Tiểu luận Ứng dụng lý thuyết Galoa trong phép dựng hình

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN
*********
HÀ DUY NGHĨA
ỨNG DỤNG LÝ THUYẾT GALOA
TRONG PHÉP DỰNG HÌNH
TIỂU LUẬN LÝ THUYẾT TRƯỜNG
Quy nhơn, tháng 12 năm 2009
MATHVN.COM
www.MATHVN.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN
*********
HÀ DUY NGHĨA
ỨNG DỤNG LÝ THUYẾT GALOA
TRONG PHÉP DỰNG HÌNH
CAO HỌC TOÁN KHÓA 11
Chuyên ngành: Đại số và lý thuyết số
TIỂU LUẬN LÝ THUYẾT TRƯỜNG
Người hướng dẫn khoa học
TS. NGUYỄN THÁI HÒA
Quy nhơn, tháng 12 năm 2009
i
MATHVN.COM
www.MATHVN.com
MỤC LỤC
Trang phụ bìa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . i
Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
Lời mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
Chương 1 Kiến thức cơ sở 4
1.1 Mở rộng Galoa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.1 Khái niệm mở rộng Galoa và ví dụ . . . . . . . . . . . . 4
1.1.2 Các đặc trưng của mở rộng Galoa . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Mở rộng căn và mở rộng căn bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2.1 Mở rộng căn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2.2 Mở rộng căn bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
Chương 2 áp dụng lý thuyết galoa trong phép dựng hình 12
2.1 Khái niệm và tính chất về điểm và số dựng được . . . . . . . . . 12
2.2 Một số bài toán áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.2.1 Bài toán 1: Chia ba một góc . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.2.2 Bài toán 2: Gấp đôi một hình lập phương . . . . . . . . . 15
2.2.3 Bài toán 3: Cầu phương đường tròn . . . . . . . . . . . . 16
2.2.4 Bài toán 4: Chia đường tròn thành n phần bằng nhau . . 16
2.3 Một vài phép dựng hình cụ thể . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.3.1 Dựng đa giác đều 5 cạnh . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.3.2 Dựng đa giác đều 15 cạnh . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.3.3 Dựng đa giác đều 17 cạnh . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1
MATHVN.COM
www.MATHVN.com
LỜI MỞ ĐẦU
Lý thuyết Galoa là một trong những lý thuyết đẹp đẽ nhất của đại số, nó
tập hợp nhiều kiến thức và phương pháp của các lĩnh vực toán học khác nhau
nhằm giải quyết bài toán cổ điển và những vấn đề quan trọng khác của đại số
hiện đại.
Một trong những ứng dụng chủ yếu đó là tìm nghiệm căn thức của phương
trình đa thức, đặc biệt chỉ ra được phương trình bặc lớn hơn bốn không thể
giải được bằng căn thức. Mặt khác, lý thuyết Galoa cho phép xác định đa giác
đều n cạnh dựng được bằng thước kẻ và compa và lời giải cho bài toán dựng
hình cổ điển.
Tiểu luận này tôi giới thiệu về Ứng dụng của lý thuyết Galoa trong
phép dựng hình, tiểu luận gồm 2 chương cùng với phần mở đầu, kết luận và
danh mục các tài liệu tham khảo.
Chương 1: Giới thiệu một khái niệm về mở rộng Galoa, các định lý của mở
rộng Galoa , trong đó mở rộng căn bậc hai là phần ứng dụng quan trọng cho
lý thuyết dựng hình ở chương sau.
Chương 2: Là phần chính của tiểu luận, phần đầu của chương giới thiệu
về điểm dựng được, số dựng được,chứng minh tập hợp các số dựng được lập
thành một trường, và đặc biệt chứng minh định lý về điều kiện đủ về số dựng
được. Phần sau của chương là áp dụng lý thuyết để giải quyết các bài toán
dựng hình cổ điển và các bài toán dựng hình cụ thể. Kiến thức trong chương
này được tham khảo từ tài liệu [1],[2].
Mặc dù bản thân đã rất cố gắng trong học tập, nghiên cứu và được sự hướng
dẫn nhiệt tình của thầy giáo hướng dẫn, nhưng do năng lực của bản thân và
thời gian còn hạn chế nên tiểu luận khó tránh khỏi những thiếu sót. Tôi rất
mong nhận được sự góp ý của quý thầy cô và các bạn để tiểu luận được hoàn
thiện hơn.
2
MATHVN.COM
www.MATHVN.com
Cuối cùng tôi xin chân thành cảm ơn TS. Nguyễn Thái Hòa người đã tận
tình giúp đỡ, cùng tập thể lớp cao học toán khoá 11 tạo điều kiện cho tôi hoàn
thành tiểu luận này.
. Tác giả
3
MATHVN.COM
www.MATHVN.com
Chương 1
KIẾN THỨC CƠ SỞ
1.1 Mở rộng Galoa
1.1.1 Khái niệm mở rộng Galoa và ví dụ
Định nghĩa 1.1.1. Mở rộng bậc hữu hạn F của trường K được gọi là mở rộng
Galoa nếu nó là chuẩn tắc và tách được.
Ví dụ 1.1.2. 1) Trường chia đường tròn Rn trên Q là một mở rộng Galoa với
nhóm Galoa đẳng cấu với nhóm nhân Z∗n các lớp khả nghịch.
2) Trường hữu hạn Fq, q = p
n là mở rộng Galoa trên trường con nguyên
tố Zp. Nó có nhóm Galoa G = G(F/Zp) là nhóm xyclic sinh bởi tự đẳng cấu
ψ : a −→ ap với mọi a ∈ Fq.
1.1.2 Các đặc trưng của mở rộng Galoa
Định lý 1.1.3. Cho F là mở rộng bậc hữu hạn trên K với nhóm Galoa G. Khi
đó các điều kiện sau tương đương:
(i) F là mở rộng Galoa trên K.
(ii) K = FG (nghĩa là tập các phần tử của F bất biến dưới mọi tự đồng cấu
của nhóm Galoa G đúng bằng K).
(iii) Cấp của nhóm Galoa G đúng bằng bậc của mở rộng [F : K].
Chứng minh. (i)⇒ (ii) Nếu F là mở rộng Galoa trênK thì F là trường nghiệm
của một đa thức tách được trên K ( [1], Hệ quả 6.3 ). Khi đó theo ([1], Định
lý 1.3) ta có (ii).
(ii) ⇔ (iii) Giả sử cấp của G bằng n. Khi đó theo ([1], Mệnh đề 3.1.1),ta
4
MATHVN.COM
www.MATHVN.com
có n =
[
F : FG
]
. Bởi vậy nếu FG = K thì hiển nhiên n = [F : K]. Ngược lại,
nếu n = [F : K] thì [F : K] =
[
F : FG
]
, do đó K = FG (vì K ⊂ FG).
(iii)⇒ (i) Do F là mở rộng bậc hữu hạn trên K nên F đại số trên K. Giả sử α
là phần tử tùy ý thuộc F . Ta sẽ xây dựng đa thức tối tiểu p(x) của nó. Gọi α =
α1, α2, ..., αm là tất cả các ảnh phân biệt của α bởi các tự đẳng cấu σ thuộc G.
Đặt αi = σi(α) và σ1 = idF
Khi đó m ≤ n (n là cấp của G và bằng [F : K]). Xét đa thức
p(x) = (x− α1)(x− α2)...(x− αm) (1.1)
Các hệ tử của p(x) là những đa thức đối xứng cơ bản của các αi, vì vậy chúng
là bất biến đối với các tự đẳng cấu σ ∈ G (do mỗi σ cảm sinh một phép thế
trên tập hợp {α1, α2, ..., αm}). Nghĩa là các hệ tử này thuộc K (do (iii)⇔ (ii)).
Vậy p(x) ∈ K[x].
Nếu g(x) ∈ K[x] là nhân tử bất khả quy của p(x) nhận α = α1 làm nghiệm thì
g(x) cũng nhận mọi phần tử liên hợp của nó αi = σi(α) làm nghiệm. Điều này
chứng tỏ p(x) chia hết g(x) và do đó p(x) = g(x) (vì g(x) là bất khả quy).
Như vậy p(x) là đa thức tối tiểu của α và điều đó chứng tỏ tính tách được của
F trên K.Bây giờ giả sử q(x) là đa thức bất khả quy trên K và có một nghiệm
α ∈ F . Theo chứng minh trên p(x) chính là đa thức (1.1), nó phân rã hoàn
toàn trong F . Điều này chứng tỏ tính chuẩn tắc của F trên K.
Định lý 1.1.4. Trường F là mở rộng Galoa trên trường K khi và chỉ khi F là
trường nghiệm của đa thức tách được trên K.
Chứng minh. Điều kiện cần chính là ([1],Hệ quả 2.62). Ngược lại, nếu F là
trường nghiệm của đa thức tách được thì ([1], Định lý2.6.5) cấp của nhóm
Galoa G = G(F/K) bằng bậc của mở rộng [F : K]. Khi đó theo Định lý 1.1.3,
F là mở rộng Galoa trên K.
Nhận xét 1.1.5. Định lý trên cho ta một dấu hiệu tiện lợi để nhận biết một
mở rộng Galoa . Nó cho thấy hầu hết những mở rộng trường mà chúng ta
5
MATHVN.COM
www.MATHVN.com
thường gặp đều là những mở rộng Galoa. Chẳng hạn, mỗi đa thức p(x) bất
khả quy trên trường K có đặc số 0 đều là tách được do đó trường nghiệm của
đa thức đó là một mở rộng Galoa trên K.
Nhận định trên có thể phát biểu trong hệ quả sau.
Hệ quả 1.1.6. Nếu trường F là mở rộng của trường K có đặc số 0 thì các
điều sau tương đương:
(i) F là mở rộng Galoa.
(ii) F là mở rộng bậc hữu hạn và chuẩn tắc.
(iii) F là trường nghiệm của một đa thức nào đó trên K.
Chứng minh. (i) ⇔ (ii) Nếu K có đặc số 0 thì mọi mở rộng chuẩn tắc đều là
mở rộng tách được . Do đó ta có (i)⇔ (ii).
(ii)⇔ (iii) là nội dung của ([1],Định lý 2.6.1).
Định lý 1.1.7 (Về các phần tử liên hợp). Cho F là mở rộng Galoa trên
K. Khi đó hai phần tử của F liên hợp trên K khi và chỉ khi tồn tại K−đẳng
cấu biến một phần tử thành phần tử khác.
Chứng minh. Giả sử c là phần tử tùy ý của mở rộng chuẩn tắc F trên K. Xét
các phần tử
ϕ1(c) = c, ϕ2(c), ..., ϕn(c) (1.2)
trong đó ϕ1 = idF , ϕ2, ..., ϕn là tất cả các tự đẳng cấu thuộc nhóm Galoa
G = G(F/K). Với mỗi tự đẳng cấu các phần tử của dãy (1.2) biến thành dãy
ϕϕ1(c), ϕϕ2(c), ..., ϕϕn(c)
tức là một hoán vị nào đó của dãy (1.2). Vì vậy các hệ tử của đa thức
g(x) =
n∏
i=1
(x− ϕi(c))
giữ bất động với mọi phần tử ϕ, do đó thuộc trường K.
Do c = ϕ1(c) nên đa thức g(x) và đa thức tối tiểu p(x) của c có nghiệm chung
6
MATHVN.COM
www.MATHVN.com
(khi đó do đa thức p(x) bất khả quy nên g(x) chia hết cho p(x)). Mặt khác
theo ([1],Bổ đề2.6.4) các phần tử ϕ1(c), ϕ2(c), ..., ϕn(c) (có thể trùng nhau) liên
hợp với c, nên cũng là nghiệm của p(x). Bởi vậy mọi nghiệm của g(x) đều là
nghiệm của p(x). Giả sử
g(x) = [p(x)]k[q1(x)]
k1...[qr(x)]
kr
Bởi vì mọi nghiệm của g(x) là nghiệm của p(x) và không một nghiệm nào của
các đa thức qi(x)(i = 1, ..., r) có thể là nghiệm của p(x) (do tính bất khả quy
của mỗi đa thức này), nên các đa thức qi(x)(i = 1, ..., r) không thể có nghiệm,
tức là qi(x) = 1. Vậy
g(x) = [p(x)]k
Từ đó đặc biệt suy ra rằng các phần tử
ϕ1(c), ϕ2(c), ..., ϕn(c)
vét cạn hết (có thể có sự lặp lại) tất cả các liên hợp của c.
1.2 Mở rộng căn và mở rộng căn bậc hai
1.2.1 Mở rộng căn
Định nghĩa 1.2.1. Mở rộng F của trường cơ sở K gọi là mở rộng căn nếu tồn
tại dãy mở rộng
K = K0 ⊂ K1 ⊂ ... ⊂ Ks = F (1.3)
sao cho Ki = Ki−1(θi), θnii = ai ∈ Ki−1.
Lưu ý rằng trong dãy trên mỗi trường con Ki có thể không là mở rộng chuẩn
tắc của trường con Ki−1, cũng như trường con F có thể không là chuẩn tắc
trên K
Bổ đề 1.2.2. Giả sử K là trường tùy ý, E là mở rộng chuẩn tắc có bậc hữu
hạn trên K và F là mở rộng chuẩn tắc có bậc hữu hạn trên E. Khi đó F là mở
7
MATHVN.COM
www.MATHVN.com
rộng chuẩn tắc trên K nếu và chỉ nếu F là trường nghiệm trên E của một đa
thức trên K.
Chứng minh. (⇒) Nếu F là mở rộng chuẩn tắc trên K thì F là trường nghiệm
của đa thức f(x) ∈ K[x]( [1], Định lý 2.6.1) và vì vậy F là trường nghiệm của
đa thức f(x) trên E.
(⇐) Ngược lại giả sử rằng F = E(u1, ..., un) trong đó u1, ..., un là mọi
nghiệm của một đa thức g(x) ∈ K[x],E = K(v1, ..., vm) trong đó v1, ..., vm là
mọi nghiệm của g(x). Khi đó
F = (v1, .., vm, u1, ..., un)
nghĩa là F là trường nghiệm của đa thức f(x).g(x) ∈ K[x] và do đó F chuẩn
tắc trên K.
Định lý 1.2.3. Mọi mở rộng căn F của trường cơ sở K được chứa trong một
mở rộng F đồng thời là mở rộng căn và chuẩn tắc trên K, khi đó ta nói rằng
F là mở rộng căn và chuẩn tắc trên K.
Chứng minh. Chứng minh định lý bằng cách quy nạp theo độ dài của dãy(1.3)
Với s=1 ta có F = K1 = K(c), c
m = a ∈ K.
Gọi ζ căn nguyên thủy bậc m và xét mở rộng F = K(c, ζ), dễ thấy F là trường
nghiệm của thức xm − a, do đó F là chuẩn tắc trên K. Mặt khácF có dãy mở
rộng căn
K ⊂ K(ζ) ⊂ K(ζ, c)
Vậy định lý đúng cho s = 1
Xét mở rộng căn F với dãy (1.3) có độ dài s > 1. Bởi vì E = Ks−1 là mở rộng
căn của K với độ dài s− 1 nên th ... 0 và b 6= 1. Do (b−1)
dựng được nên điểm (0, b − 1) dựng được, do đó (a, b − 1) dụng được. Giao
điểm của đường thẳng qua (0, b) và (a, b − 1) với trục hoành là điểm (ab, 0).
Vậy (ab) dựng được.
Ta chứng minh rằng a−1 ∈ E, nếu a 6= 0. Do a ∈ E ta có 1 − a ∈ E, hay
13
MATHVN.COM
www.MATHVN.com
điểm (0, 1 − a) dựng được, do đó điểm (1,1-a) dựng được. Đường thẳng qua
(0, 1) và (1, 1− a) cắt trục hoành tại (a−1, 0). Vậy a−1 ∈ E.
Điều này suy ra E là một trường.
Cho c ∈ E và c > 0, do 1
2
(1 − c) là dựng được, điểm Q(0, 1−c
2
) dựng được.
Đường tròn tâm Q qua (0,1) cắt trục hoành tại hai điểm có tọa độ (u, 0) và
(−u, 0) với u > 0. Theo định lý Pythagore, ta có u2 + 1
4
(1 − c)2 = 1
4
(1 + c)2,
suy ra u2 = c do đó u =
√
c, vậy
√
c dựng được.
Định lý 2.1.5. Cho P = (α, β) ∈ R2, là điểm dựng được, khi đó [Q(α, β) :
Q] = 2r, với r ∈ N.
Chứng minh. ChoP0, P1, ..., Pn là dãy hữu hạn các điểm dựng được. Đặt K0 =
K1 = Q và Kj = Kj−1(αj, βj), với 2 ≤ j ≤ n và Pj = (αj, βj). Dễ dàng thấy
được rằng các số thực αj, βj là nghiệm của đa thức bậc 1 hoặc bậc 2 có hệ
tử trongKj−1. Do đó [Kj : Kj−1] = 2t với t ∈ N suy ra [Kn : Q] = [Kn :
Q(α, β)][Q(α, β) : Q] = 2m,với m ∈ N, Do đó Q(α, β) : Q] = 2r, n ∈ N
Hệ quả 2.1.6. Nghiệm của đa thức p(x) bất khả quy trên trường K là dựng
được bằng thước và compa khi và chỉ khi bậc của trường nghiệm E của đa thức
p(x) trên K là lũy thừa của 2.
Chứng minh. Thật vậy, nếu nghiệm x0 của p(x) là dựng được bằng thước và
compa thì nó chứa trong mở rộng căn bậc hai F của K và do đó chứa trong mở
rộng căn bậc hai chuẩn tắc F . vì trường nghiệm E chưa trong F và [F : K] = 2n
nên [E : K] = 2m. Điều ngược lại hiển nhiên.
2.2 Một số bài toán áp dụng
2.2.1 Bài toán 1: Chia ba một góc
Cho góc α, hãy dựng góc α
3
.
Giải
14
MATHVN.COM
www.MATHVN.com
Đặt a = cosα và ta có u là nghiệm của phương trình 4x3 − 3x = a. Đặt x = z
2
ta đưa phương trình trên về dạng
f(x) = z3 − 3z − 1
là bất khả quy trên Q = Q(1).
Giả sử f(z) bất khả quy trên Q(a). Gọi v là một nghiệm của f(z) và F là
trường nghiệm của nó ta có dãy mở rộng trường
Q(a) ⊂ Q(a, v) ⊂ F
Từ đó
[F : Q] = [F : Q(a, v)][Q(a, v) : Q(a)].
Bởi vì [Q(a)(v) : Q(a)] = 3 nên
[F : Q(a)] 6= 2m
Do đó cos α
3
là không dựng được , nghĩa là α
3
là không dựng được .
2.2.2 Bài toán 2: Gấp đôi một hình lập phương
Hãy dựng cạnh của hình lập phương có thể tích gấp đôi thể tích hình lập
phương đơn vị.
Giải
Gọi a là cạnh của hình lập phương cần dựng. Thế thì a là nghiệm của đa thức
x3−2. Đa thức này bất khả quy trên Q. Gọi α là một nghiệm, còn F là trường
nghiệm của đa thức này ta có dãy mở rộng trường
Q ⊂ Q(α) ⊂ F
Từ đó
[F : Q] = [F : Q(α)][Q(α) : Q].
Bởi vì [Q(α) : Q] = 3 nên
[F : Q] 6= 2m
Điều này chứng tỏ bài toán không giải được .
15
MATHVN.COM
www.MATHVN.com
2.2.3 Bài toán 3: Cầu phương đường tròn
Dựng hình vuông có diện tích bằng diện tích hình tròn có bán kính 1(Nói
cách khác là dựng điểm (
√
pi, 0) trong R2).
Giải
Vì (
√
pi là siêu việt trên Q nên [Q(
√
pi) : Q] =∞, do đó áp dụng Định lý 2.1.5
ta suy ra không dựng được điểm (
√
pi, 0) trong R2.
Vậy không thể dựng được hình vuông có diện tích bằng hình tròn có bán
kính cho trước.
2.2.4 Bài toán 4: Chia đường tròn thành n phần bằng nhau
Để giải quyết bài toán này trước hết ta chứng minh bổ đề sau.
Bổ đề 2.2.1. Nếu n = p.q, (p, q) = 1 thì đường tròn chia được thành n phần
bằng nhau khi và chỉ khi nó chia được thành p, q phần bằng nhau.
Chứng minh. (⇒) Giả sử chia được đường tròn thành n phần bằng nhau, tức
là dựng được cung 2piR
n
. Khi đó ta có thể viết
1
p
= q 1
n
và 1
q
= p 1
n
và vì vậy các cung 2piR
p
, 2piR
q
là dựng được .
(⇐) Giả sử đường tròn chia được thành p, q phần bằng nhau. Do p và q
nguyên tố cùng nhau nên tồn tại các số nguyên u, v sao cho
up+ vq = 1
Từ đó chia cả hai vế của đẳng thức ta được
1
n
= u
1
q
+ v
1
p
Điều này chứng tỏ cung 2piR
n
là dựng được .
Trở lại bài toán, không làm mất tính tổng quát ta giả sử đường tròn có bán
kính R = 1. Để chia đường tròn thành n phần bằng nhau ta cần dựng cos 2pi
n
16
MATHVN.COM
www.MATHVN.com
thay cho góc 2pi
n
. Gọi ζ là căn nguyên thủy bậc n của đơn vị ta có
ζ = cos
2pi
n
+ i sin
2pi
n
ζ−1 = cos
2pi
n
− i sin 2pi
n
Từ đó
cos
2pi
n
=
1
2
(ζ + ζ−1) ∈ Q(ζ + ζ−1) = Q0
Bởi vậy theo Mệnh đề 1.2.5 ta có cos 2pi
n
dựng được khi và chỉ khi
[Q0 : Q] = 2r
Mặt khác ta có
[Q(ζ) : Q(ζ + ζ−1)] = 2
vì ζ và ζ−1 là các nghiệm của đa thức trên Q(ζ + ζ−1):
x2 − (ζ + ζ−1)x+ 1
Do đó
[Q(ζ) : Q] = 2[Q(ζ) : Q0]
Do nhận định vừa nêu trên ta thấy đẳng thức
[Q(ζ) : Q] = 2m
là điều cần và đủ để dựng được cos 2pi
n
.
Với những khảo sát trên ta có thể chứng minh mệnh đề sau
Mệnh đề 2.2.2. Đường tròn có thể chia được thành n phần bằng nhau bởi
thước kẻ và compa nếu và chi nếu n có dạng
n = 2kq1...qs
trong đó k là số tự nhiên, còn qi là những số nguyên tố lẻ dạng 2
2r + 1 (số
nguyên tố Phecma).
17
MATHVN.COM
www.MATHVN.com
Chứng minh. Theo bổ đề ta chỉ cần xét trường hợp n = qk.
Xét trường hợp chia đường tròn Rn = Q(ζ), ζn = 1, ta có
[Q(ζ) : Q] = ϕ(n) = qk−1(q − 1).
Mặt khác theo nhận định trên bài toán là giải được khi và chỉ khi
qk−1(q − 1) = 2m.
Nếu q 6= 2 thì đẳng thức trên xảy ra khi k = 1 và q = 2m + 1. Nếu m = ab ,b
lẻ thì
q = (2a)b + 1 = (2a + 1).M,M > 1
Điều này trái với giả thiết q nguyên tố. Vậy m = 2r và do đó q = 22
r
+ 1.
2.3 Một vài phép dựng hình cụ thể
2.3.1 Dựng đa giác đều 5 cạnh
Bài toán cũng có nghĩa là chia đường tròn thành năm phần bằng nhau. Để
làm điều đó ta cần dựng đoạn thẳng có dộ dài bằng cos 2pi
5
thay cho góc 2pi
5
.
Gọi ζ là căn nguyên thủy bậc 5 của đơn vị ta có
ζ = cos
2pi
5
+ i sin
2pi
5
, i2 = −1.
và
cos
2pi
5
=
1
2
(
ζ + ζ−1
)
Ta cần tìm mở rộng căn bậc hai chứa cos 2pi
5
. Xét dãy các mở rộng trường
Q ⊂ Q (ζ + ζ−1) ⊂ Q (ζ) = R5
Đa thức xác định của ζ trên Q là
F5(x) = x
4 + x3 + x2 + x+ 1
18
MATHVN.COM
www.MATHVN.com
Từ đó [Q(ζ) : Q] = 4 và do đó
[Q(ζ + ζ−1) : Q] = 2
Như vậy ζ + ζ−1 có đa thức xác định bậc hai, ta tìm đa thức đó. Bởi vì ζ thỏa
mãn phương trình F5(x) = 0 và ζ
−1 = ζ4 nên
(ζ + ζ−1)2 = ζ2 + 2 + ζ3
= (−1− ζ − ζ4) + 2
ζ + ζ−1 = −1− (ζ + ζ−1)
Từ đó suy ra ζ + ζ−1 là nghiệm của phương trình
x2 + x− 1 = 0
Bởi vậy ta có được biểu thức cần tìm
2 cos
2pi
5
= ζ + ζ−1 =
−1 +√5
2
Biểu thức trên đây cho phép dựng cos 2pi
5
như sau:
Trước hết dựng đường tròn (O,R = 1) rồi tiếp đó thực hiện các phép dựng:
Dựng √
5
2
=
√
12 +
(
1
2
)2
Dựng đường tròn (C,BC). Khi đó OK = −1+
√
5
2
. Chia đôi OK ta được OI =
cos 2pi
5
. Cung
_
AM là cung cần dựng.
2.3.2 Dựng đa giác đều 15 cạnh
Bài toán cũng có nghĩa là chia đường tròn thành 15 phần bằng nhau.
Ta có 15 = 3× 5. Khi đó 1 = 2× 3− 5 và do đó
1
15
=
2
5
− 1
3
Đẳng thức này cho phép ta dựng cung 2pi
15
theo các cung 2pi
5
và 2pi
3
.
19
MATHVN.COM
www.MATHVN.com
Hình 2.1: Chia đường tròn thành 5 phần bằng nhau
2.3.3 Dựng đa giác đều 17 cạnh
Bài toán cũng có nghĩa là chia đường tròn thành 17 phần bằng nhau.
Ta phải dựng cos 2pi
17
= 1
2
(ζ + ζ−1) với ζ = e
2pii
17 . Ta cần tìm mở rộng căn bậc hai
chứa cos 2pi
5
. Xét dãy các mở rộng trường
Q ⊂ Q (ζ + ζ−1) ⊂ Q (ζ) = R17
Ta có [Q(ζ) : Q(ζ + ζ−1)] = 2 vì ζ là nghiệm của phương trình
x2 − (ζ + ζ−1)x+ 1 = 0
Bây giờ ta hãy xét các mở rộng trường trung gian giữa Q và Q(ζ+ ζ−1). Nhóm
Galois của R17 trên Q là nhóm xyclic cấp 16:
G = 〈σ〉16 ' (Z17)∗ =
〈
3
〉
16
Trong G có dãy giải được
G ⊃ G1 =
〈
σ2
〉
8
⊃ G2 =
〈
σ4
〉
4
⊃ G3 =
〈
σ8
〉
2
⊃ E
Dãy trường tương ứng là
Q ⊂ K1 = Q(α) ⊂ K2 = Q(β) ⊂ K3 = Q(γ) ⊂ R17
Để tìm các phần tử nguyên thủy α, β, γ ta xét bảng sau:
20
MATHVN.COM
www.MATHVN.com
i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
3i(mod17) 1 3 9 10 13 5 15 11 16 14 8 7 4 12 2 6
ζi = ζ
3i ζ1 ζ3 ζ9 ζ10 ζ13 ζ5 ζ15 ζ11 ζ16 ζ14 ζ8 ζ7 ζ4 ζ12 ζ2 ζ6
Các chu kì Gaoxơ tám hạng tử là
α0 = ζ
1 + ζ9 + ζ13 + ζ15 + ζ16 + ζ8 + ζ4 + ζ2
α1 = ζ
3 + ζ10 + ζ5 + ζ11 + ζ14 + ζ7 + ζ12 + ζ6
Bởi vì α0 + α1 = −1 và α0α1 = −4 nên α0 và α1 là các nghiệm của đa thức
x2 + x− 4 ∈ Q[x].
Suy ra α0 = −12 +
√
17
2
;α1 = −12 −
√
17
2
.
Các chu kì Gaoxơ bốn hạng tử là
β0 = ζ + ζ
13 + ζ16 + ζ4
β1 = ζ
3 + ζ5 + ζ14 + ζ12
β2 = ζ
9 + ζ15 + ζ8 + ζ2
β3 = ζ
10 + ζ11 + ζ7 + ζ6
Ta có
 β0 + β2 = α0β0β2 = −1 và
 β1 + β3 = α1β1β3 = −1
Suy ra β0, β2 (tương ứngβ1, β3 ) là nghiệm của đa thức
x2 − α0x− 1 ∈ K1[x]
(tương ứng x2 − α0x− 1 ∈ K1[x] ).
Vậy
β0,2 =
α0
2
± 1
2
√
α20 + 4
β1,3 =
α1
2
± 1
2
√
α21 + 4
Cuối cùng các chu kì Gaoxơ hai hạng tử là:
γ0 = ζ + ζ
16 = ζ + ζ−1 = 2 cos 2pi
17
γ1 = ζ
13 + ζ4
21
MATHVN.COM
www.MATHVN.com
Và do γ0 + γ1 = β0 γ0 − γ1 = β1 nên γ0 và γ1 là nghiệm của đa thức
x2 − β0x+ β1 ∈ K2[x]
γ0,1 =
β0
2
± 1
2
√
β20 − 4β1
Từ đó ta suy ra cách dựng cos 2pi
17
như sau:
- Dựng đường tròn (O,OB = 1) ;
- Dựng BC =
√
12 + (1
4
)2 - Dựng đường tròn (C,BC). Khi đó OD = α0
2
,
OE = α1
2
và
- Dựng đường tròn (D,DB) ta được OF = β0
- Dựng đường tròn (E,EB) ta được OG = β1
Vì 1
2
√
β20 − 4β1 =
√(
β0
2
)2 − (√β1)2, nên ta dựng như sau:
- Dựng đường tròn đường kính AG ta được OJ =
√
β1;
- Dựng đường tròn
(
J, OF
2
)
ta được OK = 1
2
√
β20 − 4β1.
Từ đó dựng được
2 cos
2pi
17
= ζ + ζ−1 = γ0 =
β0
2
+
1
2
√
β20 − 4β1
Từ đó ta có thể dựng được cung
_
SP = 2pi
17
như hình vẽ.
Hình 2.2: Hình chia đường tròn thành 17 phần bằng nhau
22
MATHVN.COM
www.MATHVN.com
KẾT LUẬN
Trong tiểu luận "Ứng dụng của lý thuyết Galoa trong phép dựng hình" tác
giả đã học tập, nghiên cứu và trình bày các vấn đề sau:
1.Trình bày ứng dụng của lý thuyết Galoa trong phép dựng hình, cụ thể
chứng minh định lý về điều kiện đủ cho đường việc chia đường tròn thành n
phần bằng nhau.
2.Áp dụng để giải các bài toán dựng hình cổ điển như không thể chia góc
thành 3 phần bằng nhau bởi thước kẻ và compa, dựng hình vuông có cùng diện
tích với hình tròn,...Đặc biệt đã nêu phương pháp dựng cụ thể chia đường tròn
thành 5,15,17 phần bằng nhau bàng thước kẻ và compa.
Trong khuôn khổ một tiểu luận và hạn chế về thời gian cũng trình độ nên
một vài vấn đề chưa được trình bày, như chia đường tròn thành n phần bằng
nhau với n = 20, 24, ...trong thời gian đến tôi sẽ tiếp tục nghiên cứu để bổ
sung. Mặc dù thật cố gắng nhưng sẽ không tránh khỏi những thiếu sót, rất
mong được lượng thứ, chỉ bảo của Thầy cô giáo và các bạn để bài tiểu luận
hoàn thiện hơn.
23
MATHVN.COM
www.MATHVN.com
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Nguyễn Tiến Quang Cơ sở lý thuyết trường và lý thuyết Galoa . Nhà xuất
bản Đại học sư phạm, Hà nội, 2007.
2. Nguyễn Chánh Tú Lý thuyết mở rộng trường và Galoa , Huế, 2006.
3. Nguyễn Tiến Quang Đại số và số học - Tập 3, Nhà xuất bản giáo dục,
1987.
24
MATHVN.COM
www.MATHVN.com