Ю.В. Нестеренко - Курс лекций по теории чисел, страница 7

Докажем, что все корни уfα (x) разные. Действительно, наличие кратного корня равносильно тому, что (fα , fα′ ) 6= 1.Контрольный вопрос: почему НОД fα и fα′ — это многочлен с рациональными коэффициентами? Ведь их общий корень можетбыть и комплексным! Ответ: потому что алгоритм Евклида не выводит из ме́ньшего поля (в нашем случае — из Q).Но поскольку многочлен fα неприводим, многочлен fα′ должен делиться на fα , а это невозможно, посколькуdeg fα′ < deg fα .

Стало быть, кратных корней не бывает. Определение. Корни многочлена fα называются сопряженными с α. Их ровно deg α штук.Нам потребуется одна теорема из курса алгебры:Теорема 4.2. Пусть R — коммутативное кольцо с единицей. Тогда для любого симметрического многочлена A ∈ R[x1 , . . .

, xm ] найдется многочлен Q ∈ R[x1 , . . . , xm ], такой что A(x1 , . . . , xm ) = Q(σ1 , . . . , σm ), гдеσi — элементарные симметрические многочлены.Лемма 4.3. Пусть P (x, y) ∈ R[x, y]. ТогдаmYP (x, xi ) = Q(x, σ1 , . . . , σm ),Q ∈ R[x, x1 , . . . , xm ].i=1ПустьmYP (x, xi ) = AN xN + . . . + A1 x + A0 ,Aj ∈ R[x1 , . .

. , xm ].i=1(1)(2)Поменяем xi местами, при этом левая часть равенства никак не изменится, значит, и правая не изменится.Стало быть, многочлены Aj являются симметрическими. Тогда по предыдущей теореме найдутся многочленыQ1 , . . . , QN , такие что Aj = Qj (σ1 , . . . , σm ). Остаётся только подставить Qi вместо Ai в (2). Следствие 4.1. Пусть P (x, y) ∈ Q[x, y], β ∈ A и deg β = m, а β1 , .

. . , βm сопряжены с β. ТогдаmYj=1P (x, βj ) ∈ Q[x].(3) По предыдущей лемме, многочлен в левой части равенства равен Q(x, σ1 , . . . , σm ), Q ∈ Q[x, x1 , . . . , xm ].Пусть fβ (x) = xm + bm−1 xm−1 + . . . + b0 (bi ∈ Q). Но тогда по формулам Виета σi (β) = (−1)i bi ∈ Q. Теорема 4.4. Множество A замкнуто относительно алгебраических операций.

Иначе говоря, если числаα и β алгебраические, то числа α ± β, α · β, αβ тоже алгебраические. Для доказательства нам достаточно предъявить соответствующие аннулирующие многочлены.1◦ Сумма: пусть β1 , . . . , βm — числа, сопряженные с β. Докажем, что искомым многочленом (из определенияалгебраического числа) будетmYH1 (x) :=fα (x − βi ).(4)i=1Действительно, H1 (x) ∈ Q[x] по предыдущей лемме. Ясно, что H1 (α + β) = 0 (поскольку β содержится вомножестве {βi }).2◦ Разность: аналогично 1◦ . mQ3◦ Произведение: здесь хочется взять функциюfα βxi , но fα xy — не многочлен, поэтому его надоi=1 xnподправить, взяв многочлен y · fα y :H3 (x) :=mYi=1βin fα25xβi,n = deg α.(5)4◦ Частное: берем многочлен fα (xy), и получаем, что многочленH4 (x) :=mYi=1аннулируетαβ.(6)fα (x · βi )Следствие 4.2. Множество алгебраических чисел образует поле.Это можно было бы доказать и проще, с применением теории конечных расширений полей (она нам всё равно понадобится).Возьмём основное поле K и докажем, что множество всех элементов, алгебраических над K (обозначим его K) образует поле.Пусть α, β ∈ K.

Рассмотрим (конечное) расширение K (α, β ). Все конечные расширения — алгебраические. Действительно, пусть[E : K ] = d, то есть конечное расширение E — это d-мерное векторное пространство над K. Стало быть, различные степени любогоэлемента x ∈ E будут линейно зависимы над K, если их взять более d штук. Это и будет искомый аннулирующий многочлен.∈ E. Значит, все они, в частности,Элементы α и β, конечно, лежат в E := K (α, β ). Но это поле, значит, α ± β ∈ E, α · β ∈ E и αβалгебраичны над K.4.1.2. Целые алгебраические числаОпределение.

Алгебраическое число α называется целым алгебраическим, если fα (x) ∈ Z[x].Пример 1.5. α =Пример 1.6. α =√1 : fα (x) =2√1+ 52 : fα (x)x2 −12∈/ Z[x].= x2 − x − 1 ∈ Z[x].Пример 1.7. Рациональное число является целым алгебраическим тогда и только тогда, когда оно целое.Определение. Многочлен с целыми коэффициентами называется примитивным, если его коэффициентывзаимно просты в совокупности.Лемма 4.5 (Гаусс). Произведение примитивных многочленов есть примитивный многочлен.nmn+mPPP Пусть A(x) =ai xi , B(x) =bi xi .

Тогда A(x)B(x) = C(x) =ci xi . Предположим, что многочлен000C не примитивный, то есть найдётся p, делящее все его коэффициенты. В силу примитивности многочленов Aи B, у них найдутся коэффициенты, не делящиеся Pна p. Выберем среди них коэффициенты с минимальныминомерами, пусть это будут au и bv . Имеем cu+v =ak bl . В силу минимальности u и v, если k < u, то p | ak ,k+l=u+vа если l < v, то p | bl . Поэтому cu+v ≡ au bv 6≡ 0 (mod p). Противоречие. Алгебраическое доказательство: допустим, что простое число p делит все коэффициенты многочлена C. Тогда проекция многочлена C на Fp [x] — это нулевой многочлен.

С другой стороны, в силу примитивности A и B, их проекции на Fp [x] суть ненулевыемногочлены. Но в Fp [x] нет делителей нуля, поэтому равенство 0 = C = A · B в Fp [x] невозможно.Следствие 4.3. Если A(x) = xm + am−1 xm−1 + . . . + a0 ∈ Z[x] и A(α) = 0, то α — целое алгебраическое. Многочлены A(x) и fα (x) имеют общий корень α. Многочлен fα неприводим и посему fα | A в Q[x], тоесть A(x) = fα (x)Q(x), где Q ∈ Q[x]. У A(x) и fα (x) старшие коэффициенты равны 1, значит, и у Q(x) он равенединице. Пусть qr — наименьший общий знаменатель коэффициентов многочлена Q, то естьqr−1 r−1q0Q(x) = xr +x+ ... + .(7)qrqrОчевидно, что числа q0 , . .

. , qr−1 , qr взаимно просты в совокупности. Тогда многочлен Q представи́м в видеQ(x) = q1r U (x), где U — примитивный многочлен. Аналогично fα (x) = p1s V (x), где V — примитивный. Но тогдаA(x) = qr1ps U (x)V (x), значит, U (x)V (x) = qr ps A(x). Пользуясь леммой Гаусса, получаем, что qr ps = 1, поэтомуps = qr = 1. Значит, fα (x) ∈ Z[x].

Теорема 4.6. Множество целых алгебраических чисел замкнуто относительно операций сложения, вычитания и умножения. Достаточно доказать, что в условиях данной теоремы построенные в теореме 4.4 полиномы Hj лежатв Z[x] (равенство единице старшего коэффициента очевидно). Это будет означать (в силу предыдущего следствия) справедливость теоремы.

Само доказательство проходит дословно, с заменой кольца Q на кольцо Z,потому что для него тоже выполнены теорема 4.2 и лемма 4.3). Лемма 4.7. Если α — алгебраическое число, то для него найдется d ∈ N, для которого dα — целое алгебраическое. Пусть fα (x) = xn +pn−1 xn−1 +. .

.+p0 ∈ Q[x]. Пусть d — общий знаменатель всех pi . Домножим многочленна dn и выделим в мономе степени k множитель (dα)k :0 = dn · fα (α) = (dα)n + dpn−1 (dα)n−1 + . . . + dn p0 .Значит, многочлен A(x) := xn + dpn−1 xn−1 + . . . + dn p0 аннулирует dα, а в силу выбора d имеем A ∈ Z[x]. 26(8)4.1.3. Теорема о примитивном элементеПусть ξ1 , .

. . , ξn — алгебраические числа, а Q(ξ1 , . . . , ξn ) — минимальное поле, содержащее Q и {ξi }. Оноимеет видA(ξ1 , . . . , ξn ) B(ξ,...,ξ)=60;A,B∈Q[x,...,x].(9)Q(ξ1 , . . . , ξn ) =1n1nB(ξ1 , . . . , ξn ) Поля такого вида называются конечнопорождёнными.В курсе алгебры расширения полей строились несколько иначе. Напомним эту конструкцию. Пусть K — основное поле, и пустьp ∈ K [x]. Факторкольцо E := K [x]/(p) будет полем тогда и только тогда, когда p неприводим над K.

Заметим, что если α —корень неприводимого многочлена p, то в E этот многочлен уже имеет корень x. Поле E будет векторным пространством над Kстепени d := deg p с базисом 1, x, x2 , . . . , xd−1 . Расширение E поля K называется простым алгебраическим расширением поля K,полученным присоединением корня α неприводимого многочлена p.Лемма 4.8 (Про освобождение от знаменателя). Пусть ξ ∈ A, и deg ξ = n.

Тогда каждый элементα ∈ Q(ξ) единственным образом представляется в видеα = r0 + r1 ξ + . . . + rn−1 ξ n−1 ,ri ∈ Q.(10)Иначе говоря, Q(ξ) — n-мерное векторное пространство над Q с базисом 1, ξ, . . . , ξ n−1 .A(ξ). Наша цель — построить элемент B −1 (ξ). Многочлены fξ и B взаимно просты (иначе Пусть α = B(ξ)бы fξ | B, а тогда B(ξ) = 0).

Поэтому в силу леммы о линейном представлении НОД существуют многочленыU (x) и V (x) из Q[x] такие, чтоB(x)V (x) + fξ (x)U (x) = 1.(11)Значит, в частности, B(ξ)V (ξ) + fξ (ξ)U (ξ) = 1, а поскольку fξ (ξ) = 0, то1= V (ξ), то есть α = A(ξ)V (ξ).B(ξ)(12)Разделим многочлен A(x)V (x) на fξ (x) с остатком:A(x)V (x) = Q(x)fξ (x) + R(x),R(x) = r0 + . . . + rn−1 xn−1 .(13)Тогда α = A(ξ)V (ξ) = R(ξ).Осталось проверить, что такое представление единственно. Допустим, что это не так, и α = R(ξ) = S(ξ),причём deg R, S < n.

Тогда многочлен F = R − S аннулирует ξ, что невозможно, ибо deg ξ = n, а deg F < n. √ √√√Пример 1.8. Q( 2, 3) = Q( 2 + 3) = Q(θ). Действительно, решая уравнения√√(θ − 2)2 = 3, (θ − 3)2 = 2,(14)√√√√√√22−1получаем, что 2 = θ 2θи 3 = θ 2θ+1 . Поэтому Q( 2, 3) ⊂ Q(θ), значит, Q( 2, 3) = Q(θ).Теорема 4.9 (О примитивном элементе). Пусть ξ1 , . . . , ξm ∈ A и E = Q(ξ1 , . . . , ξm ). Тогда найдетсяθ ∈ E такое, что E = Q(θ). Пусть сначала m = 2. Для удобства обозначим α = ξ1 , β = ξ2 , Пусть α1 , . . . , αp и β1 , . . .

, βq — числа,сопряженные с α и β соответственно. Пусть, для определённости, β1 = β и α1 = α.Положим θ := α1 + cβ1 , где c — целое число, такое что α1 + cβ1 6= αi + cβj ((i, j) 6= (1, 1)). Такое число cобязательно найдётся, поскольку имеется лишь конечное количество ограничений. Пусть K := Q(θ), тогда ясно,что K ⊂ E.Рассмотрим многочлены h(x) := fα (θ − cx) ∈ K[x] и fβ ∈ Q[x] ⊂ K[x]. Имеем fβ (β) = 0, h(β) = 0, поэтомустепень многочлена d := (h, fβ ) не меньше единицы. Все корни d(x) различны (поскольку d делит fβ , а у неговсе корни различны).

Пусть γ — корень многочлена d, не совпадающий с β. Тогда γ = βj , причём j 6= 1. Имеемh(γ) = h(βj ) = fα (θ − cβj ) = 0, но все корни многочлена fα (x) — это αi , поэтому θ − cβj = αi для некоторого i,значит, θ = αi + cβj .

Но мы специально выбирали θ так, что это возможно лишь в случае i = j = 1, поэтому насамом деле γ = β. Значит, у многочлена d есть только один корень β, поэтому он имеет вид d(x) = ax + b ∈ K[x].Поэтому β = − ab ∈ K и α = θ − cβ ∈ K. Таким образом, мы доказали, что E = Q(α, β) ⊂ K. Но ранее мы ужедоказали обратное включение. Значит, на самом деле E = K.Для произвольного m доказываем индукцией, с учётом равенства Q(ξ1 , . . . , ξm ) = Q(ξ1 , . . .