2.4. Ứng dụng của mở rộng căn và mở rộng xyclic
2.4.1. Tiêu chuẩn giải được bằng căn thức của phương trình đại số
2 0,
ax +bx c+ = a b c, , ∈¡ .
Với ∆ =b2 4− ac, nghiệm của phương trình này viết được dưới dạng
2 x b
a
− ± ∆
=
Điều này có nghĩa là x thuộc vào mở rộng đơn ¡ ( ∆). 2. Xét phương trình bậc ba
3 0,
x + px q+ = q∈¡ . Các nghiệm của nó viết được dưới dạng
2 2
, ,
x u v x= + =ζu+ζ v x =ζ u+ζv trong đó ζ ζ, 2 là các căn nguyên thuỷ bậc ba của đơn vị còn
( ) ( ) ( ) ( )
2 3
3 2 3
2 3
3 2 3
2 2
q p
q p
u q
v q
= − + +
= − − +
và 3
uv= − p . Bây giờ ta đặt
( )2 ( )3
1 2q 3p
a = + và 2θ1 =a1∈¡
2 2q 1
a =− +θ và θ23 = ∈ a2 ¡ ( ) θ1
Khi đó x∈¡ ( , )θ θ1 2 .
Từ những điều trên cho ta định nghĩa sau.
2.4.2. Định nghĩa. Giả sử f x( ) là một đa thức bất khả quy trên trường K.
Phương trình f x( ) 0= , với các hệ tử thuộc K, được gọi là giải được bằng căn thức trên trường K nếu tồn tại một mở rộng căn F của K, trong đó f x( ) có một nghiệm.
Với định nghĩa phương trình giải được như vậy ta có tiêu chuẩn giải được bằng căn thức phát biểu qua định lý sau.
2.4.3. Định lý. Giả sử f x( ) là một đa thức bất khả quy trên trường K với đặc số 0 và E là truờng nghiệm của f x( ) với nhóm Galois G. Khi đó, nếu phương trình
( ) 0
f x = là giải được bằng căn thức thì nhóm Galois G E K( / )là giải được. Hơn nữa tồn tại một mở rộng của căn K chứa mọi nghiệm của f x( ).
Chứng minh. Giả sử x0 là một nghiệm của phương trình f x( ) 0= . Theo định nghĩa, x0 thuộc mở rộng căn F của K, thu được bằng dãy mở rộng liên tiếp
0 1 s
K =K ⊂K ⊂ ⊂L K =F
trong đó Ki =Ki−1( ),θ θi ini = ∈ai Ki−1,1≤ ≤i s. Theo Định lý 2.2.2, F được chứa trong một mở rộng chuẩn tắc của F nên F chứa mọi phần tử liên hiệp với x0, tức là chứa mọi nghiệm của f x( ). Theo Hệ quả 2.3.4 nhóm Galois G F K( , ) là giải được. Gọi E là trường nghiệm của đa thức f x( ) thế thì ta có dãy mở rộng trường
K ⊂ ⊂E F .
Do E là chuẩn tắc trên K nên theo Hệ quả 2.3.4 nhóm Galois G G E K= ( / ) là giải được. ▄
Bây giờ ta phát biểu mệnh đề đảo của định lý trên.
2.4.4. Mệnh đề. Cho f x( ) là đa thức bất khả quy trên trường K( có đặc số 0).
Nếu nhóm Galois của đa thức f x( )là giải được thì phương trình f x( ) 0= là giải được bằng căn thức.
Chứng minh. Gọi F là trường nghiệm của đa thức f x( )∈K x[ ]. Do nhóm Galois
( / )
G G E K= giải được nên dãy giải được
0 1 s
G G= ⊃G ⊃ ⊃L G =E. tương ứng với nó là dãy các trường con
0 1 s
K =K ⊂K ⊂ ⊂L K =F (1)
Trước hết chúng ta chứng minh trường nghiệm F chứa trong một mở rộng căn của K bằng quy nạp theo độ dài s của dãy (1).
Trường hợp s=1. Khi đó F là mở rộng chuẩn tắc trên K với nhóm Galois
G là nhóm xyclic cấp m. Xét mở rộng căn đơn F =F( )ζ trong đó ζ là một căn nguyên thuỷ bậc m của đơn vị. Dễ thấy F chuẩn tắc trên K (theo Định lý 2.2.2).
Khi đó tương ứng ϕ a ϕ ϕ' = |F cho ta một đẳng cấu giữa nhóm Galois
( ( ) / ( ))
G F ζ K ζ với một nhóm con của nhóm Galois G F K( / ). Theo giả thiết
( / )
G F K xyclic nên nhóm G F( ( ) / ( ))ζ K ζ là xyclic cấp n, ước của m.
Mọi căn nguyên thuỷ bậc n đều là luỹ thừa của ζ , do đó thuộc vào K( )ζ . Bởi vậy áp dụng Định lý 2.1.2 ta được F là mở rộng căn đơn của K( )ζ , và do đó
Flà mở rộng căn chuẩn tắc của K.
Trường hợp s>1. Giả sử nhóm G của f x( )∈K x[ ] có dãy giải được (1) với độ dài s. Gọi K1 là trường con ứng với nhóm con G1
1 1
K ⊂K =FG ⊂F
Do G1 chuẩn tắc trong G G= 0 nên K1 là chuẩn tắc trên K và nhóm Galoa
( 1/ )
G K K đẳng cấu với nhóm thương của nhóm G (Định lý 1.3.10) và do đó là xyclic. Bởi vậy theo trường hợp trên, K1 được chứa trong mở rộng chuẩn tắc
1( )
K =K ζ với ζ là một căn nguyên thuỷ bậc m nào đó.
Đặt F' =F( )ζ . Khi đó F' chuẩn tắc trênK1 và nhóm Galois G F( ( ) /ζ K1( ))ζ
là đẳng cấu với nhóm con của G F K( / 1)=G1 và do đó có dãy giải được với độ dài
1
≤ −s . Bởi vậy theo giả thiết quy nạp mở rộng F( )ζ của K1( )ζ được chứa trong một mở rộng căn chuẩn tắcF . Từ đó suy ra F là mở rộng căn của K. Vậy phương trình f x( ) là giải được. ▄
Ví dụ. Xét đa thức bất khả quy x4− ∈3 ¤[ ]x . Trong trường nghiệm F của nó đa thức này có bốn nghiệm α = 43,−α α α, ,i −i i( 2 = −1). Từ đó
( , , , ) ( , ) F Q = α α α α − i − i = ¤ α i .
Trong F có dãy các mở rộng trường Q⊂Q( )α ⊂ F . Như vậy ta có các hạng tử của mở rộng căn nói trên là
0 , 1 0( ),1 2 1( )2
K = ¤ K = K θ K = K θ = F, với θ14 =3,θ22 = −1.
Bây giờ ta áp dụng các kết quả trên để chứng minh tính không giải được bằng căn thức của phương trình đại số tổng quát bậc n≥5.
2.4.5. Định nghĩa. Cho F là một mở rộng của trường K. Các phần tử 1, ,
u K un∈F được gọi là độc lập đại số trên K nếu không tồn tại đa thức khác không P K x∈ [ , , ]1 K xn sao cho P u[ , ,1K un] 0= .
Cho A là trường tất cả các số đại số và u1, ,K un là n số thực độc lập đại số trên A. Khi đó phương trình
( ) ( 1)( 2) ( ) 0
f x = −x u x u− K x un− = được gọi là phương trình tổng quát bậc n trên A.
2.4.6. Định lý. Với mỗi số nguyên n≥2 phương trình tổng quát bậc n có nhóm Galois là nhóm đối xứng Sn.
Chứng minh. Gọi A là trường tất cả các số đại số. Lấy n số thực độc lập đại số trên A u u: 1, 2,K,un, và xét mở rộng F = A u u( , , , )1 2 L un
Xét đa thức
1 2
1 2 1 2
( ) ( )( ) ( n) n n n ( 1)n n
f x = −x u x u− L x u− = x −σ x − +σ x − + + −L σ trong đó
1 1 2
2 1 2 1 3 1
u u un
u u u u un un
σ σ
= + + +
= + + + −
L L
...
σn =u u1 2Lun
Đặt K = A( ,σ σ1 2, ,L σn)thì K ⊂F f x, ( )∈K x[ ] và F là trường nghiệm của f x( ). Bây giờ ta chứng tỏ rằng G F K( / )=Sn, trong đó nhóm đối xứng Snlà nhóm tất cả các song ánh từ một hợp gồm n phần tử tới chính nó.
Do f x( ) là đa thức tách được nên mỗi một tự đẳng cấu thuộc G cho ta một phép thế trên tập các nghiệm xi tức là một phần tử của Sn. Ngược lại, mỗi phép thế của các nghiệm xi đều giữ bất động các σ =i(i 1, 2, , )L n và do đó giữ bất động
mọi phần tử thuộc K. Bởi vậy tự đẳng cấu của F cảm sinh bởi phép thế này là một K – tự đẳng cấu, tức là một tự đẳng cấu thuộc G. ▄
2.4.7. Định lý. Nhóm đối xứng Sn là giải được khi và chỉ khi n≤4.
Chứng minh. Với n=2 thì S2 là nhóm giải được với dãy giải được S2 ⊃{ }e .
Với n=3 thì S3 là nhóm giải được với dãy giải được S3 ⊃A3 ⊃{ }e , trong đó A3 là nhóm thay phiên tức là nhóm các phép thế chẵn cấp 3. Do nhóm A3 có chỉ số 2 trong nhóm S3 nên các thươngS3/A3 và A3/ { }e là những nhóm xyclic có cấp tương ứng là 2, 3.
Với n=4 thì S4 có dãy giải được S4 ⊃ A4 ⊃B4 ⊃ ⊃C { }e trong đó A4 là nhóm thay phiên, còn B4 ={ ,(12)(34), (13)(24),(14)(23)}e và C là nhóm con bất kỳ có cấp 2 của B4. Do nhóm A4có chỉ số 2 trong nhóm S4nên các thương của dãy là những nhóm xyclic có cấp tương ứng là 2,3,2,2.
Với n≥5 ta giả sử Sn là nhóm giải được với dãy giải được
0 1 s { }
G H= ⊃H ⊃ ⊃L H = e .
Ta chứng minh bằng quy nạp theo s hằng Hs chứa mọi 3- vòng xích.
Trước hết ta có nhận xét
1 1
, Hs 1 Hs
ϕ υ/∈ − ⇒ =γ ϕ υ ϕυ− /− /∈
Thật vậy, gọi Hs'−1 là nhóm con của Hs−1 sinh bởi tất cả các giao hoán tử dạng ϕ υ ϕυ−1/−1 / , với mọi ϕ υ,/∈Hs−1. Do thương Hs−1/Hslà nhóm abel nên Hs'−1⊂Hs
và do đó có nhận xét trên. Do n≥5 nên với 3 – vòng xích ( )ijk tìm được hai số tự nhiên 1≤ < ≤r m n khác với i j k, , . Sau khi đặt ϕ=(ijk),υ/ =(mki), ta được
1 1 ( )(ijr ikm rji mki)( )( ) ( )ijk ϕ υ ϕυ− −/ / = = .
Theo giả thiết quy nạp các 3 – vòng xích ϕ=( ),rji υ/ =(mki) cùng thuộc vào
1
Hs− , và do đó theo nhận xét trên ( )ijk ∈Hs.
Bây giờ hiển nhiên rằng nếu Hs chứa mọi 3 – vòng xích thì Hs ≠{ }e . Điều mâu thuẫn này chứng tỏ Sn không là nhóm giải được. ▄
Hai định lý vừa chứng minh cho ta một hệ quả quan trọng, câu trả lời cho bài toán về tính giải được của phương trình đại số.
2.4.8. Định lý Aben. Với mỗi số tự nhiên n≥5 tồn tại những phương trình đại số thực bậc n không giải được bằng căn thức.
Chứng minh. Theo Định lý 2.4.6 tồn tại phương trình đại số thực f x( ) 0= có nhóm Galois là nhóm đối xứng Sn. Nhóm này là không giải được (Định lý 2.4.7). Bởi vậy phương trình f x( ) 0= không giải được bằng căn thức (Định lý 2.4.3). ▄
Ví dụ (về đa thức không giải được bằng căn thức)
Đa thức f x( )= −x5 10x+5 là không giải được bằng căn thức.
Chứng minh. Gọi N là trường nghiệm của f x( )= −x5 10x+5 trên ¤ và G là nhóm Galois G N( / )¤ . Dễ thấy f x( ) là bất khả quy trên ¤ theo tiêu chuẩn Eisenstein.
Bằng cách xét dấu của đạo hàm f x'( ) ta kết luận f x( ) có ba nghiệm thực phân biệt và hai nghiệm phức liên hợp a b, .
Phép lấy số phức liên hợp trong £ cảm sinh một ¤ - tự đẳng cấu ϕ của N, hoán đổi hai nghiệm a b, và giữ cố định ba nghiệm thực còn lại. Như vậy ϕ ứng với một phép chuyển trí trong nhóm đối xứng S5.
Mặt khác ta có
G =[N:¤ ] [= N : ( )¤ a ][¤( ) :a ¤ ] =[N: ( ) .5.¤ a ]
Cấp của G chia hết cho 5 nên ta có thể chứng minh được trong G tồn tại một phần tử cấp 5. Suy ra nhóm G đồng nhất với một nhóm con của S5 chứa một 5 – vòng xích và một phép chuyển trí. Điều này dẫn đến G S; 5, và do đó f x( ) là không giải được bằng căn thức. ▄