Về bài toán chia đường tròn

1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƢỜNG ĐẠI HỌC VINH

PHAN THỊ NGA

VỀ BÀI TỐN CHIA ĐƢỜNG TRỊN
CHUN NGÀNH: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ
Mã số: 60.46.05

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Ngƣời hƣớng dẫn khoa học
TS. Lê Thị Hoài Thu

NGHỆ AN – 2012


2

MỤC LỤC

Trang

MỞ ĐẦU .................................................................................................... 2
CHƢƠNG 1. TRƢỜNG CHIA ĐƢỜNG TRÒN .................................... 4
1.1. Trƣờng nghiệm của đa thức ....................................................... 4
1.2. Trƣờng chia đƣờng trịn ............................................................. 8
CHƢƠNG 2. BÀI TỐN CHIA ĐƢỜNG TRÒN .................................. 15
2.1. Định lý cơ bản của Lý thuyết Galois......................................... 15

2.2. Tiêu chuẩn giải đƣợc bằng căn thức ......................................... 21
2.3. Phép dựng hình bằng thƣớc kẻ và compa................................ 23
2.4. Bài tốn chia đƣờng trịn ............................................................ 28
KẾT LUẬN................................................................................................. 38
TÀI LIỆU THAM KHẢO ......................................................................... 39

MỞ ĐẦU
Đại số trừu tƣợng, một lĩnh vực đƣợc hình thành từ mơn đại số quen
thuộc để giải phƣơng trình, đã đƣợc 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 bƣớc tiến quan trọng trong phƣơng pháp đƣợc sử dụng một thế kỷ rƣỡi
sau đó để chinh phục phƣơng trình Fermat. Nguồn gốc của Lý thuyết Galois là
vấn đề giải các phƣơng trình đại số bằng căn thức. Vấn đề này thực chất là mở
rộng trƣờng 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. Tƣ tƣởng cơ bản của E. Galois là cho tƣơng ứng mỗi phƣơng
trình đại số với một nhóm hữu hạn, sau này đƣợc gọi là nhóm Galois của
phƣơng trình đó. Tính chất giải đƣợc của nhóm Galois này xác định tính giải


3
đƣợc bằng căn thức của phƣơng trình đại số tƣơng ứng. Chẳng hạn, nhóm
Galois của phƣơng trình x5  1  0 là nhóm xyclic cấp 4 (4 = 22) là nhóm giải
đƣợc và do đó phƣơng trình này giải đƣợc bằng căn thức. Trong khi đó, nhóm
Galois của phƣơng trình x5  x  1  0 là nhóm đối xứng S5. Vì nhóm này
khơng giải đƣợc cho nên phƣơng trình x5  x  1  0 khơng giải đƣợc bằng căn
thức. Có thể nói, bằng cơng trình xuất sắc kể trên, E. Galois chính là ngƣời
khởi đầu cho cả lý thuyết nhóm lẫn lý thuyết đa thức. Các nhà tốn học thế
giới ngày nay coi ơng là ngƣời sáng lập đại số cao cấp hiện đại và là một trong
những ngƣời xây dựng nền tảng của toán học hiện đại nói chung [8].

Hơn nữa, mọi bài tốn dựng hình đều có thể đƣa về việc tìm các nghiệm
của một phƣơng trình đại số nào đó. Do đó, về phƣơng diện hình học, lý thuyết
trƣờng và Lý thuyết Galois có liên quan chặt chẽ đến các bài tốn dựng hình
bằng thƣớc kẻ và compa, đặc biệt là “Về bài tốn chia đƣờng trịn”.
Số Fermat mang tên nhà tốn học Pháp Pierre de Fermat (ngƣời đầu tiên
đƣa ra khái niệm này), đó là các nguyên dƣơng có dạng Fn  22  1 với n là số
n

nguyên không âm.
Khi nghiên cứu các số có dạng 22n + 1, Fermat đã tính ra đƣợc với n = 0,
1, 2, 3, 4 thì số có dạng trên là số ngun tố, từ đó ơng đƣa ra dự đốn các số
có dạng nhƣ trên đều là số nguyên tố. Tuy nhiên đến năm 1732, Euler đã phủ
định dự đoán trên bằng cách chứng minh F 5 là hợp số.
Gauss đã có đột phá tốn học đầu tiên khi ơng 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 đƣợc bằng compa và thƣớc kẻ. Đây là một khám phá quan
trọng trong bài tốn dựng hình, một bài tốn 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


4
hình thất thập giác đã tìm đƣợc cách vẽ đa giác đều có 17 cạnh bằng thƣớc
thẳng và compa, bằng cách xem các đỉnh của đa giác trên vòng tròn nhƣ là
nghiệm của phƣơng trình phức. Năm năm sau, ơng đã khai triển đƣợc lý thuyết
gọi là “Chu kỳ Gauss” (Gaussian periods) viết trong sách Disquisitiones
Arithmeticae (Khảo cứu Số học). Lý thuyết này giúp ơng tìm đƣợc điều kiện
đủ để một đa giác đều có thể vẽ đƣợc bằng thƣớc thẳng và compa. Gauss cũng

cho là điều kiện đó cũng là điều kiện cần nhƣng không chứng minh. Đến năm
1837, Pierre Wantzel chứng minh đƣợc điều kiện của Gauss cũng là điều kiện
đủ. Do đó, kết quả tìm đƣợc bởi Gauss và chứng minh đầy đủ bởi Wantzel.
Kết quả của Gauss – Wantzel sống mãi nhƣ 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 tốn chia đƣờng tròn thành n phần bằng
nhau là một sự kết hợp nhuần nhuyễn và sáng tạo các kết quả của nhiều ngành
tốn 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 tốn chia đƣờng trịn, một
bài tốn có ý nghĩa sâu sắc trong kỹ thuật và công nghệ.
Bố cục của luận văn gồm 2 chƣơng:
Chƣơng 1. Giới thiệu các kết quả cơ sở về trƣờng nghiệm của đa thức và
trƣờng chia đƣờng tròn.
Chƣơng 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 đƣờng
tròn chia đƣợc thành n phần bằng nhau bằng thƣớc kẻ và compa; phép dựng
ngũ giác đều, đa giác đều 15 cạnh, đa giác đều 17 cạnh bằng thƣớc kẻ và
compa.
Tác giả xin trân trọng cảm ơn TS. Lê Thị Hồi Thu đã tận tình hƣớng
dẫn và chỉ bảo, giúp đỡ để tác giả hoàn thành bản luận văn này.


5
Tác giả xin trân trọng cảm ơn các thầy cô giáo thuộc Bộ mơn Đại số,
Khoa Tốn học, Phịng Đào tạo Sau đại học của Trƣờng Đại học Vinh đã giúp
đỡ, tạo điều kiện thuận lợi cho chúng tôi trong học tập và nghiên cứu, theo
chƣơng 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 cịn có nhiều thiếu sót, tác giả rất mong đƣợc sự góp ý, chỉ
bảo của các thầy cô và các bạn đồng nghiệp.
Tác giả


6
CHƢƠNG 1
TRƢỜNG CHIA ĐƢỜNG TRÒN

1.1. Trƣờng nghiệm của đa thức
1.1.1. Đặc số của trƣờng. Cho K là một trƣờng với đơn vị 1. Nếu n1  0, với mọi
số tự nhiên n  0 thì ta nói trƣờng K có đặc số 0 . Trong trƣờng hợp ngƣợc lại, ta
gọi số nguyên dƣơng p bé nhất sao cho p1  0 là đặc số của trƣờng K. Đặc số
của trƣờng K đƣợc 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. Trƣờng nguyên tố. Một trƣờng K đƣợc gọi là trường nguyên tố hay
trường đơn nếu K khơng có một trƣờng con thực sự nào cả.
Ví dụ. Trƣờng số hữu tỉ

và trƣờng

p

các lớp thặng dƣ modp là các trƣờng

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 trƣờng con của trƣờng K. Khi đó,
P là trƣờng con bé nhất của K và do đó P là trƣờng con nguyên tố duy nhất của
trƣờng K.
1.1.3. Định lý về các kiểu trƣờng 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. Trƣờng mở rộng. Nếu K là một trƣờng con của trƣờng 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 trƣờng K đƣợc ký hiệu là E /K.
Giả sử E là một mở rộng của trƣờng K, khi đó ta có thể xem E là một
không gian vectơ trên K. Nếu E là khơng gian vectơ hữu hạn chiều trên trƣờng
K, thì ta nói E là mở rộng bậc hữu hạn của trƣờng K. Số chiều n của không gian


7
vectơ E trên K đƣợc gọi là bậc của mở rộng E trên K. Ta ký hiệu E : K  là bậc

của mở rộng E trên K. Nhƣ vậy, ta có E : K  = dimKE = n.
Mỗi hệ sinh hoặc cơ sở của không gian vectơ E trên K đƣợc gọi là một h
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 trƣờng và E là một
trƣờng mở rộng của K. Phần tử u  E đƣợc 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, đƣợc 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 nh nhất, ký hiệu bởi q(x). Với mỗi phần tử đại số u  E, đa thức q(x) nhƣ
vậy đƣợc 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]. Nhƣ vậy, ta có: [u : K] = deg q(x).
Cho E là mở rộng của trƣờng 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 trƣờng hợp ngƣợc lại, ta
gọi E là mở rộng siêu vi t trên K.
1.1.6. Trƣờng nghiệm của đa thức. Giả sử K là một trƣờng, f ( x) là một đa
thức bậc n  1 trên K. Khi đó, một trƣờng N đƣợc gọi là trường nghi m hay
trường phân rã của f ( x) trên K nếu và chỉ nếu N là trƣờng mở rộng nh 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 trƣờng K đều có trƣờng
nghiệm, trƣớc hết ta chứng minh định lí sau:
1.1.7. Định lí. Với mọi đa thức f ( x) bất khả quy trên một trường K, tồn tại một
trường mở rộng N của K trong đó f ( x) có ít nhất một nghi m.
Chứng minh. Xét vành thƣơng 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 trƣờng. Thật

8
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 đƣợc:
f  x .r  x   g  x .s  x   1 .

Do f  x   0 , nên g  x .s  x   1 . Điều này chứng t rằng g  x  khả nghịch trong
vành N, hay N là trƣờng.
Thiết lập ánh xạ  : K  N, a

a  I  a . Rõ ràng,  là một đơn cấu

trƣờng. Vậy tập hợp các phần tử a của N, với a  K lập thành một trƣờng con
đẳng cấu với K. Nếu ta đồng nhất K với  ( K ) , bằng cách đồng nhất a  a , thì ta
có thể xem K nhƣ là một trƣờng con của trƣờng N. Ngoài ra, nếu
f  x   a0  a1 x 

 an x n thì ta có
0  0  f  x   a0  a1 x 

 an x n  a0  a1 x 

n



 an x  f x .

Vậy phần tử x  x  I  N là một nghiệm của đa thức f(x). ■
Ví dụ. Giả sử K = Q và f  x   x2  2 . Khi đó, vành thƣơng Q[x] /<x2- 2> đẳng
cấu với trƣờng số Q ( 2) . Thật vậy, các phần tử của Q[x]/<x2 - 2> có dạng
f  x   x 2  2 , trong đó f  x  =

x

2

 2  q  x   r  x  , deg r  x   deg  x 2  2   2 hoặc

r  x   0 . Vì vậy r  x  có dạng a  bx và do đó
f  x   x 2  2 = a  bx +  x 2  2  q  x   x 2  2 = a  bx + x 2  2 .

Khi đó, ánh xạ  : Q ( 2) Q[x]/<x2-2>, xác định bởi
 (a  b 2)  a  bx  x 2  2

là một đẳng cấu từ trƣờng số Q ( 2) lên trƣờng 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 nghi m của f  x  trên K.


9
Chứng minh. Ta chứng minh quy nạp theo n rằng có một trƣờng 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 ƣớc 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  là một nghiệm của f  x  trong K1, theo Định lý Bezout
ta có f ( x)   x    g  x  với g  x   K1[x] có bậc là n  1 . Theo giả thiết quy nạp,
có trƣờng 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 trƣờng nghiệm N của đa thức f  x  trên K,

ta chỉ việc lấy trƣờng con N nh nhất của P chứa K và chứa n nghiệm của f  x  .
Để ý rằng, trƣờng N đó chính là giao của tất cả các trƣờng 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 trƣờng K đƣợc 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 đƣợc thành
tích các nhân tử tuyến tính (hay nói ngắn gọn là f(x) phân rã đƣợc) trong vành đa
thức E[x].
1.1.10. Mở rộng tách đƣợc. Cho E là một trƣờng tuỳ ý và đa thức f ( x)  K[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 trƣờng nghiệm N của nó
trên K. Trong trƣờng hợp ngƣợc lại, đa thức f ( x) đƣợc 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 đƣợc trên K.
Một mở rộng E của trƣờng K đƣợc gọi là mở rộng tách được (separable
extension) trên K nếu mỗi phần tử u thuộc E là phần tử tách đƣợc trên K.


10

1.2. Trƣờng chia đƣờng tròn
Giả sử P là một trƣờng nguyên tố với đặc số p và n là một số tự nhiên khác
không sao cho n không chia hết cho p . Trong trƣờng hợp trƣờng P có đặc số 0, thì
ta giả thiết rằng n là một số tự nhiên khác 0 nào đó.
1.2.1. Căn bậc n của đơn vị. Ta gọi căn bậc n của đơn vị là mọi nghiệm của đa
thức:
f ( x)  x n  1

trong một trƣờng mở rộng nào đó của trƣờng 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  bất kỳ của nhóm này là một ƣớc số của n vì ta
ln có  n  1.
1.2.2. Trƣờng chia đƣờng tròn bậc n. Trƣờng nghiệm Rn của đa thức f ( x)  xn  1
trên trƣờng P đƣợc gọi là trường chia đường tròn bậc n trên trƣờng P.
Ví dụ. Giả sử trƣờng nguyên tố P là trƣờng số hữu tỉ

. Khi đó, trƣờng chia đƣờng

tròn Rn trên

, và các căn bậc n của đơn

là một trƣờng con của trƣờng số phức

vị là
 k  cos

2k
2k
 i sin
, k  0,1,..., n  1.
n
n

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 đƣờng tròn đơn vị. Biết giá trị cos

2
, ta có thể dựng đƣợc một
n

đa giác đều n cạnh nội tiếp trong đƣờng tròn đơn vị, tức là chia đƣợc đƣờng trịn đó
thành n phần bằng nhau.
1.2.3. Định lý. Nhóm nhân căn bậc n của đơn vị là nhóm xyclic cấp n .
Chứng minh. Vì n khơng chia hết đặc số của trƣờng, nên đạo hàm f '( x)  nxn1 chỉ
triệt tiêu khi x lấy giá trị 0, do đó nó khơng có nghiệm chung với f ( x) . Vì vậy,
trong trƣờng chia đƣờng trịn Rn các nghiệm của đa thức f ( x) đều khác nhau, hay
trong Rn có đúng n căn bậc n của đơn vị.


11
Để chứng minh định lý, ta nhắc lại rằng số các số nguyên dƣơng nh hơn
n và nguyên tố với n là giá trị của hàm Euler  (n) , nó cũng bằng số phần tử

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

 (d )  n, trong đó
d /n

tổng đƣợc lấy theo mọi ƣớc của n.
Gọi Gn là nhóm các căn bậc n của đơn vị. Với mỗi ƣớc d của n , ký hiệu
Cd là tập các phần tử a  Gn sao cho a có cấp d . Ta hãy tính số phần tử của Cd .
Giả sử a là một phần tử cấp d của Gn 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 phƣơng
trình xd  1  0 , bởi vì phƣơng trình này chỉ có d nghiệm. Vì vậy, nếu b  Cd thì b
là nghiệm của phƣơng trình xd  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  (d ) , ta suy ra số phần tử của Cd chính là  (d )
nếu trong Gn có phần tử cấp d. Ký hiệu D là tập các số nguyên dƣơng d sao cho
trong Gn có những phần tử cấp d. Khi đó, Gn là hợp rời rạc của các Cd, với
d  D. Từ đó:

  (d )  n.

So sánh với hệ thức Gauss, ta nhận thấy rằng D phải

d D

trùng với tập tất cả các ƣớc số dƣơng của n. Đặc biệt, trong Gn phải có một phần
tử cấp n và vì vậy Gn là nhóm xyclic sinh bởi phần tử đó.
Lập luận trên cũng đƣa đến kết luận: Nhóm nhân các căn bậc n của đơn vị
có  (n) phần tử sinh, hay có  (n) căn nguyên thuỷ bậc n của đơn vị.
1.2.4. Đa thức chia đƣờng tròn. Giả sử  1 ,  2 ,...,   ( n ) là  (n) căn nguyên thuỷ
bậc n của đơn vị. Đa thức
Fn ( x)  ( x   1 )( x   2 )

( x    ( n) )

đƣợc gọi là đa thức chia đường tròn bậc n.
1.2.5. Mệnh đề. Các h tử của đa thức chia đường tròn
Fn ( x)  ( x   1 )( x   2 )

thuộc trường nguyên tố P.

( x    ( n) )

12
Nếu P =

thì chúng là những số nguyên.

Nếu P =

p

thì chúng là những lớp thặng dư modp xác định bởi số

ngun tương ứng trong trường hợp P =

nói trên.

Ngồi ra, ta có cơng thức: f ( x)  x n  1   Fd ( x).
d /n

Chứng minh. Công thức trên là hệ quả trực tiếp của phân hoạch các căn bậc n
của đơn vị: Gn 

Cd đã nói ở chứng minh Định lý 1.2.3. Vì vậy, ta chỉ còn phải
d /n

chứng minh điều khẳng định về hệ tử của đa thức chia đƣờng tròn. Ta quy nạp
theo n.
Với n = 1, thì F1(x) = x - 1, khẳng định đúng. Giả sử với F1(x), F2(x), . . . ,
Fn - 1(x) khẳng định đúng, ta chứng minh khẳng định trên cũng đúng với Fn(x).
Bởi vì
f ( x)  x n  1   Fd ( x)  Fn ( x).  Fd ( x) ,

d /n

trong đó // chỉ ƣớc khác n của n nên ta có Fn ( x) 
Khi P =
Khi P =

d //n

xn 1
, với G( x)   Fd ( x) .
G ( x)
d //n

, theo thuật chia có dƣ các hệ tử của Fn ( x) là những số nguyên.
p

hệ tử của Fn ( x) là những lớp thặng dƣ theo modp, xác định

bởi các hệ số nguyên tƣơng ứng nhƣ trong trƣờng hợp P =

.

Ví dụ. Ký hiệu  là một căn nguyên thuỷ bậc 12 của đơn vị:
x12  1  F12 ( x) F6 ( x) F4 ( x) F3 ( x) F2 ( x) F1 ( x)
F1 ( x)  ( x   0 )  x 1 ( 0 là phần tử sinh của nhóm G1 )
F2 ( x)  ( x   6 )

x2 1
x 1 ( 6 là phần tư sinh cđa nhãm G 2 )
F1 ( x)

F3 ( x)  ( x   4 )( x   8 ) 

x3  1
 x2  x  1
F1 ( x)

F4 ( x)  ( x   3 )( x   9 ) 

x4 1
 x2  1
F1 ( x) F2 ( x)

F6 ( x)  ( x   2 )( x   10 ) 

x6  1
 x2  x  1
F1 ( x) F2 ( x) F3 ( x)

F12 ( x)  ( x   1 )( x   5 )( x   7 )( x   9 )  x 4  x 2  1.


13
1.2.6. Tính khả quy của đa thức chia đƣờng trịn trên trƣờng đặc số khác 0
Nếu đặc số p  0 thì đa thức Fn ( x) 

p

[ x] nói chung không bất khả quy.

Chẳng hạn, với p = 11, ta có:
F12 ( x)  x4  x2  1  ( x2  5x  1)( x 2  5x  1) 

[ x].

11

1.2.7. Định lý. Đa thức chia đường tròn trên trường số hữu tỉ
khả quy trên

là đa thức bất

.

Chứng minh. Thật vậy, giả sử  là một căn nguyên thuỷ bậc n của đơn vị và
 ( x) là một đa thức bất khả quy trên

nhận  làm nghiệm. Ta có thể xem  ( x)

là một đa thức nguyên bản. Ta chứng minh  ( x) = Fn(x).
Giả sử p là số nguyên tố không chia hết n. Khi đó, cùng với  , phần tử
 p 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  p làm nghiệm. Ta sẽ chứng minh rằng
 ( x)   g ( x) . Đa thức x n  1 nhận  làm nghiệm cho nên nó chia hết cho  ( x) .

Tƣơng tự, đa thức x n  1 cũng chia hết cho g(x). Giả sử  ( x)   g ( x) , khi đó ta có:
xn  1   ( 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  với  ( x) cho nên nó phải chia hết cho  ( x) :
g ( x p )   ( x) ( x),

(2)

trong đó  (x) là một đa thức với hệ số nguyên.
Ta xét (1) và (2) nhƣ những đồng dƣ thức theo modp. Giả sử trong
g ( x)  a0  a1 x 

khi đó trong vành

p

 ak x k ,

[ x] ta có
g ( x) p  a0 p  a1 p x p 

 ak p xkp .

Theo Định lý Fermat bé, ta có ai p  ai (mod p) , cho nên
g ( x) p  a0  a1 x p 

Vì vậy, từ (2) ta suy ra

 ak ( x p )k .

[x]

14
g ( x) p  g ( x p )   ( x) ( x) 

Vì vành

p

p

[0].

(3)

[ x] là vành Gauss (vành nhân tử hoá) nên mỗi nhân tử bất khả quy

của  ( 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  ( x) g ( x)h( x) chia hết cho  ( x) 2 trong vành
trong vành

p

p

[ x] . Từ đó suy ra,

[ x] , vế trái của (1) là x n  1 và đạo hàm của nó nx n1 đều phải chia

hết cho  ( x) . Nhƣng vì theo giả thiết n khơng chia hết cho p nên nx n1 chỉ có một

nhân tử bất khả quy là x, mà x lại không phải là một nhân tử của xn - 1. Ta gặp
một mâu thuẫn. Vậy, ta phải có:  ( x)   g ( x) . Do đó,  p là nghiệm của  ( x) .
Bây giờ, ta chứng minh rằng, tất cả căn bậc nguyên thủy bậc n của đơn vị
đều là nghiệm của đa thức  ( x) . Giả sử  là một căn nguyên thuỷ tuỳ ý của đơn
vị, và k  p1 p2 ... ps là sự phân tích của k (k nguyên tố với n) thành tích những thừa
số nguyên tố không nhất thiết khác nhau nhƣng tất cả đều nguyên tố với n.
Vì  ( )  0, nên nhƣ đã chứng minh trên  ( p )  0, do đó  ( p p )  0 . Tƣơng
1

1 2

tự,  ( p p ... p )   ( k )  0. Nhƣ vậy, tất cả các nghiệm của đa thức Fn(x) đều là
1 2

n

nghiệm của đa thức  ( x) . Vì theo giả thiết  ( x) là bất khả quy trên

và Fn(x)

khơng có nghiệm bội, nên  ( x) và Fn(x) chỉ có thể khác nhau một nhân tử hằng.
Do đó, Fn(x) là bất khả quy trên

. Định lý đƣợc chứng minh. ▄

Đa thức chia đƣờng tròn bậc n:

Fn ( x)  ( x   1 )( x   2 )

( x    ( n) )

đƣợc định nghĩa qua các nghiệm  1 ,  2 ,...,   ( n) của nó là  (n) căn nguyên thuỷ bậc
n của đơn vị. Ta sẽ chứng t rằng, có thể tính đƣợc đa thức đó mà khơng cần
biết các nghiệm của nó. Muốn vậy, ta cần sử dụng công thức đảo ngƣợc
Dedekind - Liouville (biến đổi ngƣợc Mobius) dƣới dạng nhân.
1.2.8. Hàm Mobius. Hàm Mobius đƣợc định nghĩa nhƣ sau:  (n)  (1)k nếu n
khơng chia hết cho số chính phƣơng nào khác 1 và k là số các ƣớc nguyên tố của
n;  (1)  1, (n)  0 khi n có ƣớc số chính phƣơng khác 1.
1.2.9. Định lý về biến đổi ngƣợc Mobius. Giả sử f n) là hàm số học. Đặt


15

g ( n)   f ( d ) ,
d /n

khi đó ta có:
1) f (n)   g (d )

n
d

( )

, trong đó  là hàm số Mobius.

d /n

2) Nếu f là hàm có tính chất nhân thì g cũng vậy.
1.2.10. Mệnh đề. Ta có cơng thức tính Fn ( x) một cách tường minh sau:

Fn ( x)   ( x  1)
d

n
d

( )

n
d

  ( x  1)  ( d ) .

d /n

d /n

Chứng minh. Đa thức chia đƣờng tròn bậc n là một hàm số số học:
f (n)  Fn ( x)  P( x).

n

Giá trị của hàm này là một phần tử của nhóm nhân của trƣờng phân thức
P(x). Điều đó cũng đúng với đa thức x n  1:
g (n)  xn  1 P( x).

n

Vì g (n)  x n  1   Fd ( x)   f (d ) nên theo biến đổi ngƣợc Mobius, ta có
d /n

d /n

f (n)  Fn ( x)   ( x d  1)
d /n

n
d

( )

n

  ( x d  1)  ( d ) .
d /n

12

Ví dụ. F12 ( x)   ( x d  1)  ( d ) 
d /12

 ( x12  1)( x6  1) 1 ( x4  1)1 ( x3 1)0 ( x2 1)1 ( x1 1)0 


( x12  1)( x 2  1)
 x 4  x 2  1.
6
4
( x  1)( x  1)

1.2.11. Định lý mô tả cấu trúc của trƣờng chia đƣờng tròn. Trường chia
đường tròn Rn là một mở rộng đơn của trường nguyên tố P của nó: R n = P ( )
trong đó  là một phần tử nguyên thuỷ bất kỳ bậc n của đơn vị. Hơn nữa:
a) Nếu P =

thì đa thức chia đường tròn Fn x) là đa thức xác định của

trường phân rã Rn trên
b) Nếu P =

p

.

thì đa thức xác định của trường phân rã R n trên

bất khả quy đa thức chia đường trịn Fn(x) và ta có [Rn :

p

p

là ước

] là ước của  (n) .


16
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 trƣờng chia

đƣờng tròn trong trƣờng hợp đặc số p. Nếu phân tích Fn(x) thành những nhân tử
bất khả quy

Fn ( x)  f1 ( x) f 2 ( x)... f k ( x)

(4)

thì vì mọi căn nguyên thuỷ  bậc n của của đơn vị đều là phần tử nguyên thuỷ
(phần tử sinh) của mở rộng đơn Rn =

p

(  ) nên mỗi nhân tử đều có thể lấy làm

đa thức xác định của trƣờng phân rã Rn =
[ Rn :

p

] [

p

( ):

p

p

(  ) trên P. Từ đó, ta thu đƣợc

]  deg f1 ( x),

nên các nhân tử f i(x) của Fn(x) có cùng một bậc. Từ (4), ta có  (n)  k[ Rn :
Vậy, bậc mở rộng [ Rn :

p

] của trƣờng chia đƣờng tròn trên

p

p

].

là ƣớc của  (n) .

Ví dụ 1. Xét đa thức F12(x) = (x2 + 5x + 1)(x2- 5x +1) trên trƣờng

11

. Khi đó,

cả hai đa thức f1(x) = (x2 + 5x + 1), f2(x) = (x2 - 5x +1) đều có thể lấy làm đa
thức xác định của trƣờng chia đƣờng trịn R12 trên

11

. Ta có [ R12 :

11

] = 2 là

ƣớc của  (12)  4.
Ví dụ 2. Ta xét trƣờng H9 có 9 = 32 phần tử. Ta có thể xét H9 nhƣ là trƣờng
nghiệm của đa thức bất khả quy f(x) = x2 - 2 trên trƣờng
mở rộng bậc hai của trƣờng

3

3

. Khi đó, H9 là một

. 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 trƣờng chia đƣờng tròn bậc 8. Thật
vậy, ta phân tích F8(x) thành nhân tử bất khả quy
F8(x) = x4 +1 = ( x2 + x +1)(x2 - x -1)

3

[x].

Một nghiệm của x2 + x - 1, tức là một căn nguyên thuỷ bậc 8 của đơn vị
trên

3

là   1  u . Tất cả các phần tử khác không của H9 đều là luỹ thừa của

 i ,( i  1,...,8 ):

I

1

2

3

4

5

6

7

8

i

1+u

2u

1 + 2u

2

2 + 2u

u

2+u

1


17
CHƢƠNG 2
BÀI TỐN CHIA ĐƢỜNG TRỊN

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 trƣờng K. Gọi
Aut(E) là nhóm nhân các tự đẳng cấu của trƣờng E. Ký hiệu:
G = G(E,K) =   Aut ( E )  (t )  t , t  K  .

Ta chứng minh đƣợc 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 đƣợc ký hiệu bởi AutK(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 đƣợc rằng, C là trƣờng 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  (s)  s,   G  .
Một mở rộng bậc hữu hạn E của trƣờng K sao cho C(E, G ) = K, đƣợc gọi

là mở rộng Galois của trƣờng K.
2.1.2. Định lý các đặc trƣng 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 nghi m của một đa thức tách được f x) trên K.
2.1.3. Hệ quả. Giả sử E là mở rộng Galois của trường K và R là trường trung gian
giữa K và E. Khi đó, E là mở rộng Galois trên R.

2.1.4. Nhóm Galois của đa thức. Cho trƣờng K và đa thức f(x)  K[x], bậc n  1.
Ký hiệu N là trƣờng nghiệm của đa thức f(x) trên trƣờng K. Chúng ta gọi nhóm
Galois G = G(N,K) của mở rộng trƣờng N trên K là nhóm Galois của đa thức


18
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 trƣờng nghiệm là trƣờng số

( 2) và nhóm Galois là nhóm cấp 2, gồm tự đẳng cấu đồng nhất và tự đẳng

cấu liên hợp của trƣờng số

( 2).

2.1.5. Trƣờng Galois. Trƣờng có hữu hạn phần tử đƣợc gọi là trường hữu hạn,
hay trường Galois. Ta thƣờng ký hiệu Fq là trƣờng hữu hạn có q phần tử.
Ví dụ đơn giản nhất về trƣờng hữu hạn là trƣờng

p

có p phần tử và có

đặc số p. Ví dụ khác là trƣờng nghiệm N của đa thức f(x) = x2 + x + 1 trên

2

,

trƣờng này có 4 phần tử, đó là N = {0, 1, u, u2}, trong đó u là nghiệm nào đó của
đa thức f(x).
2.1.6. Định lý. Nếu Fq là trường hữu hạn có q phần tử thì q = pn, trong đó p là
đặc số của Fq và n là bậc mở rộng của Fq trên trường con nguyên tố P của nó.
Chứng minh. Giả sử Fq là trƣờng hữu hạn có q phần tử. Đặc số của Fq không thể
bằng 0, vì nếu vậy thì Fq sẽ có vơ số phần tử. Vì vậy, Fq có đặc số là số ngun
tố p. Do đó, trƣờng con nguyên tố P của Fq đẳng cấu với trƣờng

p

và do đó P

có p phần tử.
Vì Fq chỉ có hữu hạn phần tử, nên Fq là không gian vectơ hữu hạn chiều
trên trƣờng P. Giả sử [Fq : P ] = n, và e1, ... , en là một cơ sở của Fq trên P. Khi
đó, mỗi phần tử của Fq viết đƣợc một cách duy nhất dạng

  x1e1  x2e2 

 xnen , xi  P .

Vì mỗi hệ tử xi chỉ có thể lấy p giá trị thuộc P, do đó tồn tại pn phần tử của
Fq có dạng trên. ▄
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 Fq với q = pn. Hơn nữa, các trường hữu hạn có q = pn phần
tử đều đẳng cấu với nhau và đẳng cấu với trường nghi m của đa thức x p  x
n

trên

p

.

Chứng minh. a) Sự tồn tại trƣờng hữu hạn có q = pn phần tử.


19
Nếu trƣờng Fp có đặc số p và có số phần tử q = pn thì tất cả các phần tử
khác 0 của nó lập thành một nhóm nhân cấp q – 1, và thoả mãn phƣơng trình
xq 1  1  0 . Vì vậy, xq  x  0, x  Fq .

Bây giờ, ta hãy xét trƣờng nghiệm của đa thức f(x) = xq – x trên

p

. Vì

đạo hàm f '( x)  qxq1  1  1 khơng triệt tiêu, nên f(x) có q nghiệm phân biệt:
x1 ,..., xq . Trong các nghiệm này có p phần tử của trƣờng

p

vì nếu x thuộc

p

thì

theo nhận xét trên, có xp = x. Từ đó suy ra (xp)p = xp = x, tức là x p  x , và bằng
2

quy nạp x p  x.
n

Ta hãy chứng minh, tập hợp K = x1 ,..., xq  lập thành một trƣờng. Thật vậy,
giả sử x, y là hai phần tử thuộc K, khi đó ta có x p  x, y p  y. Vì trƣờng nghiệm
n

n

đang xét có đặc số p, cho nên
( x  y) p  x p  y p  x  y.
n

n

n

Điều này chứng t x – y thuộc K. Cũng vậy, ( xy) p  x p y p  xy. Vậy, xy thuộc K.
n

n

n

Cuối cùng, nghịch đảo của một phần tử x khác 0 thuộc K:
( x 1 ) p  ( x p )1  x 1.
n

n

Vậy K là trƣờng gồm q nghiệm của đa thức f(x), do đó K trùng với trƣờng
nghiệm của đa thức f(x) trên

p

.

b) Tính duy nhất sai khác một đẳng cấu của trƣờng hữu hạn
Giả sử H là trƣờng có q = pn phần tử. Gọi r là đặc số của H, khi đó số
phần tử của H phải bằng rm với m là bậc của H trên trƣờng con nguyên tố

r

của

nó. Nhƣ vậy, ta sẽ có q = pn = rm. Điều này kéo theo p = r, n = m. Mặt khác, tất
cả các phần tử của H đều là nghiệm của đa thức xq – 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 trƣờng nghiệm của đa thức trên một trƣờng, đƣợc 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 khơng của trường hữu hạn là
nhóm xyclic.


20
Chứng minh. Thật vậy, các phần tử khác không của trƣờng hữu hạn Fq là
nghiệm của đa thức xq1  1

p

[x] . Nhƣng nhóm nhân căn bậc m của đơn vị là

nhóm xyclic cấp m nếu và chỉ nếu m khơng chia hết cho đặc số p. Do đó, nhóm
nhân các phần tử khác không của trƣờng Fq là một nhóm xyclic cấp q – 1. ▄
Sử dụng định nghĩa trên với trƣờng
thu đƣợc nhóm Galois G(Fq,

p

p

và Fq (q = pn) và đa thức xq – x, ta

).

2.1.9. Mệnh đề. Cấp của nhóm Galois G(Fq,

p

) với q = pn là n.

Chứng minh. Ta thấy rằng các tự đẳng cấu của trƣờng Fq bảo tồn đơn vị 1, do
đó giữ ngun các phần tử của
một

p

p

. Nói rõ hơn, mỗi tự đẳng cấu của trƣờng Fq là

- tự đẳng cấu. Gọi z là một căn bậc nguyên thuỷ bậc q  1  pn  1 của 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 đƣờng tròn

Fq 1 ( x) . Nhƣ đã chứng minh trong Định lý mô tả cấu trúc của trƣờng chia đƣờng

trịn, ta có [Fq :

p

] = degf(x) = n.

Vì ta có Fq =

p

(  ) với  là căn nguyên thuỷ bậc q của đơn vị, nên một

tự đẳng cấu  của Fq đƣợc xác định bởi ảnh  ( )   , với  là nghiệm của f(x).
Vì f(x) có đúng n nghiệm phân biệt, nên số

p

- tự đẳng cấu của trƣờng F q là n

hay cấp của nhóm Galois G(Fq, Zp), với q = pn bằng n. ▄
2.1.10. Mệnh đề. Nhóm Galois G(Fq,
bởi tự đẳng cấu  : x

p

), với q = pn, là nhóm xyclic cấp n sinh

xp .

Chứng minh. Vì Fq có đặc số p nên ta có (x + y)p = xp + yp, (xy)p = xpyp. Từ đó ,
suy ra  : x

x p là một tự đẳng cấu của Fq. Ngồi ra, theo Định lý Fermat bé ta

có a p  a, với mọi a thuộc
Giả sử  : x

p

nên  : x

x p là

p

–tự đẳng cấu.

x p có cấp k  n trong nhóm G(Fq,

p

), tức  k   . Khi đó,

với mọi phần tử x thuộc Fq ta có x p   k ( x)  x. Nhƣng điều này không thể xảy
k


21

ra vì đa thức x p  x có khơng quá p k  p n nghiệm. Vậy, ta có G(Fq,
k

là nhóm xyclic cấp n sinh bởi tự đẳng cấu  : x

xp .

p

) =  

▄

2.1.11. Định lý cơ bản của Lý thuyết Galois. Tồn tại một song ánh  từ tập
hợp  các nhóm con của nhóm G lên tập hợp  các trường con trung gian của
E chứa K K  R  E) sao cho:
1) H1  H2   (H2)   (H1),  H1, H2   .
2) # G = [ E : K]; [G : H] = [R : K], R =  ( H ) ,  H   .
3) Số các K- tự đẳng cấu phân bi t của R =  ( H ) trong E bằng [R : K].
Chứng minh. Lập tƣơng ứng  :   xác định bởi
K   ( H )  C ( E, H )  t  E; (t )  t ,   H   E .

Lập tƣơng ứng  :    xác định bởi
 ( R)  G( E, R)    G( E, K ); (a)  a, a  R .

Ta chứng minh tích   là phép đồng nhất trên  .
Giả sử H   tức H là một nhóm con của nhóm Galois G của E trên K.
Khi đó, ta có R =  ( H ) = C(E, H) là trƣờng con của E, chứa K. Đặt  (R) = H’,
thế thì H’ là nhóm con của nhóm Galois G. Ta chứng minh: H = H’.
Vì E là mở rộng Galois của K, nên E là mở rộng Galois của trƣờng trung

gian R (theo Hệ quả 2.1.4). Do đó, sử dụng Định lý đặc trƣng của mở rộng
Galois (Định lý 2.1.2) ta suy ra [E : R] = # H’. Do H là nhóm con của nhóm H’
và # H = # H’ nên H = H’. Vậy,   là phép đồng nhất trên  .
Bây giờ ta chứng minh   là phép đồng nhất trên  . Giả sử R là một
trƣờng con trung gian giữa K và E: K  R  E , khi đó  (R) = H = G(E, R)
gồm các R – tự đẳng cấu của E. Rõ ràng, H là một nhóm con của Galois G của E
trên K. Mặt khác,  ( H ) = C(E, H) = R’ là trƣờng con bất biến của E bởi H. Ta
cần chứng minh: R = R’. Thật vậy, theo giả thiết E là một mở rộng Galois của K
và K  R  E nên E cũng là mở rộng Galois của R nên C(E, H) = R, hay R = R’.


22
Nhƣ vậy,  và  là những song ánh ngƣợc của nhau. Từ định nghĩa của
 và  suy ra: H1  H2   (H2)   (H1),  H1, H2   .

Vì E là mở rộng Galois của K nên E cũng là mở rộng Galois của
R   ( H ) . Do đó # G = [E : K] và [E : R] = # H.

Mặt khác, vì [E : K] = [ E : R] [R : K], nên
[R : K] = [E : K] : [R : K] =

#G
= [G : H].
#H

Cuối cùng, ta tìm số các K- tự đẳng cấu của R trong E. Giả sử  : R  R’
là một K - đẳng cấu trong E, thế thì E là trƣờng nghiệm của f(x) trên R và của
 (f(x)) trên R’. Do tính duy nhất của trƣờng nghiệm, nên tồn tại một đẳng cấu

 : E  E là mở rộng của  , do đó   G. Nhƣ vậy, mỗi K - đẳng cấu của R

trong E đều là thu hẹp vào R của một K – tự đẳng cấu  của E.
Ngƣợc lại, nếu   G thì thu hẹp của  vào R hiển nhiên là một K – đẳng
cấu của R trong E. Vậy các K - đẳng cấu của R trong E chỉ là các thu hẹp của các
tự đẳng cấu   G vào R.
Hai tự đẳng cấu  và  của G xác định cùng một K- tự đẳng cấu của R
trong E khi và chỉ khi các thu hẹp  /R và  /R trùng nhau. Điều này tƣơng
đƣơng với  (z) =  (z),  z  R, hay  1 ( z)  z, z R, tức  1  1R  H = G(E, R)
nghĩa là  H =  H. Nhƣ vậy, số các K- đẳng cấu của R trong E là chỉ số [G : H]
của của nhóm con H trong nhóm Galois G. ▄
Giả sử E là mở rộng Galois của trƣờng K và R là trƣờng trung gian giữa K
và E (K  R  E ). Khi đó, E là mở rộng Galois trên R. Còn R là mở rộng tách
đƣợc trên K nhƣng nó khơng nhất thiết chuẩn tắc trên K. Do đó, khơng phải bao
giờ R cũng là mở rộng Galois của K. Định lý sau đây đƣa ra điều kiện để R là
mở rộng Galois của K bởi điều kiện chuẩn tắc của nhóm con.
2.1.12. Định lý. (Về điều kiện của mở rộng trung gian là mở rộng Galois, [4])
Trường trung gian R của mở rộng trường E K là một mở rộng Galois trên K
khi và chỉ khi nhóm Galois H = G E,R) của mở rộng trường E R là nhóm con


23
chuẩn tắc trong nhóm Galois G = G E, K) của mở rộng trường E K. Hơn nữa,
ta cịn có G(R, K) = G/H.

2.2. Tiêu chuẩn giải đƣợc bằng căn thức
2.2.1. Định nghĩa. Giả sử f(x) là đa thức trên trƣờng K. Phƣơng trình f(x) = 0
đƣợc gọi là giải được bằng căn thức trên trường K nếu mỗi nghiệm của phƣơng
trình đó đều biểu thị được bằng căn thức trên K, nghĩa là nó có thể tính đƣợc sau
một số hữu hạn bƣớc trên các phần tử của trƣờng K bằng các phép toán cộng,
trừ, nhân, chia, luỹ thừa và khai căn, trong một trƣờng mở rộng F nào đó của K.

Chẳng hạn, nghiệm của phƣơng trình bậc ba x3  px  q  0 trên trƣờng số
thực

biểu thị đƣợc bằng những phép toán hữu tỉ và các căn thức:
2

2

q
q  p
1       và 2  3   1
2
2  3 

qua Công thức Cardano trong trƣờng số

( 1 , 2 ) . Do vậy, phƣơng trình bậc ba

x3  px  q  0 là giải đƣợc bằng căn thức trên trƣờng số thực

.

Nhờ cơng cụ nhóm giải đƣợc và Định lý cơ bản của Lý thuyết Galois,
chúng ta nhận đƣợc định lý sau đây (xem [2], [4]):
2.2.2. Định lý. Giả sử K là trường có đặc số 0. Khi đó, phương trình đại số đa
thức f x) = 0 có h tử thuộc trường K là giải được bằng căn thức trên K khi và
chỉ khi nhóm Galois G f K) của phương trình đó trên K là nhóm giải được.
Để đi tới Định lý Aben ta đặc biệt quan tâm định lý sau đây:
2.2.3. Định lý. Cho K 

và f  K[x] là một đa thức bất khả quy trên K với

deg(f) = n  2. Nếu n là một số nguyên tố và f có đúng n - 2 nghi m thực phân
bi t thì G f K)  Sn.
Chứng minh. Do f là một đa thức bất khả quy nên f có n nghiệm phân biệt trong
trƣờng nghiệm của f trên K. Gọi a1, ... , an là các nghiệm của f. Do f có hệ số
thực nên nếu f có nghiệm a thì số phức liên hợp a* cũng là nghiệm của f. Do f có
đúng n - 2 nghiệm thực nên hai nghiệm phức còn lại là hai số phức liên hợp với


24
nhau. Ta có thể giả thiết a1, a2 là hai nghiệm này. Ta đã thấy ánh xạ ứng mọi số
phức với số phức liên hợp là một tự đẳng cấu của

/

. Gọi  là ánh xạ thu hẹp

của tự đẳng cấu này trên trƣờng nghiệm của f, thì  cũng là một tự đẳng cấu.
Do  chỉ tráo hai nghiệm a1 và a2 và giữ nguyên các nghiệm thực khác
nên  = (a1 a2) là một chuyển trí của Sn. Tiếp theo ta quy ƣớc hai nghiệm ah, aj
là tƣơng đƣơng với nhau nếu (ah aj) G(f /K). Dễ thấy quan hệ này có tính phản
xạ, tính đối xứng, tính bắc cầu. Thật vậy, nếu (ah ai), (ai aj)  G(f /K) thì
(ah aj) = (ai aj) (ah ai) (ai aj)  G(f /K),
do G(f /K) đóng kín với phép lấy ánh xạ hợp thành. Quan hệ trên chia tập
nghiệm của f thành những lớp tƣơng đƣơng không giao nhau. Ký hiệu [aj] là tập
các nghiệm ah tƣơng đƣơng với aj. Với mọi đẳng cấu   G(f /K) ta có đẳng
thức:

(  (aj)  (ah)) = 

(aj ah)  - 1.

Nếu ah [aj] và ah  aj thì (aj ah)  G(f/K) do đó (  (aj)  (ah))  G(f/K).
Điều này có nghĩa là  (ah)  [  (aj)]. Từ đây suy ra  ([aj])  [  (aj)]. Nếu ký
hiệu số phần tử của một tập G là G thì a j     a j  .
Do aj =  -1(  (aj)) cho nên chúng ta cũng có   a j   a j  và do đó
  a j    a j  .

  

Ta giả thiết f là đa thức cực tiểu của mọi nghiệm của f. Với h =1, ..., n
tồn tại một tự đẳng cấu  G(f /K) sao cho  (aj) = ah. Nếu coi  là một phép
thế trong Sn thì điều này có nghĩa  (aj) = ah. Từ đây suy ra a j    ah  . Vì vậy,
mọi lớp [aj] đều có cùng số phần tử. Gọi số phần tử này là s. Do a1, a2  [aj] nên
s  2 là ƣớc số của n, nhƣng n là một số nguyên tố nên có s = n. Điều này có
nghĩa là mọi nghiệm của f đều tƣơng đƣơng với nhau, suy ra G(f /K) chứa tất cả
các chuyển trí. Do mọi phép thế của Sn đều là tích của các vịng xích độc lập, mà
mỗi vịng xích đều là tích của các chuyển trí, nên ta có: G(f /K)  Sn. ▄


25
Ví dụ 1. Xét đa thức f(x) = x5- 4x + 2  [x]. Đa thức này bất khả quy trên
theo tiêu chuẩn Eisenstein. Vì đạo hàm f’ x) = 5x4 - 4 của f(x) chỉ có hai nghiệm
thực nên f chỉ có hai cực trị. Bởi vì f(- 2)< 0, f(-1) > 0, f(1) < 0, f(2) > 0 nên từ
sự biến thiên của hàm f ta thấy f chỉ có 3 nghiệm thực. Vì vậy, theo Định lý
2.2.3 ta có G(f / )  S5.
Vì nhóm S5 là nhóm khơng giải đƣợc, cho nên theo Định lý 2.2.2 ta suy
ra đa thức f(x) không giải đƣợc bằng căn thức.
Từ các lập luận trên, ngƣời ta thu lại đƣợc:

2.2.4. Định lý Aben. Khơng thể tìm được một cơng thức tính nghi m bằng căn
thức cho các phương trình đại số đa thức h số thực t ng quát với bậc n  5.
Nói khác đi, với n  5 tồn tại những phương trình đại số đa thức h số thực bậc
n không giải được bằng căn thức.

2.3. Phép dựng hình bằng thƣớc kẻ và compa
Mọi bài tốn dựng hình đều có thể đƣa về tìm nghiệm của một phƣơng
trình đại số nào đó. Ta hãy xem xét với điều kiện nào có thể dựng đƣợc các
nghiệm của một phƣơng trình đại số bằng thƣớc kẻ và compa (phép dựng hình
mà chỉ dùng hai dụng cụ là thƣớc kẻ và compa).
Nhắc lại ở đây rằng, biểu thức đại số là một biểu thức tốn học trong đó
các phép tốn trên các đối số chỉ là các phép toán cộng, trừ nhân, chia, lũy thừa
nguyên, khai căn (hay lũy thừa với số mũ phân). Nhƣ vậy, công thức nghiệm
của một phƣơng trình đại số giải đƣợc bằng căn thức trên một trƣờng số là một
biểu thức đại số. Biểu thức siêu vi t là biểu thức tốn học có các phép tính lũy
thừa với số mũ vơ tỉ, các hàm mũ, lôgarit, lƣợng giác, lƣợng giác ngƣợc (tức là
các phép tính siêu việt) thực hiện trên các đối số (xem [2, 4, 5]). Ta nói biểu
thức đại số A là dựng được bằng thước kẻ và compa nghĩa là chỉ bằng các dụng
cụ là thƣớc kẻ và compa, ta có thể dựng đƣợc một đoạn thẳng có độ dài xác định