Hai tháng nay tôi đi vòng vòng chơi ở Châu Âu, vác theo mấy cuốn sách, định bụng sáng đi chơi, tối về đọc toán cho sang. Rốt cuộc toàn chơi, chẳng đọc được mấy chỉ có lâu lâu mở ra đọc được vài trang để cho dễ ngủ. Nghĩ bụng đọc kiểu này chắc chẳng thu được gì, ai dè lại hiểu được lý thuyết Galois. Có lẽ nhờ ăn đồ Pháp?
Tôi đọc về lý thuyết Galois mấy tháng rồi, nhưng chỉ hiểu lờ mờ. Tôi chỉ nhận ra sức mạnh của Galois cho đến khi làm bài tập đơn giản này:
Bài tập: tìm đa thức nhỏ nhất (minimal polynomial) $f(x)$ thuộc $\mathbb{Q}[x]$ (tức có các hệ số hữu tỉ) nhận $\epsilon= 1 + \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4}$ là nghiệm.
Có một cách giải sơ cấp là dự đoán $f(x)$ sẽ có bậc 3 ở dạng $f(x) = x^3 + ax^2 + bx + c$, thế $\epsilon$ vô, khai triển rồi quy về hệ phương trình theo $a$, $b$ và $c$. Mới đầu tôi làm cũng vậy, nhưng sau đó thấy "cơ bắp" quá nên dẹp sang một bên. Vậy áp dụng Galois thế nào?
Bài tập: tìm đa thức nhỏ nhất (minimal polynomial) $f(x)$ thuộc $\mathbb{Q}[x]$ (tức có các hệ số hữu tỉ) nhận $\epsilon= 1 + \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4}$ là nghiệm.
Có một cách giải sơ cấp là dự đoán $f(x)$ sẽ có bậc 3 ở dạng $f(x) = x^3 + ax^2 + bx + c$, thế $\epsilon$ vô, khai triển rồi quy về hệ phương trình theo $a$, $b$ và $c$. Mới đầu tôi làm cũng vậy, nhưng sau đó thấy "cơ bắp" quá nên dẹp sang một bên. Vậy áp dụng Galois thế nào?
Galois chỉ ra rằng chỉ cần biết một nghiệm của $f(x)$ là có thể tính được các nghiệm còn lại. Gọi hai nghiệm còn lại của $f(x)$ là $\delta$ và $\omega$, lúc đó
\[
\begin{equation}
f(x) = (x - \epsilon)(x - \delta)(x - \omega)
\end{equation}
\label{eq2:f(x)}
\]
và ta có thể tính được hệ số như sau
$$
\begin{align*}
- a &= \epsilon+ \delta+ \omega \\
b &= \epsilon\delta+ \epsilon\omega + \omega\delta\\
-c &= \epsilon\delta\omega
\end{align*}
$$
Nếu muốn phân tích $f(x)$ thành các thừa số như $\eqref{eq2:f(x)}$, ta phải mở rộng $\mathbb{Q}$, vì rõ ràng $\epsilon \notin \mathbb{Q}$. Nếu như bạn chưa quen với khái niệm trường mở rộng (field extension), có thể xem ví dụ sau đây.
Ví dụ 1: Xét đa thức $g(x) = x^2 - 2$. Nhận xét $g(x)$ là một đa thức bất khả quy (irreducible polynomial) trên $\mathbb{Q}$. Nói cách khác, không thể phân tích $g(x)$ thành tích của các đa thức có hệ số hữu tỉ, tức thuộc $\mathbb{Q}[x]$, có bậc nhỏ hơn 2. Nhưng nếu ta mở rộng $\mathbb{Q}$ bằng cách cho thêm vào phần tử $\sqrt{2}$, ký hiệu tập mở rộng là $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$, thì $g(x)$ không còn là bất khả quy nữa, mà có thể phân tích thành
$$
\begin{equation*}
g(x) = (x - \sqrt{2})(x + \sqrt{2})
\end{equation*}
$$
$\mathbb{Q}$ là một trường và có thể chứng minh được
$$
\mathbb{Q}(\sqrt{2}) = \{a + b\sqrt{2}\ |\ a,\ b \in \mathbb{Q}\}
$$
cũng là một trường. Có thể thấy $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ là một không gian vector trên $\mathbb{Q}$ có chiều bằng 2. Vì $\mathbb{Q} \subset \mathbb{Q}(\sqrt{2})$, ta nói $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ là một trường mở rộng bậc 2 của $\mathbb{Q}$. Ngoài ra, do $-\sqrt{2} \in \mathbb{Q}(\sqrt{2})$ ta thấy $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ chứa hết tất cả các nghiệm của $g(x)$ và được gọi là trường phân rã (splitting field) của $g(x)$. Gọi là trường phân rã vì $g(x)$ phân rã hoàn toàn thành các đa thức tuyến tính (bậc 1) trên $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$. Nói cách khác, trường phân rã của một đa thức chứa tất cả các nghiệm của đa thức đó.
Galois phát hiện ra rằng tác động của nhóm các tự đẳng cấu của trường phân rã (group of automorphisms of the splitting field) của một đa thức lên các nghiệm của đa thức đó tạo thành hoán vị của các nghiệm. Gọi $G = \{\sigma_0, \sigma_1,...,\sigma_n\}$, trong đó $\sigma_i$ là một tự đẳng cấu của trường phân rã của $f(x)$. Nếu xác định được $G$ và một nghiệm $\alpha$ của $f(x)$, chúng ta có thể xác định được các nghiệm còn lại bằng cách tính $\sigma_i(\alpha)$.
Quay trở lại ví dụ 1. Như nhận xét ở trên, $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ là trường phân rã của $g(x)$ trên $\mathbb{Q}$. Xét $\sigma$ là một tự đẳng cấu của $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$. Theo định nghĩa, $\sigma$ là một song ánh $\sigma:\ \mathbb{Q}(\sqrt{2}) \rightarrow \mathbb{Q}(\sqrt{2})$ thỏa mãn
$$
\begin{align*}
&\sigma(\alpha + \beta) = \sigma(\alpha) + \sigma(\beta) \\
&\sigma(\alpha\beta) = \sigma(\alpha)\sigma(\beta)
\end{align*}
$$
\[
\begin{equation}
f(x) = (x - \epsilon)(x - \delta)(x - \omega)
\end{equation}
\label{eq2:f(x)}
\]
và ta có thể tính được hệ số như sau
$$
\begin{align*}
- a &= \epsilon+ \delta+ \omega \\
b &= \epsilon\delta+ \epsilon\omega + \omega\delta\\
-c &= \epsilon\delta\omega
\end{align*}
$$
Nếu muốn phân tích $f(x)$ thành các thừa số như $\eqref{eq2:f(x)}$, ta phải mở rộng $\mathbb{Q}$, vì rõ ràng $\epsilon \notin \mathbb{Q}$. Nếu như bạn chưa quen với khái niệm trường mở rộng (field extension), có thể xem ví dụ sau đây.
Ví dụ 1: Xét đa thức $g(x) = x^2 - 2$. Nhận xét $g(x)$ là một đa thức bất khả quy (irreducible polynomial) trên $\mathbb{Q}$. Nói cách khác, không thể phân tích $g(x)$ thành tích của các đa thức có hệ số hữu tỉ, tức thuộc $\mathbb{Q}[x]$, có bậc nhỏ hơn 2. Nhưng nếu ta mở rộng $\mathbb{Q}$ bằng cách cho thêm vào phần tử $\sqrt{2}$, ký hiệu tập mở rộng là $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$, thì $g(x)$ không còn là bất khả quy nữa, mà có thể phân tích thành
$$
\begin{equation*}
g(x) = (x - \sqrt{2})(x + \sqrt{2})
\end{equation*}
$$
$\mathbb{Q}$ là một trường và có thể chứng minh được
$$
\mathbb{Q}(\sqrt{2}) = \{a + b\sqrt{2}\ |\ a,\ b \in \mathbb{Q}\}
$$
cũng là một trường. Có thể thấy $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ là một không gian vector trên $\mathbb{Q}$ có chiều bằng 2. Vì $\mathbb{Q} \subset \mathbb{Q}(\sqrt{2})$, ta nói $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ là một trường mở rộng bậc 2 của $\mathbb{Q}$. Ngoài ra, do $-\sqrt{2} \in \mathbb{Q}(\sqrt{2})$ ta thấy $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ chứa hết tất cả các nghiệm của $g(x)$ và được gọi là trường phân rã (splitting field) của $g(x)$. Gọi là trường phân rã vì $g(x)$ phân rã hoàn toàn thành các đa thức tuyến tính (bậc 1) trên $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$. Nói cách khác, trường phân rã của một đa thức chứa tất cả các nghiệm của đa thức đó.
Galois phát hiện ra rằng tác động của nhóm các tự đẳng cấu của trường phân rã (group of automorphisms of the splitting field) của một đa thức lên các nghiệm của đa thức đó tạo thành hoán vị của các nghiệm. Gọi $G = \{\sigma_0, \sigma_1,...,\sigma_n\}$, trong đó $\sigma_i$ là một tự đẳng cấu của trường phân rã của $f(x)$. Nếu xác định được $G$ và một nghiệm $\alpha$ của $f(x)$, chúng ta có thể xác định được các nghiệm còn lại bằng cách tính $\sigma_i(\alpha)$.
Quay trở lại ví dụ 1. Như nhận xét ở trên, $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ là trường phân rã của $g(x)$ trên $\mathbb{Q}$. Xét $\sigma$ là một tự đẳng cấu của $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$. Theo định nghĩa, $\sigma$ là một song ánh $\sigma:\ \mathbb{Q}(\sqrt{2}) \rightarrow \mathbb{Q}(\sqrt{2})$ thỏa mãn
$$
\begin{align*}
&\sigma(\alpha + \beta) = \sigma(\alpha) + \sigma(\beta) \\
&\sigma(\alpha\beta) = \sigma(\alpha)\sigma(\beta)
\end{align*}
$$
với mọi $\alpha,\ \beta \in \mathbb{Q}(\sqrt{2})$.
Ta có thể chứng minh được $\sigma(0) = 0$ và $\sigma(1) = 1$ và do đó $\sigma(a) = a$ với mọi $a \in \mathbb{Q}$. Ta nói $\sigma$ bảo toàn $\mathbb{Q}$. Xét $\sigma(a + b\sqrt{2})$, trong đó $a,\ b \in \mathbb{Q}$
$$
\begin{align*}
\sigma(a + b\sqrt{2}) &= \sigma(a) + \sigma(b\sqrt{2}) \\
&= a + \sigma(b)\sigma(\sqrt{2}) \\
&= a + b\sigma(\sqrt{2})
\end{align*}
$$
Do đó tác động của $\sigma$ lên $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ phụ thuộc hoàn toàn vào tác động của $\sigma$ lên $\sqrt{2}$.
Nhận xét: $\sigma(\sqrt{2})$ là nghiệm của $g(x)$. Thật vậy, ta có $g(\sqrt{2}) = 0$, áp dụng $\sigma$ vào hai vế của biểu thức
$$
\begin{align*}
\sigma(g(\sqrt{2})) &= \sigma(0) \\
\rightarrow \sigma(\sqrt{2})^2 - 2) &= 0 \\
\rightarrow \sigma(\sqrt{2})^2) - \sigma(2) &= 0 \\
\rightarrow (\sigma(\sqrt{2}))^2 - 2 &= 0
\end{align*}
$$
Trên $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ $g(x)$ có hai nghiệm là $\pm\sqrt{2}$, suy ra $\sigma(\sqrt{2}) = \pm\sqrt{2}$. Như vậy tập các tự đẳng cấu trên $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$, ký hiệu $AUT(\mathbb{Q(\sqrt{2})})$, bao gồm hai phần tử
$$
\begin{align*}
\sigma_0(a + b\sqrt{2}) &= a + b\sqrt{2} \\
\sigma_1(a + b\sqrt{2}) &= a - b\sqrt{2}
\end{align*}
$$
$\sigma_0$ là đẳng cấu đơn vị với $\sigma_0(\alpha) = \alpha$ với mọi $\alpha \in \mathbb{Q}(\sqrt{2})$.
Ví dụ 2: tìm đa thức nhỏ nhất với hệ số nguyên nhận $\alpha_0 = 1 + \sqrt{2}$ là nghiệm. Chúng ta đã xác định được $AUT(\mathbb{Q(\sqrt{2})}) = \{\sigma_0, \sigma_1\}$ và một nghiệm, nên ngay lập tức chúng ta có thể xác định được nghiệm còn lại chính là $\alpha_1 = \sigma_1(1 + \sqrt{2}) = 1 - \sqrt{2}$, do đó đa thức cần tìm là $h(x) = x^2 - (\alpha_0 + \alpha_1)x + \alpha_0\alpha_1 = x^2 - 2x + 2$.
Hi vọng ví dụ vừa rồi đã cho thấy sức mạnh của Galois và lý giải được phần nào tại sao chúng ta phải đi lòng vòng nãy giờ =). Bài toán mà chúng ta cần giải cũng có thể giải được bằng phương pháp tương tự.
Bài tập: tìm đa thức nhỏ nhất (minimal polynomial) $f(x)$ thuộc $\mathbb{Q}[x]$ (tức có các hệ số hữu tỉ) nhận $\epsilon= 1 + \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4}$ là nghiệm.
Gọi trường phân rã của $f(x)$ là $\mathbb{K}$. Ta thấy $\mathbb{K}$ là một mở rộng hữu hạn của $\mathbb{Q}$ bằng cách thêm vào các nghiệm của $f(x)$. Để tìm các nghiệm còn lại, chúng ta cần phải xác định $AUT(\mathbb{K})$. Để tính $AUT(\mathbb{K})$, chúng ta cần biết $\mathbb{K}$. Nhưng làm thế nào để xác định $\mathbb{K}$ khi không biết nghiệm của $f(x)$?
Galois chỉ ra rằng do $\epsilon \in \mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$, $f(x)$ sẽ phân rã hoàn toàn trên trường phần rã $\mathbb{E}$ của $r(x) = x^3 - 2$. Nói cách khác, $\mathbb{K}$ là tập con của $\mathbb{E}$.
Định lý: mọi đa thức bất khả quy $p(x) \in \mathbb{Q}[x]$ có một nghiệm thuộc $\mathbb{E}$ sẽ phân rã hoàn toàn trên $\mathbb{E}$. Nói cách khác, mọi nghiệm của một đa thức bất khả quy sẽ thuộc $\mathbb{E}$ nếu một nghiệm của nó thuộc $\mathbb{E}$.
Gọi $\alpha$ là nghiệm thuộc $\mathbb{E}$ của $f(x)$. Xét dãy $\alpha_0, \alpha_1,...,\alpha_n$ trong đó $\alpha_i = \sigma_i(\alpha)$ và $AUT(\mathbb{E}) = \{\sigma_i\}$. Nói cách khác, dãy $\alpha_i$ là kết quả tác động của nhóm các tự đẳng cấu của E lên $\alpha$. Sắp xếp lại thứ tự nếu cần, đặt $A = \{\alpha_0, \alpha_1,...,\alpha_r\}$ là tập các phần tử độc nhất của dãy $\alpha_i$. Ta có thể chứng minh rằng
$$
\begin{equation}
p(x) = (x - \alpha_0)(x - \alpha_1)...(x - \alpha_r)
\end{equation}
$$
Đây chính là kết quả mà chúng ta sử dụng ở ví dụ 2. Nhắc lại, chỉ cần xác định được một nghiệm và tập các đẳng cấu, ta có thể xác định được tất cả các nghiệm còn lại. Ta đã có nghiệm cho trước là $\epsilon$, nhiệm vụ bây giờ là xác định $AUT(\mathbb{E})$.
Lưu ý $\mathbb{E} \neq \mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$, thực tế $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$ chỉ là một tập con của $\mathbb{E}$, vì theo định lý cơ bản của đại số, $r(x)$ phải có 3 nghiệm trên trường số phức, nhưng $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$ chỉ chứa một nghiệm thực duy nhất, tức $\sqrt[3]{2}$, mà không chứa hai nghiệm phức còn lại. Ngoài nghiệm thực $\sqrt[3]{2}$, $r(x)$ còn có hai nghiệm phức
$$
\begin{align*}
\zeta_0 &= \sqrt[3]{2}\mu \\
\zeta_1 &= \sqrt[3]{2}\mu^2
\end{align*}
$$
Trong đó $\mu = \frac{-1 + 3i}{2}$ và được gọi là căn bậc ba nguyên sơ của đơn vị (3rd primitive root of unity). Do cả $\zeta_0$ và $\sqrt[3]{2}$ đều thuộc $\mathbb{E}$, thương của chúng, chính là $\mu$, cũng thuộc tập hợp này. Từ đó suy ra $\mathbb{E} = \mathbb{Q}(\sqrt[3]{2}, \mu)$, tức là $\mathbb{E}$ là mở rộng của $\mathbb{Q}$ bằng cách thêm vào hai phần tử $\sqrt[3]{2}$ và $\mu$.
Tới đây chúng ta có thể tính được $AUT(\mathbb{E})$ như đã làm ở ví dụ 1. Sau khi đã xác định được các tự đẳng cấu, ta có thể tính được hai nghiệm còn lại của $f(x)$ bằng cách tính tác động của các tự đẳng cấu lên $\epsilon$. Nhưng có một cách ngắn hơn!
Nhận xét: $\epsilon \in \mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$, do đó $f(x)$ tối đa sẽ có bậc là 3. Bậc của $f(x)$ không thể là 1 vì $\epsilon \not\in \mathbb{Q}$ và không thể là 2 vì bậc của $f(x)$ phải chia hết cho 3. Do đó $f(x)$ sẽ có 3 nghiệm.
Vì $\epsilon= 1 + \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4}$, nên tác động của các tự đẳng cấu của $\mathbb{E}$ lên nó được xác định hoàn toàn bởi tác động của chúng lên $\sqrt[3]{2}$. Nhưng tác động của $AUT(\mathbb{E})$ lên $\sqrt[3]{2}$ chính là tác động hoán vị lên các nghiệm của $r(x)$, do đó có thể suy ra được ngay hai nghiệm còn lại của $f(x)$ là
$$
\begin{align*}
\delta&= 1 + \zeta_0 + \zeta_0^2 \\
\omega &= 1 + \zeta_1 + \zeta_1^2
\end{align*}
$$
Lợi dụng quan sát $\mu$ và $\mu^2$ là hai nghiệm của đa thức $\phi(x) = x^2 + x + 1$ và $\mu^3 = 1$, sau một hồi tính toán tè le ta có thể tính được $f(x) = x^3 - 3x^2 - 3x - 1$. Rất may Wolfram Alpha đồng ý với kết quả này, phẻ quá!
Trên đây chỉ là phát họa cho sức mạnh của Galois. Ai muốn tìm hiểu thêm có thể tìm đọc bài viết "Nghiệm của phương trình một ẩn số" của giáo sư Ngô Bảo Châu đăng trên tập chí Epsilon số 2. Ngoài ra tôi thấy cuốn Abstract Algebra của Dummit và Foote giảng giải rất dễ hiểu. Cuốn A First Course In Abstract Algebra cũng đáng đọc.
---
Tháng 9 vừa rồi là tôi làm cho Google được bốn năm. Hồi tôi mới vô đây, tôi tưởng tôi ngon lắm, càng làm càng mới thấy mình dở ẹc. Bốn năm vừa rồi có lẽ tôi học được nhiều hơn cả bao nhiêu năm trước đó cộng lại. Lý thuyết Galois là một trong số đó. Vài năm trước đây ai nói với tôi là tôi sẽ hiểu được tại sao không thể biểu diễn nghiệm của phương trình bậc 5 tổng quát bằng căn thức chắc tôi sẽ không tin đâu, mặc dù cũng tò mò lắm.
Mà tại sao nghề của tôi lại cần học Galois? Vì mật mã hiện đại toàn là đại số. Hi vọng sẽ có dịp quay trở lại chủ đề này.
\begin{align*}
\sigma(a + b\sqrt{2}) &= \sigma(a) + \sigma(b\sqrt{2}) \\
&= a + \sigma(b)\sigma(\sqrt{2}) \\
&= a + b\sigma(\sqrt{2})
\end{align*}
$$
Do đó tác động của $\sigma$ lên $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ phụ thuộc hoàn toàn vào tác động của $\sigma$ lên $\sqrt{2}$.
Nhận xét: $\sigma(\sqrt{2})$ là nghiệm của $g(x)$. Thật vậy, ta có $g(\sqrt{2}) = 0$, áp dụng $\sigma$ vào hai vế của biểu thức
$$
\begin{align*}
\sigma(g(\sqrt{2})) &= \sigma(0) \\
\rightarrow \sigma(\sqrt{2})^2 - 2) &= 0 \\
\rightarrow \sigma(\sqrt{2})^2) - \sigma(2) &= 0 \\
\rightarrow (\sigma(\sqrt{2}))^2 - 2 &= 0
\end{align*}
$$
Trên $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ $g(x)$ có hai nghiệm là $\pm\sqrt{2}$, suy ra $\sigma(\sqrt{2}) = \pm\sqrt{2}$. Như vậy tập các tự đẳng cấu trên $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$, ký hiệu $AUT(\mathbb{Q(\sqrt{2})})$, bao gồm hai phần tử
$$
\begin{align*}
\sigma_0(a + b\sqrt{2}) &= a + b\sqrt{2} \\
\sigma_1(a + b\sqrt{2}) &= a - b\sqrt{2}
\end{align*}
$$
$\sigma_0$ là đẳng cấu đơn vị với $\sigma_0(\alpha) = \alpha$ với mọi $\alpha \in \mathbb{Q}(\sqrt{2})$.
Ví dụ 2: tìm đa thức nhỏ nhất với hệ số nguyên nhận $\alpha_0 = 1 + \sqrt{2}$ là nghiệm. Chúng ta đã xác định được $AUT(\mathbb{Q(\sqrt{2})}) = \{\sigma_0, \sigma_1\}$ và một nghiệm, nên ngay lập tức chúng ta có thể xác định được nghiệm còn lại chính là $\alpha_1 = \sigma_1(1 + \sqrt{2}) = 1 - \sqrt{2}$, do đó đa thức cần tìm là $h(x) = x^2 - (\alpha_0 + \alpha_1)x + \alpha_0\alpha_1 = x^2 - 2x + 2$.
Hi vọng ví dụ vừa rồi đã cho thấy sức mạnh của Galois và lý giải được phần nào tại sao chúng ta phải đi lòng vòng nãy giờ =). Bài toán mà chúng ta cần giải cũng có thể giải được bằng phương pháp tương tự.
Bài tập: tìm đa thức nhỏ nhất (minimal polynomial) $f(x)$ thuộc $\mathbb{Q}[x]$ (tức có các hệ số hữu tỉ) nhận $\epsilon= 1 + \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4}$ là nghiệm.
Gọi trường phân rã của $f(x)$ là $\mathbb{K}$. Ta thấy $\mathbb{K}$ là một mở rộng hữu hạn của $\mathbb{Q}$ bằng cách thêm vào các nghiệm của $f(x)$. Để tìm các nghiệm còn lại, chúng ta cần phải xác định $AUT(\mathbb{K})$. Để tính $AUT(\mathbb{K})$, chúng ta cần biết $\mathbb{K}$. Nhưng làm thế nào để xác định $\mathbb{K}$ khi không biết nghiệm của $f(x)$?
Galois chỉ ra rằng do $\epsilon \in \mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$, $f(x)$ sẽ phân rã hoàn toàn trên trường phần rã $\mathbb{E}$ của $r(x) = x^3 - 2$. Nói cách khác, $\mathbb{K}$ là tập con của $\mathbb{E}$.
Định lý: mọi đa thức bất khả quy $p(x) \in \mathbb{Q}[x]$ có một nghiệm thuộc $\mathbb{E}$ sẽ phân rã hoàn toàn trên $\mathbb{E}$. Nói cách khác, mọi nghiệm của một đa thức bất khả quy sẽ thuộc $\mathbb{E}$ nếu một nghiệm của nó thuộc $\mathbb{E}$.
Gọi $\alpha$ là nghiệm thuộc $\mathbb{E}$ của $f(x)$. Xét dãy $\alpha_0, \alpha_1,...,\alpha_n$ trong đó $\alpha_i = \sigma_i(\alpha)$ và $AUT(\mathbb{E}) = \{\sigma_i\}$. Nói cách khác, dãy $\alpha_i$ là kết quả tác động của nhóm các tự đẳng cấu của E lên $\alpha$. Sắp xếp lại thứ tự nếu cần, đặt $A = \{\alpha_0, \alpha_1,...,\alpha_r\}$ là tập các phần tử độc nhất của dãy $\alpha_i$. Ta có thể chứng minh rằng
$$
\begin{equation}
p(x) = (x - \alpha_0)(x - \alpha_1)...(x - \alpha_r)
\end{equation}
$$
Đây chính là kết quả mà chúng ta sử dụng ở ví dụ 2. Nhắc lại, chỉ cần xác định được một nghiệm và tập các đẳng cấu, ta có thể xác định được tất cả các nghiệm còn lại. Ta đã có nghiệm cho trước là $\epsilon$, nhiệm vụ bây giờ là xác định $AUT(\mathbb{E})$.
Lưu ý $\mathbb{E} \neq \mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$, thực tế $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$ chỉ là một tập con của $\mathbb{E}$, vì theo định lý cơ bản của đại số, $r(x)$ phải có 3 nghiệm trên trường số phức, nhưng $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$ chỉ chứa một nghiệm thực duy nhất, tức $\sqrt[3]{2}$, mà không chứa hai nghiệm phức còn lại. Ngoài nghiệm thực $\sqrt[3]{2}$, $r(x)$ còn có hai nghiệm phức
$$
\begin{align*}
\zeta_0 &= \sqrt[3]{2}\mu \\
\zeta_1 &= \sqrt[3]{2}\mu^2
\end{align*}
$$
Trong đó $\mu = \frac{-1 + 3i}{2}$ và được gọi là căn bậc ba nguyên sơ của đơn vị (3rd primitive root of unity). Do cả $\zeta_0$ và $\sqrt[3]{2}$ đều thuộc $\mathbb{E}$, thương của chúng, chính là $\mu$, cũng thuộc tập hợp này. Từ đó suy ra $\mathbb{E} = \mathbb{Q}(\sqrt[3]{2}, \mu)$, tức là $\mathbb{E}$ là mở rộng của $\mathbb{Q}$ bằng cách thêm vào hai phần tử $\sqrt[3]{2}$ và $\mu$.
Tới đây chúng ta có thể tính được $AUT(\mathbb{E})$ như đã làm ở ví dụ 1. Sau khi đã xác định được các tự đẳng cấu, ta có thể tính được hai nghiệm còn lại của $f(x)$ bằng cách tính tác động của các tự đẳng cấu lên $\epsilon$. Nhưng có một cách ngắn hơn!
Nhận xét: $\epsilon \in \mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$, do đó $f(x)$ tối đa sẽ có bậc là 3. Bậc của $f(x)$ không thể là 1 vì $\epsilon \not\in \mathbb{Q}$ và không thể là 2 vì bậc của $f(x)$ phải chia hết cho 3. Do đó $f(x)$ sẽ có 3 nghiệm.
Vì $\epsilon= 1 + \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4}$, nên tác động của các tự đẳng cấu của $\mathbb{E}$ lên nó được xác định hoàn toàn bởi tác động của chúng lên $\sqrt[3]{2}$. Nhưng tác động của $AUT(\mathbb{E})$ lên $\sqrt[3]{2}$ chính là tác động hoán vị lên các nghiệm của $r(x)$, do đó có thể suy ra được ngay hai nghiệm còn lại của $f(x)$ là
$$
\begin{align*}
\delta&= 1 + \zeta_0 + \zeta_0^2 \\
\omega &= 1 + \zeta_1 + \zeta_1^2
\end{align*}
$$
Lợi dụng quan sát $\mu$ và $\mu^2$ là hai nghiệm của đa thức $\phi(x) = x^2 + x + 1$ và $\mu^3 = 1$, sau một hồi tính toán tè le ta có thể tính được $f(x) = x^3 - 3x^2 - 3x - 1$. Rất may Wolfram Alpha đồng ý với kết quả này, phẻ quá!
Trên đây chỉ là phát họa cho sức mạnh của Galois. Ai muốn tìm hiểu thêm có thể tìm đọc bài viết "Nghiệm của phương trình một ẩn số" của giáo sư Ngô Bảo Châu đăng trên tập chí Epsilon số 2. Ngoài ra tôi thấy cuốn Abstract Algebra của Dummit và Foote giảng giải rất dễ hiểu. Cuốn A First Course In Abstract Algebra cũng đáng đọc.
---
Tháng 9 vừa rồi là tôi làm cho Google được bốn năm. Hồi tôi mới vô đây, tôi tưởng tôi ngon lắm, càng làm càng mới thấy mình dở ẹc. Bốn năm vừa rồi có lẽ tôi học được nhiều hơn cả bao nhiêu năm trước đó cộng lại. Lý thuyết Galois là một trong số đó. Vài năm trước đây ai nói với tôi là tôi sẽ hiểu được tại sao không thể biểu diễn nghiệm của phương trình bậc 5 tổng quát bằng căn thức chắc tôi sẽ không tin đâu, mặc dù cũng tò mò lắm.
Mà tại sao nghề của tôi lại cần học Galois? Vì mật mã hiện đại toàn là đại số. Hi vọng sẽ có dịp quay trở lại chủ đề này.