Chủ đề này có 32 trả lời

[Hatucdao]

Có mấy bài mở rộng trường hay hay, mời mọi người tham khảo.
Bài 1. Cho E,F (chứa trong C) là các mở rộng đại số trên Q và E giao F = Q. Xét x thuộc E bất kì. CMR nếu mở rộng E/Q chuẩn tắc thì [Q(x):Q]=[F(x):F].

[noproof]

Vì Q là trường hoàn thiện (perfect), nên E/Q là mở rộng chuẩn tắc, do vậy là Galois vì E/Q là chuẩn tắc. Khi đó EF là mở rộng Galois trên F với nhóm Galois là A, E là mở rộng Galois trên với nhóm Galois là B, và A và B đẳng câú với nhau (định lý 4, xoắn 1, chương VIII. Galois theory, trong "Algebra" S.Lang).
Suy ra [EF:F]=[E:Q] (1).
Tương tự lại áp dụng định lý 4 ở trên với 2 trường E và F(x), với chú ý EF(x)=EF, , suy ra .
Mặt khác, dễ thâý . Do vâỵ
.
Kết hợp với (1) suy ra [F(x):F]=[Q(x):Q].

[Hatucdao]

Lời giải của bác noproof khá rõ ràng.
Tuy nhiên, có thể làm kiểu "vô chiêu" hơn như sau. Lấy f=min(Q,x) và g=min(F,x) thì f chia hết cho g và ta cần cm: f=g.

Do E/Q chuẩn tắc nên f phân rã trên E, suy ra: f(t)=(t-a_1)...(t-a_n) với a_i thuộc E. Do g là ước của f nên có dạng (chẳng hạn): g(t)=(t-a_1)...(t-a_k).

Như vậy g vừa là đa thức có hệ số trên f, vừa là đa thức có hệ số trên E, suy ra g là đa thức có hệ số trên Q (vì E giao F bằngQ). Suy ra đpcm.

Bạn nào có thể chỉ ra ví dụ cho thấy tính cần thiết của giả thiết E/Q chuẩn tắc không nhỉ?

Một bài nữa:
Bài 2: Cho số phức a thỏa mãn: a^2003+a+1=0. Chứng minh rằng tồn tại f thuộc Z[x], bất khả quy trên Z, có bậc 2003 sao cho: f(a^1975)=0.

[dickchimney]

Xét trường số phức C như là một không gian véc tơ trên Q. Khi đó với mỗi a là số phức, việc tồn tại một đa thức nguyên nhận a làm nghiệm tương đương với việc a^{0}, a^{1}, a^{2}, a^{3} ,... a^{n} ,.... có số chiều hữu hạn trên Q.
Từ phương trình đầu ta có hệ
a^{0}, a^{1}, a^{2},a^{3} ,...a^{n} ,.... có số chiều 2003. Để chứng minh tồn tại hàm f như thế, ta chỉ cần chứng minh hệ
a^{1975}^{0}, a^{1975}^{1}, a^{1975}^{2}, a^{1975}^{3} ,... a^{1975}^{n} ,.... có số chiều hữu hạn. Điều này dễ dàng suy ra từ việc dãy trước đó có số chiều 2003.
Tính bất khả quy sẽ có ngay nếu ta chọn f sao cho bậc nhỏ nhất.

[noproof]

Hình như dickchimney mới chỉ chứng minh tồn tại đa thức (hệ số nguyên) bất khả quy nhận a^1975 làm nghiệm, chứ chưa chỉ ra đa thức này có bậc 2003.

[dickchimney]

À ừ, tớ đọc đề không kĩ. Bậc mở rộng của a^1975 sẽ là ước của 2003, nên chỉ có thể là chính 2003, do đó đa thức bất khả quy sẽ có bậc là 2003.

[noproof]

Tại sao bậc mở rộng của a^1975 lại là ước của 2003?

[Hatucdao]

À ừ, tớ đọc đề không kĩ. Bậc mở rộng của a^1975 sẽ là ước của 2003, nên chỉ có thể là chính 2003, do đó đa thức bất khả quy sẽ có bậc là 2003.

Tôi hiểu ý của bạn. Có điều cần chứng minh cẩn thận ở mấy cái đa thức bất khả quy. Đề nghị dickchimney post lời giải lên đi.

[nemo]

Chỉ cần chứng minh đa thức http://dientuvietnam...mimetex.cgi?P(x)=x^{2003}+x+1 bất khả quy trên Q là xong. Giả sử có m là số tự nhiên nhỏ nhất để mP=Q.R với Q và R là các đa thức hệ số nguyên, vì Q và R là các đa thức nguyên bản nên theo Định lý Gauss tích hai đa thức nguyên bản là nguyên bản nên mP là đa thức nguyên bản do đó m=1. Vậy chỉ cần chứng minh P bất khả quy trên Z.

[noproof]

Đa thức x^2003+x+1=x^2(x^2001-1)+(x^2+x+1) chia hết cho x^2+x+1 (trong Z[x]) nên không là bất khả quy trên Q.

[noproof]

Chủ đề hay thế này mà "chết" thì cũng phí.

Có lẽ trong bài 2 chúng ta thay đa thức http://dientuvietnam...gi?x^{2003} x 1 bằng đa thức http://dientuvietnam...?x^{2003} x^2 1, đa thức này là bất khả quy nhưng noproof chưa biết một chứng minh đơn giản ("sơ cấp").

Bài 2' Cho số phức a thỏa mãn: http://dientuvietnam...{2003} a^2 1=0. Chứng minh rằng tồn tại f thuộc Z[x], bất khả quy trên Z, có bậc 2003 sao cho: http://dientuvietnam....cgi?f(a^{1975})=0.

Một câu hỏi nữa là phải chăng chúng ta có thể chọn đa thức f như trên mà f có hệ số ứng với số mũ cao nhất là 1.

[prime]

vì a do biểu diễn ơ trên là nguyên đại số,nên a^{1975} cũng là nguyên dại số,nên hệ số bậc cao nhất của đa thức biểu diễn nguyên của nó có hệ số băng 1,nên đa thức tối tiểu bậc 2003 của nó có hệ số bậc cao nhất bằng 1.

[prime]

bay gio chi phai chung minh da thuc noproof dua ra la bat kha quy. Minh co tham khao duoc 1 cach (tu truong hop tong quat ) rut gon trong truong hop nay cung ko qua phuc tap. Tiec rang ko biet cach danh da thuc ( so mu, he so) bac nao chi ho, neu khong kho theo doi.

[canh_dieu]

@ prime: Cách đánh đa thức đây này

4x^{100}-\dfrac{3}{7}x^{42}-\sqrt{2005}x^9+2x^2-73

Bôi đen cả đoạn này rồi bác nhấp vào lựa chọn Tex ở trên sẽ cho ra

http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?4x^{100}-\dfrac{3}{7}x^{42}-\sqrt{2005}x^9+2x^2-73

Mà bác cũng phải tìm cách đánh tiếng Việt có dấu đi, nếu không chỉ vài ngày nữa thôi là các bác Admin lôi bác ra tùng xẻo đấy

[prime]

chả hiểu tai sao lai danh được em thì máy thế nào thì dánh thế ấy.

chứng minh dựa trên kết luận quan trọng sau
nếu f=gh khả quy thì 1 tròng 2 đa thưc g,h có hệ số đối xưng hoặc phản đối xứng
đa thưc f bậc n có hệ số đối xưng hoặc phản đối xứng có nghĩa như sau:

điều này có nghĩa là : tồn tại mà và đều là nghiệm của f(x)

giả sử đã chứng minh được điều này thay vào phương trình ta sẽ có:





trừ hai vế và vi nghiệm phải khác 0,1 nên:





do 1999 là số nguyên tố nên đa thức ơ trên là bất khả quy (đa thứ chia đương tròn).
do đó f(x) chia hết cho điều này là vô lí khi thay x=1 thì 3 kông chia hết cho 1999 nên f phải là bất khả quy.

chú ý : 1999 là trương hợp dăc biệt. nếu kô phải chứng minh f và đa thức tìm được là nguyên tố cung nhau nên ko co nghiệm chung để suy ra vô lí

đánh máy vất vả quá hôm sau em sẽ chững minh bác Adim làm ơn xáo hộ 2 bài thừa ở trên nhé ,

-----------------------------------------------------------------------------

[TeX]\lambda ^{2003} +  \lambda ^{2001} +1=0[/TeX]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi canh_dieu: 28-07-2005 - 00:01

[prime]

f= g.h với http://dientuvietnam..._{1}=x^{r}g(1/x)h(x)
= http://dientuvietnam...cgi?x^{n}f1(1/x).

= http://dientuvietnam....cgi?x^{r}g(1/x)=+-g(x)
nên g có hệ số đối xứng hoặc phản đối xứng (đpcm).

[noproof]

Lời giải của prime về tính bất khả quy của http://dientuvietnam...?x^{2003} x^2 1 có lẽ là đúng rồi (cần sửa chỉ số http://dientuvietnam...mimetex.cgi?c_i cho chạy từ 0, chứ không từ 1).

vì a do biểu diễn ơ trên là nguyên đại số,nên a^{1975} cũng là nguyên dại số,nên hệ số bậc cao nhất của đa thức biểu diễn nguyên của nó có hệ số băng 1,nên đa thức tối tiểu bậc 2003 của nó có hệ số bậc cao nhất bằng 1

Tuy nhiên, đoạn này thì noproof chưa thấy rõ ràng lắm: noproof chưa biết khái niệm đa thức biểu diễn nguyên của nó (ở đây là a) là gì. Noproof chỉ biết là từ http://dientuvietnam...etex.cgi?a^1975 là nguyên đại số thì suy ra http://dientuvietnam...etex.cgi?a^1975 là nghiệm của một đa thức hệ số nguyên P nào đó với hệ số ứng với số mũ cao nhất là 1 (có thể chọn P có bậc nhỏ nhất trong số các đa thức này, nhưng cũng chưa suy ra ngay P có bậc 2003, tương đương, P bất khả quy).

[prime]

ý của em về nguyên đại số cũng như bác nói thôi. con các noproof hỏi thì có thể trả lơi như sdau:

1) ta cứ phân tích đa thức P ra các đa thức bkq(nếu giải sử nó khả quy)
P=F1...Fn
P có hệ số bậc cao nhất là 1 nên các Fi cũng thế và a^1975 là nghiệp của 1 trong các đa thức này suy ra đpcm1.

2) gọi F là đa thứ tối tiểu của a^1975 (chính là P mà noproof nói)
bậc mở rộnbg trường [Q[a]:Q]=2003 la số nguyên tố. nên
[Q[a^1975]:Q]=1 hoăc 2003.


tất nhiên a^1975 khong thuộc Q vì đa thức ban đâu BKQ bâc 2003>1975 nên 1 la loại. vậy có đpcm2.

chắc em nghỉ viết bài một thời gian (2 tuần) chào các bác...

[noproof]

Lời giải của prime đúng rồi!

1) ta cứ phân tích đa thức P ra các đa thức bkq(nếu giải sử nó khả quy)
P=F1...Fn
P có hệ số bậc cao nhất là 1 nên các Fi cũng thế và a^1975 là nghiệp của 1 trong các đa thức này suy ra đpcm1.

Chỗ này dùng bổ đề Gauss (như nemo), để có thể giả sử các Fi hệ số nguyên.

[prime]

chào prime qua trở lại đây.


Tất nhiên sự phân tích trên chủ yếu dựa trên bổ đề gauss, bổ đề chưng minh có ve đơn giản nhưng rất quan trọng.

Về mặt bản chất thì chứng minh được là các hệ số của đa thưc tối tiểu là nguyên đại số trên A ( ở đây A là miên nguyên tổng quát thay cho vành các số nguyên Z) và nằm trong trường các thương K của A. nếu A=Z thì khi đó là vành đóng nguyên nên các hệ số thuộc A.

mình nghĩ ra 1 đề bài mời mọi người làm:
f(x)là đa thức hệ số nguyên bất khả quy, hệ số bậc cao nhất >0. f(x) nhận a và a^2 khác a là nghiệm. C/m f(x) là đa thức chia đường tròn.

Bên lề 1 chút prime định thời gian tới đọc lại lý thuyết Galois vì lúc học lười quá nên cảm thấy mơ hồ không hiểu , vậy nên đọc quyển sách nào (viết thật chi tiết, cặn cẽ, rõ ràng, quyển của thầy bác canh_dieu được không, viện toán có quyen đó không)