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 $gcd(f,f’)=1$.

Read the rest of this entry »

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 »

Các bài phương trình-hệ phương trình-bất phương trình thông thường không phải thuộc lớp các bài khó hay là đẹp ở các cuộc thi hsg Toán, vì đa số các kỹ năng sử dụng để giải thường là xù xì trâu bò. Bài toán hệ phương trình ở dưới đây, cũng không là ngoại lệ nếu chỉ dùng biến đổi đại số. Tuy nhiên nếu để ý kỹ kết cấu, thì dùng hình học vào cũng tạo cảm giác đẹp đẽ.

Read the rest of this entry »

Bài toán sau, nói về đồng dư trên $\mathbb Q$ và thương Fermat trên đó.

Bài toán. Cho $p$ là một số nguyên tố lẻ, các số nguyên dương $m$ và $n$ thỏa mãn\[1 + \frac{1}{{{2^{p – 1}}}} + \ldots + \frac{1}{{{{\left( {p – 1} \right)}^{p – 1}}}} = \frac{m}{n}.\]Chứng minh rằng $(p-2)!m+n$ chia hết cho $p^2$.

Nó có lời giải như sau

Read the rest of this entry »

Tags: , ,

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:

Có người em hỏi tôi bài toán sau, và bạn ấy cần một lời giải sơ cấp, nội dung bài toán như sau.

Bài toán 1. Cho các số nguyên $a,\,b,\,c,\,d$ thỏa mãn\[a + b\sqrt 2 + c\sqrt 3 + d\sqrt 5 + e\sqrt 7 = 0.\]Chứng minh $a=b=c=d=e=0$.

Bạn nào đã học về lý thuyết mở rộng trường, thì cái bài này quá đơn giản. Còn, với yêu cầu sơ cấp hóa, thì chả có gì đơn giản hơn, là ta đi sơ cấp hóa các quá trình làm việc bằng lý thuyết mở rộng trường. Và vì vậy, có lời giải như sau.

Read the rest of this entry »

Tags: , ,

Có bạn nhờ tôi bài toán như sau

Bài toán. Chứng minh rằng, với mỗi số nguyên dương $a$ sẽ có vô số nghiệm nguyên dương của phương trình\[\frac{{x + y + 1}}{y} + \frac{{y + a}}{x} = 4.\]

Tôi có lời giải như sau

Read the rest of this entry »

Tags: , ,

Bài này, liên quan đến một bài viết khác của tôi, vấn đề đặt ra là như thế sau

Với $\alpha=\frac{1+\sqrt 5}{2}$, xét vành $R = \left\{ {a + b\alpha :\;a,{\mkern 1mu} {\kern 1pt} b \in \mathbb Z} \right\}$, ta cần đi tìm các số nguyên tố $p$ để $I(p)=\{pr:\;r\in R\}$ là một ideal nguyên tố. Nghĩa là, cần tìm $p$ sao cho cứ từ $xy\in I(p)$ thì phải có $x\in I(p)$ hoặc $y\in I(p)$.

Bởi vì $5=\left(\sqrt 5\right)^2$, và nếu đặt $
\frac{1-\sqrt 5}{2}=\beta$ thì $\beta\in R$ thêm nữa $-2\alpha\beta=2$ cho nên ta chỉ cần xét các số nguyên tố lẻ và khác $5$.

Read the rest of this entry »

Tags: , , , ,

Tình cờ, mình nhìn thấy cái bài này trên THTT, nội dung như sau đây

Bài toán. Cho $n$ là một số nguyên dương, chứng minh rằng phải có $3^{n+1}$ bé hơn số ${\left( {\frac{{3 + \sqrt 5 }}{2}} \right)^{{3^n}}} + {\left( {\frac{{3 – \sqrt 5 }}{2}} \right)^{{3^n}}}$, đồng thời cái số đó sẽ chia hết cho $3$.

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 »

Cho vành Euclid $A$ và $f,g\in A$ khác $0$. Khi đó tồn tại $d\in A$ sao cho $(f)+(g)=(d)$, ta gọi $d$ là một ước chung lớn nhất của $f,g$, theo đó tồn tại $a,b\in A$ nguyên tố cùng nhau sao cho:
\[af+bg=d\] Ta đã biết rằng trên vành Euclid, ta có thể tìm ước chung lớn nhất dựa trên thuật chia Euclid, nhưng việc tìm hai số $a,b$ để $af+bg=d$ không hiển nhiên chút nào. Bài viết này đi tìm một thuật toán giải quyết bài toán trên cho trường hợp vành số nguyên $\mathbb{Z}$

Ta thống nhất phép chia dư trong bài viết như sau: Với hai số nguyên $a,b$ khác $0$ bất kì, tồn tại duy nhất cặp số nguyên $q,r$ thỏa mãn $0\le r\le |b|$ sao cho $a=bq+r$
Cho hai số nguyên $f,g$ khác $0$. Dùng thuật chia Euclid, ta tìm được ước chung lớn nhất $d$ của chúng là một số tự nhiên.

Read the rest of this entry »

Một lát cắt $C$ là một tập con thực sự của $\mathbb Q$, thỏa mãn đồng thời các điều kiện

  • Mọi số hữu tỷ nhỏ hơn một phần tử nào đó của $C$, đều thuộc $C$.
  • Trong $C$ không có số lớn nhất.

Cho $a$ là một số hữu tỷ, ta có thể dễ dàng kiểm chứng $C_a$ là một lát cắt trong đó $$C_a=\left\{x\in\mathbb Q:\;x<a\right\}.$$ Những lát cắt kiểu này, gọi là lát cắt xác định số hữu tỷ, ngoài ra ta có thể kiểm tra tập hợp sau đây cũng là một lát cắt $$S=\left\{x\in\mathbb Q:\;x^3<2\right\}.$$ Cũng có thể chứng minh được rằng $S\ne C_a$ với mọi số hữu tỷ $a$, nói khác đi thì cái lát cắt $S$ kia nó không phải là lát cắt xác định số hữu tỷ. Lát cắt kiểu như $S$, tức là các lát cắt khác các lát cắt xác định số hữu tỷ, sẽ được gọi là lát cắt xác định số vô tỷ.

Read the rest of this entry »

Tags: , ,

« Older entries § Newer entries »