Toán cao cấp

You are currently browsing the archive for the Toán cao cấp category.

Bài viết nối tiếp phần 2 ở [5]. Trường hợp này để xác định 2 tập $C$ và $E$ sẽ khó khăn hơn trước nhiều vì mở rộng nguyên có gì đó vẫn khá tổng quát. Ở bài viết này mang tính khái quát cao nên ta sẽ cố gắng tìm được nhiều tính chất của mở rộng và hạn chế ideal nhất có thể, khi làm việc về vành Dedekind ta sẽ làm rõ hơn phần này.

Trước khi đi vào bài viết, ta cần một số kết quả của mở rộng nguyên. Chứng minh các bạn có thể xem trong [2] hoặc [3].
Cho miền nguyên $A\subset B$ là các miền nguyên. Phần tử $b\in B$ được gọi là nguyên trên $A$ nếu tồn tại $a_0,a_1,…,a_{n-1}\in A$ sao cho \[b^n+a_{n-1}b^{n-1}+…+a_0=0\] Nếu $B$ là gồm toàn các phần tử nguyên của $A$ thì ta nói $B$ là một mở rộng nguyên của $A$.
Trên thực tế người ta định nghĩa mở rộng nguyên theo kiểu bao đóng nguyên (tức là sử dụng đến trường các thương). Cách định nghĩa trên của ta có những hạn chế nhất định, nhưng trong khuôn khổ bài viết này khi ta bàn chủ yếu đến mở rộng nguyên thì như vậy là đủ.
Tính chất 12: Cho $B$ là mở rộng nguyên của $A$. Nếu $B$ hữu hạn sinh theo nghĩa $A$- đại số thì $B$ cũng là $A$ – module hữu hạn sinh.

Tính chất 13: (Bổ đề Nakayama) Cho $A$ là vành địa phương và $\mathfrak{a}$ là một ideal thực sự của $A$ và $M$ là $A$ – module hữu hạn sinh. Khi đó nếu $\mathfrak{a}M=M$ thì $M=0$.

Tính chất 14: Cho $S$ là một tập con nhân tính trong $A$ và $B$ là mở rộng nguyên của $A$. Khi đó $S^{-1}B$ là mở rộng nguyên của $S^{-1}A$.

Tính chất 15: Cho $A$ là vành đóng nguyên trong trường các thương $K$ của nó (tức là mọi phần tử trong $K$ nguyên trên $A$ thì nằm trong $A$) và $E$ là mở rộng hữu hạn của $K$ với $B$ là bao đóng nguyên của $A$ trong $E$. Khi đó mọi phần tử $\alpha\in B$ đều có đa thức tối tiểu trên $K$ với hệ số trong $A$.


III. Mở rộng và hạn chế ideal trên mở rộng nguyên của vành
Trong mục này, ta sẽ xét $A$ là miền nguyên và $B$ là mở rộng nguyên của $A$ với $f:A\rightarrow B$ là phép nhúng chính tắc.
Xét $\mathfrak{a}$ là ideal trên $A$, $\mathfrak{A}$ là ideal trên $B$, khi đó $\mathfrak{a}^e=B\mathfrak{a}$ và $\mathfrak{A}^c=\mathfrak{A}\cap A$.
Đặc biệt trong trường hợp $\mathfrak{a}$ là ideal nguyên tố trong $A$, ideal $\mathfrak{A}$ nguyên tố trong $B$ được gọi là chia hết $\mathfrak{a}$ nếu $\mathfrak{A}^c=\mathfrak{A}\cap A=\mathfrak{a}$. Đây là đối tượng rất quan trọng (ví dụ như khi nghiên cứu về vành Dedekind) nên mục này ta sẽ tập trung nghiên cứu về mở rộng của ideal nguyên tố trong $A$ và các ideal chia hết nó trong $B$.
Mệnh đề 16: Cho $\mathfrak{p}$ là ideal nguyên tố trong $A$. Khi đó $\mathfrak{p}^e=B\mathfrak{p}\ne B$ và tồn tại ideal nguyên tố $\mathfrak{P}$ trong $B$ chia hết $\mathfrak{p}$.
Chứng minh. Ở đây ta sẽ sử dụng kĩ thuật “địa phương hóa” để xử lí. Nhắc lại rằng $A_{\mathfrak{p}}=S_{\mathfrak{p}}^{-1}A, B_{\mathfrak{p}}=S_{\mathfrak{p}}^{-1}B$ với $S_{\mathfrak{p}}=A-\mathfrak{p}$. Gọi $\mathfrak{m}_{\mathfrak{p}}=\mathfrak{p}A_{\mathfrak{p}}$ là ideal cực đại duy nhất của $A_{\mathfrak{p}}$ . Do $B$ nguyên trên $A$ nên $B_{\mathfrak{p}}$ nguyên trên $A_{\mathfrak{p}}$ (tính chất 14).

Giả sử phản chứng rằng $\mathfrak{p}B=B$, khi đó tồn tại $a_1,a_2,…,a_n\in\mathfrak{p}$ và $b_1,b_2,…,b_n\in B$ thỏa mãn \[a_1b_1+a_2b_2+…+a_nb_n=1\] Xét $B’=A[b_1,b_2,…,b_n]$, khi đó ta cũng có $\mathfrak{p}B’=B’$. Do đó ta có thể giả sử $B$ là một $A$ đại số hữu hạn sinh, và theo tính chất 12 thì $B$ sẽ là $A$ – module hữu hạn sinh. Từ đó $B_{\mathfrak{p}}$ là $A_{\mathfrak{p}}$ – module hữu hạn sinh.
Mặt khác ta có: \[\mathfrak{m}_{\mathfrak{p}}B_{\mathfrak{p}}=\mathfrak{p}A_{\mathfrak{p}}B_{\mathfrak{p}}=S_{\mathfrak{p}}^{-1}\mathfrak{p}B=S_{\mathfrak{p}}^{-1}B=B_{\mathfrak{p}}\] Áp dụng bổ đề Nakayama cho $B_{\mathfrak{p}}$ là module vành địa phương $A_{\mathfrak{p}}$ với ideal $\mathfrak{m}_{\mathfrak{p}}$, ta được $B_{\mathfrak{p}}=0$ (vô lí).
Tiếp theo ta chỉ ra tồn tại ideal nguyên tố $\mathfrak{P}$ trong $B$ sao cho $\mathfrak{P}\cap A=\mathfrak{p}$. Ở ý thứ nhất ta đã chỉ ra $\mathfrak{p}B\ne B$ và do đó $\mathfrak{m}_{\mathfrak{p}}B_{\mathfrak{p}}\ne B_{\mathfrak{p}}$. Vì vậy tồn tại ideal cực đại $\mathfrak{M}$ trong $B_{\mathfrak{p}}$ chứa $\mathfrak{m}_{\mathfrak{p}}B_{\mathfrak{p}}$.
Khi đó $\mathfrak{P}=\mathfrak{M}\cap B$ là một ideal nguyên tố trong $B$. Ta chỉ ra $\mathfrak{P}$ là ideal cần tìm.

Thật vậy, $\mathfrak{M}\cap A_{\mathfrak{p}}$ là ideal thực sự trong $A_{\mathfrak{p}}$ và $\mathfrak{M}\cap A_{\mathfrak{p}}\supset \mathfrak{m}_{\mathfrak{p}}B_{\mathfrak{p}}\cap A_{\mathfrak{p}}\supset\mathfrak{m}_{\mathfrak{p}}$.
Do đó $\mathfrak{M}\cap A_{\mathfrak{p}}=\mathfrak{m}_{\mathfrak{p}}$. Vì vậy \[\mathfrak{P}\cap A=\mathfrak{M}\cap A=(\mathfrak{M}\cap A_{\mathfrak{p}})\cap A=\mathfrak{m}_{\mathfrak{p}}\cap A=\mathfrak{p}\] trong đó dấu bằng cuối có được nhờ Hệ quả 10 trong [5].

Hệ quả 17: Cho $\mathfrak{p}$ là ideal nguyên tố trong $A$. Khi đó $B\mathfrak{p}\cap A=\mathfrak{p}$.
Nói cách khác, mọi ideal nguyên tố trong $A$ đều là ideal hạn chế trên $B$.

Tiếp theo là liên hệ giữa tính cực đại giữa ideal nguyên tố trong $B$ chia hết ideal nguyên tố trong $A$.
Mệnh đề 18: Cho $\mathfrak{P}$ là ideal nguyên tố trong $B$, chia hết cho ideal nguyên tố $\mathfrak{p}$ của $A$. Khi đó $\mathfrak{P}$ cực đại khi và chỉ khi $\mathfrak{p}$ cực đại.
Chứng minh. Do $\mathfrak{p}=\mathfrak{P}\cap A$ nên ta có thể coi $A/\mathfrak{p}$ nằm trong $B/\mathfrak{P}$ dưới phép nhúng \[\pi:
A/\mathfrak{p}\rightarrow B/\mathfrak{P},a+\mathfrak{p}\mapsto a+\mathfrak{P} \] Nếu $\mathfrak{P}$ cực đại thì $B/\mathfrak{P}$ lập thành 1 trường, ta chỉ ra $A/\mathfrak{p}$ cũng là một trường.
Lấy $a\in A-\mathfrak{p}$, khi đó $\overline{a}=a+\mathfrak{P}\ne 0$ nên khả nghịch trong $B/\mathfrak{P}$. Do đó tồn tại $\overline{b}\in B/\mathfrak{P}$ sao cho $\overline{a} \overline{b}=1$ (trong $B/\mathfrak{P}$)
Mặc khác, $B/\mathfrak{P}$ nguyên trên $A/\mathfrak{p}$ nên tồn tại $\overline{a_0},\overline{a_1},…,\overline{a_{n-1}}\in A/\mathfrak{p}$ sao cho \[\overline{b}^n+\overline{a_{n-1}}.\overline{b}^{n-1}+…+\overline{a_0}=0\] Nhân hai vế của phương trình với $\overline{a}$ ta được \[1+\overline{a_{n-1}}.\overline{a}+…+\overline{a_{0}}.\overline{a}^n=0\] Do đó $\overline{a}$ có nghịch đảo $-(\overline{a_{0}}.\overline{a}^{n-1}+…+\overline{a_{n-1}})$ nằm trong $A/\mathfrak{p}$.
Chiều ngược lại cũng chứng minh tương tự dựa vào tính nguyên của $B/\mathfrak{P}$ trên $A/\mathfrak{p}$.

Ngoài ra ta còn một cách chứng minh cho chiều thuận của mệnh đề trên như sau:
Nếu $\mathfrak{P}$ cực đại thì $B/\mathfrak{P}$ lập thành 1 trường, nếu $A/\mathfrak{p}$ không lập thành 1 trường thì nó chứa 1 ideal cực đại $\mathfrak{m}$. Áp dụng mệnh đề 15 cho $\mathfrak{m}\lhd A/\mathfrak{p}$ thì tồn tại $\mathfrak{M}\lhd B/\mathfrak{P}$ nguyên tố chia hết $\mathfrak{m}$, vô lí vì $B/\mathfrak{P}$ là một trường.

Việc coi $A/\mathfrak{p}$ nằm trong $B/\mathfrak{P}$ mở ra cho ta nhiều tính chất thú vị, đặc biệt rong trường hợp $\mathfrak{p}$ cực đại, ta gọi $f(\mathfrak{P}/\mathfrak{p})=[B/\mathfrak{P}:A/\mathfrak{p}]$ là chỉ số thặng dư – một chỉ số quan trọng khi nghiên cứu về ideal trên mở rộng nguyên trên vành Dedekind.

Đây là những gì tổng quát nhất mà ta có thể làm được với mở rộng và hạn chế ideal trên mở rộng nguyên. Khi làm việc với vành Dedekind, những tính chất này sẽ được nghiên cứu sâu sắc hơn nhiều. Kết thúc bài viết này, ta sẽ giải quyết câu hỏi: Có bao nhiêu ideal nguyên tố chia hết cho một ideal nguyên tố cho trước? Có thể xác định được chúng không?
Trả lời được câu hỏi này sẽ cho ta một bức tranh rõ nét hơn về sự tương ứng giữa ideal nguyên tố trên $A$ và ideal nguyên tố trên $B$ trong trường hợp đặc biệt.
Mệnh đề 19: Cho $A$ là vành đóng nguyên trong trường các thương $K$ của nó và $E$ là mở rộng hữu hạn của $K$ với $B$ là bao đóng nguyên của $A$ trong $E$. Giả sử $B=A[\alpha]$, gọi $f(X)$ là đa thức tối tiểu của $\alpha$ trên $K$. Cho $\mathfrak{p}$ là ideal cực đại trong $A$, ta sẽ xác định các ideal nguyên tố $\mathfrak{P}$ của $B$ chia hết $\mathfrak{p}$ như sau:
Xét phép chiếu chính tắc \[A\rightarrow A/\mathfrak{p}=\overline{A},a\mapsto \overline{a}=a+\mathfrak{p}\] mở rộng lên trên vành đa thức thành \[A[X]\rightarrow \overline{A}[X], g(X)=\sum_{i=0}^nc_iX^i\mapsto \overline{g}(X)=\sum_{i=0}^n\overline{c_i}X^i\] Khi đó ta có một song ánh giữa các ideal nguyên tố $\mathfrak{P}$ trong $B$ chia hết $\mathfrak{p}$ và các nhân tử monic bất khả quy $\overline{P}(X)$ của $\overline{f}(X)$, xác định như sau: Xét đồng cấu $\pi_{\overline{P}}:A[\alpha]\rightarrow \overline{A}[X]/(\overline{P}(X))$ \[\sum_{i=0}^nc_i\alpha^i \mapsto \sum_{i=0}^n\overline{c_i}X^i+(\overline{P}(X))\] Khi đó hạt nhân của đồng cấu là một ideal nguyên tố của $B$ chia hết $\mathfrak{p}$.


Chứng minh. Ta sẽ bỏ qua việc chỉ ra tính xác định của đồng cấu trên và tập trung vào 3 vấn đề chính:
Hạt nhân của đồng cấu $\pi_{\overline{P}}$ là một ideal nguyên tố của $B$ chia hết $\mathfrak{p}$;
Mọi ideal nguyên tố $\mathfrak{P}$ của $B$ chia hết $\mathfrak{p}$ đều tồn tại nhân tử bất khả quy $\overline{P}(X)$ của $\overline{f}(X)$ sao cho đồng cấu tương ứng $\pi_{\overline{P}}$ có hạt nhân $\mathfrak{P}$;
Hai nhân tử bất khả quy khác nhau sẽ có hạt nhân của đồng cấu tương ứng khác nhau.
Ý thứ nhất, hiển nhiên ta có $Ker(\pi_{\overline{P}})\cap A=\mathfrak{p}$. Do $\pi_{\overline{P}}$ là toàn cấu nên ta có $A[\alpha]/Ker(\pi_{\overline{P}})\cong\overline{A}[X]/(\overline{P}(X))$, mà $\overline{A}[X]/(\overline{P}(X))$ là một trường nên $A[\alpha]/Ker(\pi_{\overline{P}})$ cũng vậy. Do đó $Ker(\pi_{\overline{P}})$ nguyên tố trong $B=A[\alpha]$.
Ý thứ hai, xét $\mathfrak{P}$ là ideal nguyên tố trong $B$ chia hết $\mathfrak{p}$ (từ đó có ngay $\mathfrak{P}$ cực đại). Xét toàn cấu \[\phi:\overline{A}[X]\rightarrow A[\alpha]/\mathfrak{P},\sigma_{i=0}^n\overline{c_i}X^i\mapsto\sum_{i=0}^nc_i\alpha^i+\mathfrak{P}\] Ở đây $c_i$ được hiểu là phần tử bất kì của lớp $\overline{c_i}$ và bạn đọc có thể kiểm chứng rằng tính chia hết của $\mathfrak{P}$ giúp $\phi$ xác định. Từ đó ta có $Ker(\phi)$ là một ideal trong $\overline{A}[X]$ – một miền chính, do đó tồn tại $\overline{P}(X)\in \overline{A}[X]$ sao cho $Ker(\phi)=(\overline{P}(X))$.
Mà $\overline{A}[X]/Ker(\phi)\cong A[\alpha]/\mathfrak{P}$ là một trường, do đó $Ker(\phi)$ là ideal cực đại trong $A[\alpha]$ nên $\overline{P}(X)$ bất khả quy. Mặt khác $\phi(\overline{f}(X))=0$ nên $(\overline{f}(X))\subset Ker(\phi)=(\overline{P}(X))$ hay $\overline{P}(X)|\overline{f}(X)$.


Từ đây dễ dàng chỉ ra $\pi_{\overline{P}}$ thỏa mãn dựa vào biểu đồ giao hoán trên.
Cuối cùng là tính đơn ánh có thể xử lí đơn giản bằng nhận xét:
Cho $\overline{P}$ và $\overline{Q}$ là hai đa thức monic bất khả quy chia hết $\overline{f}$, nếu ánh xạ $\overline{A}[X]/(\overline{P}(X))\rightarrow \overline{A}[X]/(\overline{Q}(X)),X+\overline{P}(X) \mapsto X+\overline{Q}(X) $ xác định và là đẳng cấu thì $\overline{P}(X)=\overline{Q}(X)$

Cần lưu ý tính đóng nguyên ở trên là cần thiết để $f(X)\in A[X]$ (tính chất 15) và do đó ta có thể xét $\overline{f}(X)$ trên $\overline{A}(X)$. Bằng cách xử lí khéo léo ta có thể bỏ đi điều kiện này. Ngoài ra, mệnh đề trên vẫn đúng cho trường hợp $\mathfrak{p}$ là ideal nguyên tố trong $A$, chứng minh sử dụng phương pháp “địa phương hóa” mà ta đã nói đến ở mệnh đề 16. Đây xem như bài tập nhỏ cho bạn đọc.

[1] M. F. Atiyah, Introduction to Commutative Algebra
[2] Serge Lang, Algebraic Number Theory
[3] J. S. Milne, Algebraic Number Theory
[4] https://maths.vn/mo-rong-va-han-che-ideal/
[5] http://maths.vn/mo-rong-va-han-che-ideal-p2/

Với lượng kiến thức chuẩn bị ở hai phần trước, phần 3 hi vọng sẽ đưa ra được một phương pháp để khảo sát nhóm Galois của đa thức hệ số hữu tỉ (nếu có).
V. Định lí Dedekin về nhóm Galois của đa thức hệ số nguyên monic, tách được
Định lí Dedekin là một phương pháp để tìm các phần tử đặc biệt trong nhóm Galois của một đa thức hệ số nguyên monic, tách được từ đó xác định được nhóm Galois đó.
Cần chú ý rằng định lí này có thể áp dụng cho đa thức hệ số hữu tỉ monic, vì đa thức hữu tỉ hoàn toàn có thể đưa về đa thức hệ số nguyên monic thông qua phép co dãn. Thật vậy xét $f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+…+a_0$ với $a_n,a_{n-1},a_{n-2},…,a_0\in\mathbb{Q}$. Khi đó tồn tại $d\in \mathbb{Z}-\{0\}$ sao cho $d.\frac{a_i}{a_n}\in\mathbb{Z}$ với mọi $1\le i\le n-1$. Từ đó đa thức:
\[g(x)=\frac{d^n}{a_n}f(\frac{x}{d})=x^n+d\frac{a_{n-1}}{a_n} x^{n-1}+…+d^n\frac{a_0}{a_n}\]
là đa thức hệ số nguyên monic, có cùng tập nghiệm với $f$. Do đó các tính chất về nhóm Galois của chúng là như nhau.
Ta phát biểu định lí Dedekin.
Định lí $1^{[2]}$: Cho $f\in\mathbb{Z}[x]$ là đa thức monic bậc $m$ và $p$ là số một nguyên tố. Khi đó:
• $f$ mod $p$ có nghiệm đơn khi và chỉ khi $D(f)$ không chia hết cho $p$.
• Giả sử $D(f)$ không chia hết cho $p$, đặt $f_p$ là đa thức trên $\mathbb{F}_p[x]$ xác định bởi $f$ theo mod $p$. Giả sử $f_p$ có phân tích trên $\mathbb{F}_p[x]$:\[f_p=\prod_{i=1}^k g_i\] với $g_i\in\mathbb{F}_p[x]$ bất khả quy với bậc $m_i$. Khi đó $G_f$ chứa một hoán vị với phân tích thành các xích có độ dài lần lượt là $m_1,m_2,…,m_k$ với \[n=m_1+m_2+…+m_k\]

Tính chất đầu tiên khá đơn giản, theo tính chất của $D(f)$ tính được qua hệ số đa thức, ta thấy ngay $D(f_p)=D(f)$ (mod $p$) và áp dụng định nghĩa của $D(f_p)$ là xong. Ý thứ hai phức tạp hơn rất nhiều mà chứng minh nó sẽ khá tốn giấy mực, bạn đọc có thể xem thêm trong mệnh đề 4.29, trang 56 của [1]. Nếu có thời gian tác giả sẽ hoàn thiện nó trong một bài viết khác, với 2 cách chứng minh với rất nhiều phương pháp và bổ đề hay.

VI. Phương án khảo sát nhóm Galois của đa thức hệ số hữu tỉ
Từ các kiến thức ta đã tổng hợp từ trước nay, ta có một quy trình để có thể khảo sát được nhóm Galois của đa thức hệ số hữu tỉ, cụ thể như sau:
Cho $f(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+…+a_0\in\mathbb{Z}[x]$, khảo sát $G_f$.
Bước 1: Tính $D(f)$ bởi công thức $(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}$ nhân với định thức của ma trận:
\begin{align*}
\begin{pmatrix}
a_0&a_1&…&1&0&…&…&…&…&…& 0\\
0&a_0&a_1&…&1&0&…..&…&…&…&0\\
\ddots&\ddots &\ddots& \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots &\ddots \\
0&…&…&…&…&…&0&a_0&a_1&…&1\\
a_1&2a_2&…&n&0&…&…&…&…&…& 0\\
0&a_1&2a_2&…&n&0&…..&…&…&…&0\\
\ddots&\ddots &\ddots& \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots &\ddots \\
0&…&…&…&…&…&0&a_1&2a_2&…&n\\
\end{pmatrix}
\end{align*}
Lưu ý rằng $D(f)$ là số nguyên. Nếu $D(f)\ne 0$ thì đa thức của ta tách được. Từ đó ta mới có nhóm Galois để thực hiện các bước sau.
Tiện tay ta kiểm tra luôn $D(f)$ có là số chính phương (trên $\mathbb{Z}$) hay không? Nếu có thì $G_f\subset A_n$.
Bước 2: Xét các số nguyên tố $p$ không là ước của $D(f)$ (nên xét từ số nguyên tố nhỏ nhất thỏa mãn rồi tăng dần) và xét $f_p$ là đa thức tạo bởi $f$ theo modulo $p$.
Về phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử trong $\mathbb{F}_p$, đọc giả có thể xem thêm ở mục 2.5 trong [1]
Bước 3: Sau khi phân tích, áp dụng định lí Dedekin để chỉ ra được một lớp phần tử trong $G_f$.

Lưu ý rằng các bước trên chỉ là khảo sát nhóm Galois, nó sẽ cần kết hợp rất nhiều kết quả của nhóm đối xứng để có tác dụng đáng kể. Như ta đã nói, không có thuật toán nào tổng quát để tính nhóm Galois mà ta đang đi theo con đường tìm được nhiều tính chất có thể nhất để “đoán ra” được nó.
Tuy nhiên, tính chất trên sẽ giúp xây dựng được những đa thức có nhóm Galois $S_n$, một ứng dụng để chỉ ra một lượng lớn (mạnh hơn là phần lớn) các đa thức có nghiệm không giải được bằng căn thức. Ví dụ như áp dụng kết quả sau:
Bổ đề:
• Cho $\sigma\in S_n$, khi đó: $\sigma(i\text{ }j)\sigma^{-1}=(\sigma(i)\text{ } \sigma(j))$.
• Nhóm con $H\subset S_n$ chứa một chuyển vị và một xích cỡ $n-1$ thì $H=S_n$.

Từ bổ đề trên, ta xây dựng một đa thức bậc $6$ trên $\mathbb{Z}[x]$ có nhóm Galois $S_6$. Lưu ý rằng
\[x^2+x+1,x^3+x+1,x^3+x^2+1,x+1,x\] là tất cả các đa thức bất khả quy bậc $\le 3$ trong $\mathbb{F}_2[x]$. Không đa thức nào trong số chúng chia hết $f(x)=x^6+x^4+x^2+x+1$ nên $f(x)$ bất khả quy trong $\mathbb{F}_2[x]$. Tương tự $x^5+x^4-x+1$ bất khả quy trong $\mathbb{F}_3[x]$. Đặt \[g(x)=x(x^5+x^4-x+1)\]\[h(x)=x(x-1)(x+1)(x+2)(x^2+2)\]\[F(x)=15f(x)+10g(x)-24h(x)\] Khi đó $F_2(x)=f(x)$ bất khả quy trong $\mathbb{F}_2[x]$, do đó $G_F$ chứa xích độ dài $6$. Tương tự $F_3(x)= g(x)$ nên $G_F$ chứa xích độ dài $5$ và $F_5(x)=h(x)$ nên $G_F$ chứa xích độ dài $2$. Từ đây ta có thể kết luận $G_F=S_6$.
Bằng phương pháp tương tự, với mọi $n$ ta đều có thể xây dựng được đa thức hệ số nguyên có nhóm Galois $S_n$.

Ví dụ cuối cùng, coi như một bài tập cho bạn đọc:
Bài toán: Cho $p$ là số nguyên tố và $f$ là đa thức bất khả quy bậc $p$ trên $\mathbb{Q}[x]$. Giả sử $f$ tách được trên $\mathbb{C}$ và có đúng 2 nghiệm thực, khi đó $G_f=S_p$.

Gợi ý cho bạn đọc là chứng minh không dùng đến định lí Dedekin, và cần bổ đề sau:
Với mọi $p$ nguyên tố thì $S_p$ sinh bởi một chuyển vị bất kì và một xích cỡ $p$

Tài liệu tham khảo:
[1] Polynomial, Victor V. Prasolov
[2] Fields and Galois theory, J. S. Milne
[3] https://maths.vn/tinh-nhom-galois-p2/

Trong cuốn “Fields and Galois Theory” của J. S. Milne, có bài toán 3.1 rất thú vị như sau:
Bài toán 1: Cho $F$ là trường có đặc số bằng $0$. Chứng minh rằng $F(x^2)\cap F(x^2-x)=F$
(Ở đây F(X) là trường phân thức hữu tỉ trên $F$)

Khoan bàn về chứng minh của bài toán, bằng cách “lắp số, lắp điều kiện”: Chọn $F=\mathbb{Q}$ ta được một bài toán sơ cấp sau:
Bài toán 2: Tìm các cặp đa thức $f(x),g(x)\in \mathbb{Q}[x]$ sao cho:
\[f(x^2)=g(x^2-x)\]

Nhìn chung bài toán này không hề đơn giản nếu đi theo hướng sơ cấp. Tác giả rất mong muốn tìm được một lời giải sơ cấp cho bài toán nhưng giờ vẫn chưa tìm ra, kể cả việc đưa chứng minh cao cấp sau về một chứng minh sơ cấp. Sau đây là chứng minh của bài toán 1.
Chứng minh bài toán 1:
Lưu ý rằng các đa thức trong phần chứng minh đều bất khả quy trên trường tương ứng Ý tưởng ở đây là xét $F(x^2)$ và $F(x^2-x)$ trong $F(x)$. Ta thấy ngay $F(x)$ là trường phân rã của $g(T)=T^2-x^2$ trên $F(x^2)(T)$ và cũng là trường phân rã của $h(T)=T^2-T-x^2+x$ trên $F(x^2-x)(T)$. Do đó $F(x)/F(x^2)$ và $F(x)/F(x^2-x)$ là các mở rộng Galois.
Xét hai đẳng cấu $\sigma,\tau$ trên $F(x)$:
\[\sigma:F(x)\rightarrow F(x),f(x)\mapsto f(-x)\] \[\tau:F(x)\rightarrow F(x), f(x)\mapsto f(1-x)\] Ta có $\sigma(f(x^2))=f((-x)^2)=f(x^2)$ và $\tau(f(x^2-x))=f((1-x)^2-(1-x))=f(x^2-x)$ với mọi $f\in F(x)$, do đó $\sigma \in Gal(F(x)/F(x^2))$ và $\tau\in Gal(F(x)/F(x^2-x))$. Đặc biệt $\sigma$ và $\tau$ đều có cấp $2$ (do $\sigma^2=id_{F(x)},\tau^2=id_{F(x)}$).
Xét $E=F(x^2)\cap F(x^2-x)$, ta có ngay $F\subset E$. Giả sử dấu bằng không xảy ra, lấy $p(x)\in E$ bất kì mà $p(x)$ khác hằng.
Khi đó $F(x)$ là trường phân rã của $k(T)=p(T)-p(x)$ trên $F(p(x))(T)$, do đó $F(x)$ là mở rộng Galois của $F(p(x))$. Mà $\sigma \in Gal(F(x)/F(x^2)$ và $\tau\in Gal(F(x)/F(x^2-x))$ nên $\sigma\tau\in Gal(F(x)/F(p(x)))$.
Mặt khác ta có:
\[\sigma\tau:F(x)\rightarrow F(x),f(x)\mapsto f(x+1)\] có cấp vô cùng, do $(\sigma\tau)^n(x)=x+n$, mâu thuẫn.

Phương pháp trên có thể mở rộng ra thành rất nhiều bài toán thú vị khác (như thay $\mathbb{Q}$ thành trường khác có đặc số khác 0, hay thay $x^2$ và $x^2-x$ thành các đa thức bất biến qua các phép biến đổi tuyến tính khác). Một bài toán cũng rất thú vị được đặt ra là liệu ta có thể bỏ điều kiện đặc số khác 0 hay không? Khi đó cần thêm những điều kiện gì?

Tài liệu tham khảo:
[1] Fields and Galois theory, J. S. Milne

Bài viết này tiếp nối phần 1:
Ở phần 1, ta mới nếu ra cơ bản về lý thuyết Galois cũng như tính chất của nhóm Galois. Giờ ta sẽ đi vào cụ thể tính toán nhóm Galois của đa thức hữu tỉ bất khả quy.
Trong bài viết này, $F$ là một trường.

III. Điều kiện để đa thức tách được và nhóm $G_f\subset A_n$
Ta thấy rằng phần lớn lý thuyết Galois làm việc trên đa thức tách được. Một câu hỏi tự nhiên đặt ra là làm thế nào để biết một đa thức là tách được? Theo những lý thuyết ta ở phần 1 thì điều này buộc ta phải biết tất cả các nghiệm của $f$, việc này không hề đơn giản.
Cách thứ nhất là khảo sát $f$ và $f’$, ở đây hiểu $f’$ là đạo hàm hình thức của $f$. Một kết quả kinh điển cho biết rằng nếu $f$ có nghiệm bội $\alpha$ thì $\alpha$ cũng là nghiệm của $f’$. Ý tưởng đó được mở rộng thành kết quả sau đây:
Định lí: Cho $f\in F[x]$, $f$ bất khả quy. Khi đó $f$ tách được khi và chỉ khi $gcd(f,f’)=1$.

Tuy nhiên cách trên đôi lúc sẽ gây khó khăn khi áp dụng định lí Dedekin (phần 3 của bài viết), ở đó ta phải xét đa thức theo mod $p$. Do đó tác giả giới thiệu một phương pháp khác, không chỉ kiểm tra được tính tách được của đa thức mà còn xét được tính chẵn lẻ của các hoán vị tương ứng với các tự đẳng cấu của trường phân rã.
Giả sử $f\in F[x]$ có $n$ nghiệm $\alpha_1,\alpha_2,…\alpha_n$. Đặt
\[D(f)=\prod_{1\le i<j\le n}(\alpha_i-\alpha_j)^2\]
Ta thấy ngay $f$ tách được khi và chỉ khi $D(f)\ne 0$. Do đó ta chỉ cần tìm cách tính $D(f)$ chỉ dựa vào hệ số của $f$ là được. Theo [3], ta có cách tính như sau:
Định lí: Cho $p(x)=a_0+a_1x+…a_mx^m,q(x)=b_0+b_1x+…+b_nx^n$ nằm trong $F[x]$. Ta đặt định thức của ma trận cỡ $(m+n)\times (m+n)$ dưới đây
\begin{align*}
\begin{pmatrix}
a_0&a_1&…&a_m&0&…&…&…&…&…& 0\\
0&a_0&a_1&…&a_{m}&0&…..&…&…&…&0\\
\ddots&\ddots &\ddots& \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots &\ddots \\
0&…&…&…&…&…&0&a_0&a_1&…&a_m\\
b_0&b_1&…&b_n&0&…&…&…&…&…& 0\\
0&b_0&b_1&…&b_n&0&…..&…&…&…&0\\
\ddots&\ddots &\ddots& \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots &\ddots \\
0&…&…&…&…&…&0&b_0&b_1&…&b_n\\
\end{pmatrix}
\end{align*}
là $R(p,q)$. Khi đó ta có:
\[D(f)=(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}R(f,f’)\]

Từ định lí trên ta thấy rằng $f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+…+a_0\in F[x]$ tách được khi và chỉ khi $D(f)\ne 0$ hay $R(f,f’)\ne 0$, tương đương với:
\begin{align*}
\begin{vmatrix}
a_0&a_1&…&1&0&…&…&…&…&…& 0\\
0&a_0&a_1&…&1&0&…..&…&…&…&0\\
\ddots&\ddots &\ddots& \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots &\ddots \\
0&…&…&…&…&…&0&a_0&a_1&…&1\\
a_1&2a_2&…&n&0&…&…&…&…&…& 0\\
0&a_1&2a_2&…&n&0&…..&…&…&…&0\\
\ddots&\ddots &\ddots& \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots &\ddots \\
0&…&…&…&…&…&0&a_1&2a_2&…&n\\
\end{vmatrix}
\end{align*} khác $0$.
Phần viết ở đây chỉ mang tính giới thiệu, các chứng minh và lí giải kĩ hơn bạn đọc xem ở mục 1.3 trong [4], nếu có thời gian tác giả sẽ viết thêm về phần rất thú vị này.

IV. Một số tính chất của nhóm Galois của đa thức tách được
Tiếp theo, ta nhắc lại một số định nghĩa trong phần này đã nói ở Phần 1.
Định nghĩa: Cho trường $F$ và $f(x)\in F[x]$ tách được. Kí hiệu $F_f$ là trường phân rã của $f$. Khi đó đó ta có ngay $F_f/F$ là mở rộng Galois, kí hiệu $G_f=Gal(F_f/F)$.

Như đã nói ở phần 1, ta có thể nhúng $G_f$ vào $S_n$. Mạnh hơn $G_f$ xác định trong $S_n$ như sau
Định lí: Cho $f\in F[x]$ monic, tách được. Coi $G_f$ nằm trong $S_n$ thì ta có thể xác định $G_f$ như sau
\[G_f=\{\sigma\in S_n:\forall P\in F[x_1,x_2,…,x_n]:P(\lambda_1,\lambda_2,…\lambda_n)=0 \text{ thì } P(\sigma\lambda_1,\sigma\lambda_2,…\sigma\lambda_n)\}\]

Chứng minh tính chất này không khó, dựa vào biểu đồ trên. Tiêu chuẩn trên thực ra không phải là một tiêu chuẩn tốt. Nó đưa bài toán tính nhóm Galois về bài toán của đa thức nhiều biến. So với đa thức một biến, bài toán của ta với đa thức nhiều biến sẽ phức tạp hơn nhiều. Tuy nhiên tiêu chuẩn trên sẽ có ích về mặt lý thuyết nhiều hơn.
Cho mở rộng $F/K$, ta nói hai phần tử $\alpha$ và $\beta$ là liên hợp nếu chúng có cùng đa thức tối tiểu trên $K$. Kết quả cơ bản của lý thuyết trường cho ta biết $\alpha$ và $\beta$ liên hợp thì tồn tại đẳng cấu:
\[f:F[\alpha]\rightarrow F[\beta],\alpha\mapsto \beta\]
Mạnh hơn, ta có bổ đề sau:
Bổ đề: Cho $\phi_0: K\rightarrow \Omega$ là một đồng cấu và $\alpha$ đại số trên $K$ với đa thức tối tiểu $f(x)$, khi đó ánh xạ $\phi \mapsto \phi(\alpha)$ xác định tương ứng giữa hai tập:
\[\{\text{ mở rộng } \phi:F[\alpha]\rightarrow \Omega \text{ của } \phi_0\}\leftrightarrow \{ \text{ nghiệm của } \phi_0f \text{ trong } \Omega\}\]
Ở đây $\phi_0f$ là đa thức có được bằng cách tác động $\phi_0$ lên các hệ số của $f$.

Bổ đề trên giúp ta xây dựng đẳng cấu dựa trên một phép biến đổi các nghiệm, từ đó đưa ra tính chất của nhóm Galois của đa thức.
Định nghĩa: Cho $G$ là một nhóm con của $S_n$. Ta nói $G$ có tính bắc cầu (trasitive) nếu với mọi $1\le i,j\le n$ thì tồn tại $\sigma\in G$ sao cho:
\[\sigma(i)=j\]

Tính bắc cầu là tính chất thú vị của nhóm Galois của đa thức bất khả quy tách được, ta sẽ thấy điều đó ngay sau đây
Định lí: Cho $f\in F[x]$ tách được. Khi đó $f$ bất khả quy khi và chỉ khi $G_f$ bắc cầu
(Ở đây ta coi $G\subset S_n$, với $n=deg(f)$)
Chứng minh: Chiều ngược lại là hiển nhiên vì nếu ta lấy hai nghiệm của hai thành phần bất khả quy khác nhau của $f$, sẽ không tồn tại đẳng cấu giao hoán chúng.
Chiều thuận của định lí sẽ cần đến bổ đề, như đã nói ở trên. Thật vậy giả sử $f$ bất khả quy và lấy $\alpha,\beta$ là hai nghiệm của $f$, khi đó áp dụng bổ đề ta có ngay tồn tại $F$ – đẳng cấu $\phi$ giữa $F[\alpha]$ và $F[\beta]$, biến $\alpha$ thành $\beta$.
Bằng cách xuất phát từ $\phi:F[\alpha]\rightarrow F_f$, sử dụng bổ đề $3$ ta mở rộng ánh xạ này lần lượt theo các nghiệm của đa thức $f$. Cuối cùng ta nhận được một tự đẳng cấu của $F_f$ cố định $F$, biến $\alpha$ thành $\beta$.

Tổng quát hơn, $G_f$ là một hoán vị giữa các nghiệm. Ta có thể kiểm tra được rằng $G_f$ là tác động nhóm trên tập các nghiệm của $f$.
Từ đây ta có mở rộng của định lí trên:
Định lí $^{[2]}$: Cho $f(x)$ là một đa thức tách được trong $F[x]$ và giả sử quỹ đạo (orbit) của $G_f$ tác động lên lần lượt có $m_1, m_2,…,m_r$ phần tử. Khi đó $f$ có thể phân tích thành $r$ thành phần:
\[f=f_1.f_2…f_r\]
với $f_i\in F[x]$ với bậc $m_i$.

Một câu hỏi tự nhiên khi nhìn vào chứng minh là liệu ta có thể làm mạnh tính chất trên được không?
Giờ giả sử $f(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+…+a_0$ bất khả quy với $a_{n-1},a_{n-2},…,a_0\in F$ và gọi $\alpha_1,\alpha_2,…,\alpha_n$ là các nghiệm phân biệt của $f$. Chẳng hạn ta muốn chỉ ra tồn tại tự đẳng cấu hoán vị $\alpha_1,\alpha_2$ chẳng hạn.
Xuất phát từ $F$ – đồng cấu:
\[\phi:F[\alpha_1]\rightarrow F,\alpha_1\mapsto \alpha_2\]
Gọi $g$ là đa thức tối tiểu của $\alpha_2$ trên $F[\alpha_1]$.
Theo bổ đề , để mở rộng $\phi$ lên $F[\alpha_1,\alpha_2]$, ta phải ánh xạ $\alpha_2$ thành một nghiệm của đa thức $\phi g$. Vì ta muốn $\alpha_2$ ánh xạ thành $\alpha_1$, do đó điều kiện cần và đủ để ta thực hiện là $\phi g(\alpha_1)=0$.
Từ đây ta thấy ngay, ta có thể ánh xạ $\alpha_2$ vào một nghiệm nào đó của $\phi g$. Bằng cách thực hiện việc này liên tục, ta có thể xây dựng được một số đẳng cấu đặc biệt trong $G_f$.
Đi sâu nghiên cứu các tự đẳng cấu theo hướng này rất nhiều thứ để bàn. Tác giả sẽ để dành nó cho một bài viết riêng về phương pháp này. Hai kết quả sau đây dựa vào những lập luận trên:
Bổ đề: Cho $f \in F[x]$ là đa thức bất khả quy, tách được bậc $n$. Khi đó ta có $|G_f|$ chia hết cho $n$ và là ước của $n!$.

Bổ đề: Cho $f\in F[x]$ là đa thức bất khả quy tách được bậc $n$ ($n\ge 3$) với các nghiệm $\alpha_1,\alpha_2,…\alpha_n$. Nếu với mỗi $1\le i\le n$, $\alpha_i$ không nằm trong trường mở rộng của $F$ sinh bởi $n-2$ nghiệm khác $\alpha_i$ thì ta có $G_f=S_n$

Cuối cùng, ta quay lại với đại lượng $D(f)$ ở đầu bài viết, nó không chỉ xác định tính tách được của đa thức mà còn xác định được khi nào $G_f\subset A_n$. Điều đó dựa vào các tính chất sau của $D(f)$.
Tính chất$^{[2]}$: Giả sử $f\in F[x]$ có $n$ nghiệm $\alpha_1,\alpha_2,…\alpha_n$.
Đặt \[\Delta (f)=\prod_{1\le i<j\le n}(\alpha_i-\alpha_j)\]
Khi đó ta có:
• $D(f)=[\Delta(f)]^2$
• Với mọi $\sigma \in G_f$ thì $\sigma \Delta(f)=sgn(\sigma)\Delta(f)$, trong đó $sgn(\sigma)$ là dấu của $\sigma$ xét như hoán vị giữa các nghiệm của $f$.
• Với mọi $\sigma \in G_f$ thì $\sigma D(f)=D(f)$

Tính chất trên chứng minh không khó, nhưng là tiền đề để ta chứng minh được định lí sau:
Định lí$^{[2]}$: Cho $f\in F[x]$ là đa thức tách được bậc $n$. Khi đó mở rộng con của $F_f$ tương ứng Galois với $A_n\cap G_f$ là $F[\Delta(f)]$. Do đó \[G_f\subset A_n\Leftrightarrow \Delta(f)\in F\Leftrightarrow D(f) \text{ là số chính phương trong } F\]
Chứng minh:
Theo phần 1, để chỉ ra mở rộng tương ứng với $G_f\subset A_n$ là
$F[\Delta(f)] $, ta chứng minh $G_f\subset A_n=Gal(F_f/F[\Delta(f)])$.
Thật vậy từ tính chất trên, ta thấy ngay $\sigma \in G_f$ cố định $\Delta(f)$ khi và chỉ chỉ $sgn(\sigma)=1$, tức là $\sigma\in A_n$. Do đó ta có điều phải chứng minh.

Một lưu ý thú vị của chứng minh trên là nếu đi theo hướng chứng minh $F_f^{G_f\cap A_n}=F[\Delta(f)]$ sẽ khá khó, đây cũng là ví dụ cho thấy ta phải sử dụng linh hoạt tương ứng Galois trong các bài toán.

Tài liệu tham khảo:
[1] https://maths.vn/tinh-nhom-galois-p1/
[2] Fields and Galois theory, J. S. Milne.
[3] Introduction to Galois theory, J. Baker.
[4] Polynomial, Victor V. Prasolov

Nhóm Galois như đóng vai trò rất quan trọng trong việc nghiên cứu cấu trúc của trường mở rộng, từ đó tìm được cấu trúc nghiệm của đa thức. Do đó việc tính nhóm Galois là rất quan trọng, tuy nhiên việc này không hề dễ dàng và không có một phương pháp tổng quát nào để tính mọi nhóm Galois

I. Sơ lược về lý thuyết Galois
Các khái niệm cơ bản về lý thuyết trường, bạn đọc có thể xem trong [2], ở đây tác giả chỉ trình bày ý tưởng chính của lý thuyết Galois.
Cho trường $K$ và xét mở rộng $F/K$. Khi đó tự đẳng cấu của $F$ trên $K$ tạo thành một nhóm, kí hiệu là $Aut(F/K)$.
Ta nói $F/K$ tách được nếu đa thức tối tiểu của mọi phần tử của $F$ trên $K$ đều tách được (không có nghiệm bội) , $F/K$ chuẩn tắc nếu nó là mở rộng đại số thỏa mãn mọi phần tử trong $F$ có đa thức tối tiểu trên $K$ phân rã trên $F$.
Đối tượng sau là cơ sở để xây dựng nên định lí cơ bản của lý thuyết Galois.

Read the rest of this entry »

Bài toán sau đây ở một đề thi, nội dung là

Bài toán 1. Cho $2021$ số thực dương $a_1,\,a_2,\,\ldots,\,a_{2021}$ và $F$ là tập con của $\mathbb R$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện dưới đây

  • $a_k^2\in F$ với mỗi chỉ số $k$, đồng thời $a_1+a_2+\ldots +a_{2021}\in F$.
  • Nếu $x,\,y\in F,\,y\ne 0$ thì $x-y\in F$ và $\dfrac{x}{y}\in F.$

Chứng minh rằng, $a_k\in F$ với mỗi chỉ số $k$.

Bài toán này, có lẽ được mở rộng ra từ bài

Read the rest of this entry »

Tags:

Ta sẽ làm nóng bằng một bài toán như sau:
Bài toán 1: Cho $a=\sqrt{2}+ \sqrt[3]{3}$.
Có tồn tại đa thức $f\in \mathbb{Q}[x]$ sao cho $f(a)=\sqrt{2}$?
Lời giải: Câu trả lời là có.
Thật vậy, $a- \sqrt{2}= \sqrt[3]{3}$. Lập phương hai vế ta được:
\[3=(a-\sqrt{2})^3=a^3-3\sqrt{2}a^2+6a-2\sqrt{2} \] Từ đó ta có $\sqrt{2}=\dfrac{a^3+6a-3}{3a^2+2}$
Mặt khác, ta dễ kiểm tra \[g(x)=(x^3+6x-3)^2-2(3x^2+2)^2=x^6-6x^4-6x^3+12x^2-36x+1\] là đa thức tối tiểu của $a$.
Đặt $h(x)=3x^2+2$. Ta thấy ngay $f$ và $g$ nguyên tố cùng nhau.
Giờ ta áp dụng [1] để tìm đa thức $p,q\in\mathbb{Q}$ sao cho: (chỗ này mình lười tính quá)
\[ph+qg=c\in\mathbb{Q}\] Khi đó $p(a)h(a)=c$ nên $\sqrt{2}=\dfrac{a^3+6a-3}{3a^2+2}=\frac{1}{c}(a^3+6a-3).p(a)$
Do đó $f(x)= \frac{1}{c}(x^3+6x-3).p(x)$

Read the rest of this entry »

Có 3 định lí đồng cấu nhóm cơ bản, ở bài viết này chúng ta quan tâm đến việc mở rộng định lí đồng cấu thứ 2, từ đó áp dụng chứng minh bổ đề Zassenhaus. Ngoài ra ta cũng bàn về nhóm con chuẩn tắc và tính giao hoán.

Cho $(G,.)$ là một nhóm. Nhắc lại rằng $H$ là nhóm con chuẩn tắc của $G$ nếu $H$ là nhóm con và $xH=Hx$ với mọi $x\in G$.
Nói cách khác $H$ giao hoán với bất kì phần tử nào của $G$, do đó $H$ giao hoán với bất kì tập con nào của $G$. Từ ý tưởng đó ta có mệnh đề sau:

Read the rest of this entry »

Một trong những bài toán kinh điển nhất khi nghiên cứu các cấu trúc đại số là phân loại chúng, nghiên cứu xem với điều kiện gì thì hai cấu trúc như vậy đẳng cấu với nhau. Ta có thể làm điều này với các nhóm Abel hữu hạn bằng việc xét chúng như các module trên miền chính ($\mathbb{Z}$-module). Bài viết dựa trên chương 12 của [1].

I. Phân loại module hữu hạn sinh trên miền chính
Cho $A$ là miền chính ( vành mà mọi ideal đều sinh bởi 1 phần tử ).
Nói chung việc phân loại module tổng quát rất khó vì ta không có gì để đối chiếu chúng. Bài toán phân loại sẽ dễ dàng hơn khi ta xét trên module tự do, đặc biệt trên miền chính ta có một kết quả rất mạnh tương tự như với không gian véc tơ: module của một module tự do cũng là module tự do.

Read the rest of this entry »

Ta đã tiếp cận nhiều bài toán cấp 2, được cho ở dạng chứng minh một biểu thức đối xứng nào đó là số hữu tỉ, ví dụ như:

Bài toán 1: Chứng minh rằng: $a^4+b^4$ là số hữu tỉ với $a=1+\sqrt{5}$ và $b=1-\sqrt{5}$

Bài toán 2: Chứng minh rằng: $a^3b+b^4$ không là số hữu tỉ với $a=1+\sqrt{5}$ và $b=1-\sqrt{5}$

Nhận thấy ngay rằng $a,b$ ở trên đều là nghiệm vô tỉ của đa thức hữu tỉ nào đó.
Vậy thì tại sao khi biểu thức của các nghiệm là đối xứng thì nó là hữu tỉ?
Liệu trường hợp biểu thức đó không đối xứng thì có phải nó luôn vô tỉ không? Nếu không thì khi nào nó xảy ra? Read the rest of this entry »

Ở bài viết http://maths.vn/sap-day-cac-so-huu-ty/, chúng ta biết rằng $\mathbb Q$ là một tập đếm được, nghĩa là ta có thể sắp tất cả các số hữu tỷ thành một dãy số. Tập $\mathbb Q$ lại là một tập con thực sự của tập số thực $\mathbb R$, và theo như bổ đề Cantor đã trình bày ở bài  http://maths.vn/dieu-kien-don-dieu-cua-ham-kha-vi/, thì tập hợp các số hữu tỷ “thưa thớt” hơn tập số thực. Tuy nhiên, theo như quá trình xây dựng $\mathbb R$ qua các lát cắt trên $\mathbb Q$, thì có một đặc tính rất quan trọng của $\mathbb Q$ ở trong Read the rest of this entry »

Tags: , , , ,

Bài toán mà Hải Thanh hỏi.

Bài toán. Tìm min của $f(x)=6x_1+x_2+x_3+3x_4+x_5-x_6$, với ràng buộc $x_i\ge 0$ với $i=\overline{1,\,6}$ và\[\left\{ \begin{array}{l}
– {x_1} + {x_2} – {x_4} + {x_6} = 15\\
2{x_1} – {x_3} + 2{x_6} = – 9\\
4{x_1} + 2{x_4} + {x_5} – 3{x_6} = 2
\end{array} \right.\] Read the rest of this entry »

Tags:

« Older entries