Е.Е. Тыртышников - Основы алгебры (1109873), страница 12
Текст из файла (страница 12)
. . , wn – егобазис. Тогда любое число z ∈ M имеет видz = γ1 w1 + . . . + γn wn ,54γ1 , . . . , γn ∈ K.Данное выражение можно рассматривать также как линейную комбинацию с коэффициентами из поля L. Поэтому пространство M над L также конечномерно иm := dim(M : L) ≤ n. В то же время L является подпространством в пространствеM над K, поэтому оно конечномерно и l := dim(L : K) ≤ n.Рассмотрим два базиса:u1 , . . . , ul – базис L над K и v1 , . . . , vm – базис M над L.Пусть z – произвольное число из M . Оно допускает однозначно определенное разложениеmXz=βi vi , где βi ∈ L, 1 ≤ i ≤ m.i=1Каждый коэффициент βi ∈ L имеет однозначно определенное разложениеβi =lXaij uj ,где aij ∈ K, 1 ≤ j ≤ l.j=1Таким образом, любое число z ∈ M однозначно представимо в виде линейной комбинации ml векторов uj vi ∈ M :z=m XlXaij (uj vi ),aij ∈ K.i=1 j=1Следовательно, n = ml. 2Пусть поле L является расширением поля K.
Число α ∈ L называется алгебраическим над K, если оно является корнем ненулевого многочлена с коэффициентамииз K. Ненулевой многочлен над K минимальной степени, для которого α являетсякорнем, называется минимальным многочленом для числа α. Расширение L ≥ Kназывается алгебраическим расширением поля K, если любое число из L являетсяалгебраическим над полем K. Поле K называется алгебраически замкнутым, еслилюбое алгебраическое над K число принадлежит K.Утверждение 3.3.1 Минимальный многочлен над полем K является неприводимым над K.Доказательство. Если минимальный многочлен для числа α приводим над K, то αявляется корнем какого-то множителя в нетривиальном разложении минимальногомногочлена на неприводимые множители. 2Утверждение 3.3.2 Любое конечное расширение поля является алгебраическим,причем степень любого минимального многочлена не выше размерности расширения.55Доказательство.
Пусть n = dim(L : K) и α ∈ L. Тогда числа1, α, . . . , αnлинейно независимы как векторы пространства L над полем K. Поэтому для некоторых не равных одновременно нулю чисел a0 , a1 , . . . , an ∈ K имеемa0 · 1 + a1 · α + . . . + an · αn = 0.Многочленf (x) := a0 + a1 x + . . . + an xnимеет коэффициенты из K, не является нулевым и при этом f (α) = 0. 2Задача 103. Пусть p1 < .
. . < pn – произвольная последовательность простыхчисел. Докажите, что числа ln p1 , . . ., ln pn линейно независимы над полем рациональных чисел Q.√Задача 104. Найдите минимальный многочлен для числа 7 8 над полем рациональных чисел Q.Задача 105. Докажите, что поле комплексных чисел C не является алгебраическим расширением поля рациональных чисел Q.3.4Присоединение корняПусть поле M является расширением поля K и число θ ∈ M \K алгебраично надK. Обозначим через K(θ) минимальное расширение поля K, содержащее число θ.Минимальность означает, что θ не принадлежит никакому нетривиальному подполюполя K(θ).
Принято говорить, что поле K(θ) получается из поля K присоединениемчисла θ. В нашем случае θ – это корень какого-то ненулевого многочлена над K, вчастности своего минимального многочлена.Теорема 3.4.1 Пусть поле M есть расширение поля K и f (x) ∈ K[x] – минимальный многочлен для θ ∈ M \K. ТогдаK(θ) = L,гдеL := {a0 + a1 θ + . . .
+ an−1 θn−1 : a0 , a1 , . . . , an−1 ∈ K},n := deg f (x).При этом расширение K ≤ K(θ) является конечным расширением размерности n.Доказательство. Ясно, что L ⊆ K(θ). Чтобы доказать равенство, достаточно установить, что L является полем.Множество L очевидно является замкнутым относительно операции сложениячисел. Установим его замкнутость относительно умножения чисел. Числа u, v ∈ Lимеют видu = φ(θ), v = ψ(θ), где φ(x), ψ(x) ∈ K[x].56Рассмотрим произведение многочленов φ(x)ψ(x) и поделим его с остатком на f (x):φ(x)ψ(x) = q(x)f (x) + r(x),гдеdeg r(x) ≤ n − 1 либо r(x) = 0.Отсюдаuv = φ(θ)ψ(θ) = r(θ) ∈ L.Пусть u 6= 0. Тогда φ(x) 6= 0 и можно считать, что deg φ(x) ≤ n−1.
Многочлены φ(x) иf (x) взаимно просты, иначе минимальный многочлен f (x) оказался бы приводимымнад K. По теореме о наибольшем общем делителе, существуют многочлены над Kтакие, чтоφ(x)p(x) + f (x)q(x) = 1, deg p(x) < deg f (x) = n⇒φ(θ)p(θ) = 1 ⇒ 1/u ∈ L.По самому построению линейное пространство L является линейной оболочкойвекторов 1, θ, . . ., θn−1 . Чтобы доказать линейную независимость этих векторов надполем K, рассмотрим равенствоa0 + a1 θ + .
. . + an−1 θn−1 = 0.Если хотя бы один из коэффициентов данной линейной комбинации не равен нулю,то θ будет корнем многочлена над K, степень которого строго меньше n. Это противоречит минимальности многочлена f (x). Следовательно, a0 = . . . = an−1 = 0.2В наших рассуждениях число θ было взято из уже существующего расширенияM поля K. Рассмотрим более тонкий вопрос – о существовании поля M , в которомимеется корень θ заданного неприводимого многочлена f (x) с коэффициентами изполя K.Пусть f (x) – произвольный ненулевой многочлен из кольца K[x].
Для любогомногочлена φ(x) ∈ K[x] множество многочленов.[φ(x)] := {g(x) ∈ K[x] : g(x) − φ(x) .. f (x)}называется вычетом по модулю f (x). Эти вычеты можно складывать и умножать:[φ(x)] + [ψ(x)] := [φ(x) + ψ(x)],[φ(x)][ψ(x)] = [φ(x)ψ(x)].Несложно проверяется, что эти операции сложения и умножения вычетов в кольцемногочленов K[x] определены корректно и превращают множество вычетов по модулю f (x) в ассоциативное коммутативное кольцо с единицей, в котором вычеты,порожденные многочленами-константами, естественно отождествляются с числамииз K.Лемма 3.4.1 Кольцо вычетов по неприводимому над полем K многочлену f (x) является полем, содержащим поле K.57Доказательство.
Пусть [φ(x)] 6= 0. Тогда многочлен φ(x) взаимно прост с многочленом f (x) и, по теореме о наибольшем общем делителе, существуют многочленыp(x) и q(x) из K[x] такие, чтоφ(x)p(x) + f (x)q(x) = 1⇒[φ(x)p(x)] = [φ(x)][p(x)] = [1].Таким образом, любой ненулевой вычет является обратимым в кольце вычетов. 2Теорема 3.4.2 Для любого поля K и любого неприводимого над K многочлена f (x)существует расширение M поля K и число θ ∈ M такое, что f (θ) = 0.Доказательство. В качестве M рассмотрим поле вычетов по модулюf (x) = a0 + a1 x + . . . + an xn ,a0 , a1 , .
. . , an ∈ K.Этот же многочлен можно рассматривать как многочлен над M :f (x) = [a0 ] + [a1 ]x + . . . + [an ]xn .Положим θ := [x]. Тогдаf (θ) = f ([x]) = [a0 ] + [a1 ][x] + . . . + [an ][x]n = [a0 + a1 x + . . . + an xn ] = [f (x)] = 0.Таким образом, поле M является искомым. 2Задача 106. Докажите, что Q√2+√ √ √ 3 = Q 23 .Задача 107. Пусть θ – корень многочлена f (x) = x4 − 10x + 1 ∈ Q[x]. Найдитеразмерность расширения Q ≤ Q(θ).Задача 108. Пусть числа a и b являются алгебраическими над полем K.
Докажите, что числа a + b и ab также будут алгебраическими над K.Задача 109. Приведите пример алгебраического расширения, которое не являетсяконечным.Задача 110. Пусть p1 < . . . < pn – последовательность простых чисел. Докажи√√те, что числа p1 , . . ., pn линейно независимы над полем рациональных чисел.Задача 111. Бесконечное поле K вложено в поле M и число промежуточных полеймежду K и M конечно.
Докажите, что M = K(θ) для какого-то числа θ ∈ M .583.5Поле разложенияПусть f (x) – многочлен степени n ≥ 1 над полем K. Его полем разложения над Kназывается расширение M поля K, которое обладает следующими свойствами:• поле M содержит все n корней многочлена f (x), т.е. над M имеет место разложениеf (x) = a(x − θ1 ) . . . (x − θn ), θ1 , . . . , θn ∈ M,a ∈ K – старший коэффициент f (x);• если K ≤ L ≤ M и поле L содержит все корни многочлена f (x), то L = M .Теорема 3.5.1 Любой отличный от константы многочлен над полем K обладаетполем разложения над K.Доказательство.
Рассмотрим разложение данного многочлена на неприводимыемножители над K и построим поле K1 ≥ K путем присоедения к K корня какоголибо из неприводимых множителей. Над K1 наш многочлен распадается уже на большее число неприводимых множителей. Присоединим какой-либо из их корней. И такдалее. В итоге получится поле M 0 , содержащее K и все корни заданного многочлена. Пусть множество M является пересечением всех подполей поля M 0 , которыесодержат K и все корни нашего многочлена. Несложно проверяется, что пересечение любого числа подполей есть поле. Поле M и будет искомым полем разложениязаданного многочлена. 2Наша ближайшая цель – доказать, что поле разложения заданного многочленаопределяется по существу однозначно.
Несмотря на то, что при его построении могут получаться формально разные поля, все они будут неразличимы с точки зрениясвойств их операций. Способ отождествления формально разных полей связан с понятием изоморфизма полей.Пусть K и K̂ – два поля. Отображение φ : K → K̂ называется изоморфизмом,если оно является взаимно-однозначным и сохраняет операции в том смысле, чтоφ(a + b) = φ(a) + φ(b),φ(ab) = φ(a)φ(b) ∀ a, b ∈ K.В таких случаях поле K называется изоморфным полю K̂. Обозначение: K ∼= K̂. Намножестве всех полей мы получаем бинарное отношение эквивалентности, котороеразбивает все множество полей на классы изоморфных между собой полей.Изоморфизм φ : K → K̂ естественным образом порождает взаимно-однозначноеотображение кольца мночленов K[x] на кольцо K̂[x]:f (x) = a0 + a1 x + .
. . + an xn → fˆ(x) = â0 + â1 x + . . . ân xn ,гдеâi := φ(ai ),0 ≤ i ≤ n.Многочлены f (x) и fˆ(x) будем называть соответствующими.Если есть более широкое поле L ≥ K, то φ можно попытаться доопределить на Lтак, чтобы получился какой-то изоморфизм поля L на какое-то поле L̂ ≥ K̂.
В такихслучаях говорят, что изоморфизм поля K продолжается до изоморфизма поля L.59Лемма 3.5.1 Любой изоморфизм полей φ : K → K̂ продолжается до изоморфизмаполей ψ : K(θ) → K̂(θ̂), где θ и θ̂ – заданные корни соответствующих неприводимыхмногочленов f (x) ∈ K[x] и fˆ[x] ∈ K̂[x].Доказательство. Рассмотрим пару соответствующих многочленовf (x) = a0 + a1 x + . . . + an xn ∈ K[x],fˆ(x) = fˆ(x) = â0 + â1 x + . . .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
