)(34) ∈ B4 .
Hơn nữa, B4 đóng kín với phép lấy phần tử nghịch đảo, vì
((12)(34))−1 = (12)(34) ∈ B4 ,
((13)(24))−1 = (13)(24) ∈ B4 ,

((14)(23))−1 = (14)(23) ∈ B4 .
Vậy B4 là nhóm con của S4 .
Ta cần chứng minh, α−1 βα ∈ B4 với mọi α ∈ S4 , β ∈ B4 . Thật vậy,
giả sử e = β = (ab)(cd) ∈ B4 và α ∈ S4 . Với mọi u ∈ {1, 2, 3, 4}, ta có
α−1 βα(u) = u (vì nếu trái lại, suy ra βα(u) = α(u), mâu thuẫn). Ta
chọn v ∈ {1, 2, 3, 4}\{u, α−1 βα(u)}, khi đó α−1 βα(u) = α−1 βα(v) = v;
18


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ NHUNG

hơn nữa u = α−1 βα(v) (vì nếu trái lại, suy ra α(u) = βα(v), suy ra
βα(u) = β 2 α(v) = α(v) suy ra α−1 βα(u) = v, mâu thuẫn). Chứng tỏ




α−1 βα= 




−1

u

α βα(u)

v

−1

α βα(v)

α(u)

βα(u)

α(v)

βα(v)

βα(u)

α(u)

βα(v)

α(v)

α−1 βα(u)

u

α−1 βα(v)

v










Đặt k = α−1 βα(u) và l = α−1 βα(v). Khi đó α−1 βα = (uk)(vl), trong đó
{u, v, k, l} = {1, 2, 3, 4}. Vậy α−1 βα ∈ B4 .
Định lý 2.1. Nhóm Sn là nhóm giải được khi và chỉ khi n ≤ 4.

Chứng minh. (⇐) Sn giải được với n = 1, 2, 3, 4. Theo Ví dụ 2.1.1, ta
có với n = 1, 2, 3 nhóm S1 , S2 , S3 là các nhóm giải được. Với n = 4 thì
nhóm S4 có dãy các nhóm con như sau
S4 ⊃ A4 ⊃ B4 ⊃ {(1)}
trong đó A4 là nhóm thay phiên còn
B4 = {{(1)}, (12)(34), (13)(24), (14)(24)}. Trong đó, ta biết A4 có chỉ số
2 trong S4 nên A4 chuẩn tắc trong S4 , đồng thời S4 /A4 có cấp 2 nên là
Abel; B4 chuẩn tắc trong A4 (theo bổ đề 2.4, B4 chuẩn tắc trong S4 nên
B4 chuẩn tắc trong A4 ), nhóm thương A4 /B4 có cấp 3 nên luôn là nhóm
Abel; B4 là nhóm cấp 4 nên nó là nhóm Abel. Vậy S4 là nhóm giải được.
(⇒) S5 không giải được với n ≥ 5. Giả sử Sn là nhóm giải được. Khi

19


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ NHUNG

đó tồn tại một dãy các nhóm con
Sn = G0 ⊃ G1 ⊃ G2 ⊃ . . . ⊃ Gm = {(1)},
trong đó Gi+1 là nhóm con chuẩn tắc của Gi và nhóm thương Gi /Gi+1
là nhóm Abel với mọi i = 0, 1, . . . , m − 1. Giả sử (rst) là một vòng xích
cấp 3 bất kỳ trong Sn và u, v là hai phần tử của tập T = {1, 2, . . . , n}

khác r, s, t (u và v luôn luôn tồn tại vì n ≥ 5). Nhóm Sn /G1 là Abel và
ta có (tus)(srv)(tus)−1 (srv)−1 = (tus)(srv)(tsu)(svr) = (rst) ∈ G1 . Do
đó, G1 chứa tất cả các vòng xích cấp 3. Lập luận tương tự như trên, ta
cũng có G2 chứa tất cả các vòng xích cấp 3, . . . và cuối cùng Gm = {(1)}
chứa tất cả các vòng xích cấp 3. Điều này không thể xảy ra. Vậy nhóm
Sn không giải được.
Định lý 2.2. Cho H là một nhóm con của nhóm S5 . Giả sử H chứa
một chuyển trí δ = (ij) và H tác động bắc cầu lên tập {1, 2, 3, 4, 5} ( tức
là với mọi i, j ∈ {1, 2, 3, 4, 5}, tồn tại σ ∈ H sao cho σ(i) = j). Khi đó
H = S5 .
Chứng minh. Đặt X = {1, 2, 3, 4, 5}. Trong đó X ta định nghĩa một
quan hệ hai ngôi ∼ như sau với i, j ∈ X, ta nói i ∼ j nếu và chỉ nếu

i = j hoặc (ij) ∈ H. Ta thấy ∼ là quan hệ tương đương. Thật vậy ta có
i ∼ i hiển nhiên. Nếu i ∼ j thì (ji) = (ij) ∈ H suy ra j ∼ i. Nếu i ∼ j
và j ∼ k thì (ij), (ik) ∈ H, ta có (ik) = (ij)(jk)(ij) ∈ H, suy ra i ∼ k.
Kí hiệu E(i) là lớp tương đương chứa i. Ta chứng minh |E(i)| =
|E(j)|, tức là các lớp tương đương có cùng số phần tử. Vì H tác động bắc
cầu lên X nên tồn tại phần tử σ ∈ H sao cho σ(i) = j. Lấy tùy ý a ∈ E(i)
20


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ NHUNG

tức (ia) ∈ H. Khi đó phần tử σ(ia)σ −1 hoán vị σ(a) và σ(i) cho nhau,
trong khi nó cố định các phần tử còn lại, tức là σ(ia)σ −1 = (σ(i)σ(a)) là
một chuyển trí. Mặt khác, vì (jσ(a)) = (σ(i)σ(a)) và σ(ia)σ −1 ∈ H nên
(jσ(a)) ∈ H. Suy ra σ(a) ∼ j hay σ(a) ∈ E(j). Chứng tỏ σ(E(i)) ⊆ E(j)
suy ra |E(i)| ≤ |E(j)|. Chứng minh tương tự ta được |E(i)| ≥ |E(j)|.
Vậy |E(i)| = |E(j)|.
Gọi số các lớp tương đương rời nhau trong X là n. Khi đó vì mọi
lớp tương đương có cùng số phần tử nên ta có 5 = n|E(i)|. Mặt khác,
theo giả thiết δ = (ij) ∈ H nên |E(i)| > 1. Suy ra |E(i)| = 5. Vậy
H = S5 .

2.2

Công thức nghiệm của đa thức có bậc không
quá bốn

Định nghĩa 2.2. Một đa thức f (x) có bậc n ≥ 1 được gọi là rút gọn nếu
nó không có số hạng xn−1 , hay f (x) = rn xn +rn−2 xn−2 +rn−3 xn−3 +· · ·+a0 .
Bổ đề 2.5. Cho f (X) = an X n + an−1 X n−1 + an−2 X n−2 + · · · + a0 ,
n ≥ 1, an = 0. Khi đó f (X) luôn đưa được về một đa thức rút gọn.
an−1
. Khi đó ta có đa thức f0 (x) = f (x −
Chứng minh. Đặt X = x −

nan
an−1
) là đa thức rút gọn.
nan
an−1
Hơn nữa, nếu u là một nghiệm của f0 (x) thì u −
là nghiệm của
nan
f (X).

21