Đại Số

You are currently browsing the archive for the Đại Số category.

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 $f’$. 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]

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 »

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 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 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 »

Cho trước các đa thức hệ số thực là $f(x)$ và $g(x)$, trong đó $\deg g>0$ khi đó ta luôn có thể viết phân tích chính tắc của $g$ dưới dạng\[g\left( x \right) = c{p_1}{\left( x \right)^{{k_1}}}{p_2}{\left( x \right)^{{k_2}}} \ldots {p_n}{\left( x \right)^{{k_n}}}.\]Ở đây, $c$ là một hằng số thực khác $0$ (là hệ số bậc cao nhất của $g(x)$), còn $p_i(x)$ là các đa thức monic bất khả quy trên $\mathbb R[x]$, tức là các đa thức ở dạng $x-r_i$ hoặc $x^2+a_ix+b_i$ với $r_i,\,a_i,\,b_i$ là các số thực đồng thời $\Delta_i=a_i^2-4b_i<0$. Read the rest of this entry »

Tags: ,

Thông thường khi xét đa thức f $\in \mathbb{R}[x]$, f phân tích duy nhất được thành các đa thức bất khả quy. Câu hỏi được đặt ra khi ta thấy thế $\mathbb{R}$ bởi một trường, vành,… bất kì thì tính chất trên liệu có còn đúng? Xây dựng lí thuyết để trả lời câu hỏi này, ta sẽ nhận được những ứng dụng rất thú vị.
1. Mở đầu:
Bài viết này nghiên cứu đa thức trên cấu trúc tổng quát của $\mathbb{R}$, đó là TRƯỜNG và rộng hơn là VÀNH:
Định nghĩa 1: Tập hợp $K$ được trang bị 2 phép toán + và . thỏa mãn:
♥ $(K,+)$ là nhóm abel
♥ $K$ đóng với phép nhân
♥ Hai phép toán kết hợp, nghĩa là $\forall a,b,c \in K$ thì $a(b+c)=ab+ac$ và $(b+c)a=ba+ca$
Khi đó $K$ gọi là vành.
Thông thường ta kí hiệu 0 là đơn vị của phép “+” và 1 là đơn vị của phép “.” (nếu có)
Khi phép $.$ có đơn vị ta gọi $K$ là vành có đơn vị, khi phép $.$ giao hoán ta gọi $K$ là vành giao hoán. Đặc biệt, khi $(K$\ $\{0\},.)$ là nhóm abel thì $K$ gọi là trường. Read the rest of this entry »

“How to Solve It”  là tên một cuốn sách nổi tiếng của G.Pólya, một nhà sư phạm Toán Học nổi tiếng. Tôi mạo phép mượn nó làm tiêu đề cho chuỗi bài viết này, một chuỗi bài tôi muốn viết từ lâu. Nguyên nhân khoan hoãn và trù trừ cho dự định viết chuỗi bài này, vì tôi cảm thấy tự ti bởi năng lực bản thân, sợ viết ra rồi bị đánh giá là lên gân etc vv.. Tuy nhiên, do bản chất công việc phải làm hằng ngày, nên tôi lại hiểu rõ trách nhiệm mình cần làm. Thôi thì cứ viết lại những gì mình cảm nhận, hy vọng nó có ích với một số đối tượng nhất định. Read the rest of this entry »

Tags: , , , ,

Tập số thực có sự sắp tự hoàn chỉnh, nếu lấy mỗi số thực $r$ ra và đem so sánh với số $0$, thì có đúng ba trạng thái hệt như giới tính con người, đó là

  1. Không có dấu (buê-đê) nếu $r=0$.
  2. Dấu dương (man-lì) nếu $r>0$.
  3. Dấu âm (đàn bà) nếu $r<0$.

Với một đại lượng biến thiên $E$, khi đó có thể là $E$ bất biến dấu, không đổi dấu hoặc đổi dấu lung tung.. Nếu chúng ta lấy ra hai biểu thức chứa biến $x,\,y,\,..$ là $A(x,\,y,\,..)$ và $A'(x,\,y,\,..)$, ta sẽ nói $A$ và $A’$ tương đương về dấu trên miền $D$ nếu cứ với mỗi bộ $(x,\,y,\,..)\in D$ bất kỳ thì trạng thái dấu của $A(x,\,y,\,..)$ và $A'(x,\,y,\,..)$ là như nhau. Cụ thể là, tại mỗi bộ $(x,\,y,\,..)\in D$ bất kỳ thì $A(x,\,y,\,..)$ và $A'(x,\,y,\,..)$ hoặc cùng bằng $0$ hoặc cùng dương, hoặc cùng âm. Ở phạm vi vài viết này, nếu $A$ và $A’$ tương đương về dấu trên $D$, tôi sẽ sử dụng ký hiệu\[A\mathop \sim\limits_D A’.\] Read the rest of this entry »

Tags: , ,

« Older entries