Е.Е. Тыртышников - Основы алгебры (1109873), страница 13

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 13)

ân xn ∈ K̂(x).Легко видеть, что они имеют одну и ту же степень n = deg f (x) = deg fˆ(x) ≥ 1 инеприводимость f (x) имеет место в том и только том случае, когда неприводим fˆ(x).Можно считать, что θ и θ̂ принадлежат каким-то полям разложения соответствующих неприводимых многочленов f (x) и fˆ(x).

Мы хотим доопределить φ на K(θ)так, чтобы это был изоморфизм. Если это возможно, то число φ(θ) должно бытькорнем многочлена fˆ(θ). В самом деле, пустьf (x) = a0 + a1 x + . . . + an xn ↔ fˆ(x) = â0 + â1 x + . . . + ân xk .Тогда в силу сохранения операцийa0 + a1 θ + . . . + an θ n = 0⇒â0 + â1 φ(θ) + . .

. + ân (φ(θ))n = 0.Мы уже знаем, как устроены поля, возникающие при присоединении корня неприводимого многочлена:K(θ) = {c0 + c1 θ + . . . + cn−1 θn−1 : c0 , . . . , cn−1 ∈ K},K̂(θ̂) = {ĉ0 + ĉ1 θ̂ + . . . + ĉn−1 θ̂n−1 : ĉ0 , . . . , ĉn−1 ∈ K̂}.Поэтому искомое отображение ψ : K(θ) → K̂(θ̂) кажется вполне естественным определить следующим образом:ψ(c0 + c1 θ + . .

. + cn−1 θn−1 ) := ĉ0 + ĉ1 θ̂ + . . . + ĉn−1 θ̂n−1 ,ĉi := φ(ci ),0 ≤ i ≤ n − 1.Ясно, что ψ(a) = φ(a) ∀ a ∈ K, т.е. ψ совпадает с φ на K, но имеет более широкуюобласть определения.Докажем, что ψ является изоморфизмом полей K(θ) и K̂(θ̂). Взаимная однозначность очевидна. Сохранение сложения тоже очевидно.

Установим сохранение операции умножения. Пустьu = c0 + c1 θ + . . . + cn−1 θn−1 = c(θ),c(x) := c0 + c1 x + . . . + cn−1 xn−1 ,v = d0 + d1 θ + . . . + dn−1 θn−1 = d(θ),d(x) := d0 + d1 x + . . . + dn−1 xn−1 .Тогдаˆ θ̂).ψ(v) = d(ψ(u) = ĉ(θ),Поделим c(x)d(x) с остатком на f (x):ˆ = fˆ(x)q̂(x) + r̂(x).c(x)d(x) = f (x)q(x) + r(x) ↔ ĉ(x)d(x)Отсюдаψ(uv) = ψ(r(θ)) = r̂(θ) = ψ(u)ψ(v).602Теорема 3.5.2 Любой изоморфизм полей продолжается до изоморфизма заданныхполей разложения соответствующих многочленов.Доказательство. Рассмотрим изоморфизм φ : K → K̂ и пару соответствующихмногочленов f (x) и fˆ(x). Разложение f (x) на неприводимые множители порождаетразложение fˆ(x) на соответствующие неприводимые множители:f (x) = f1 (x) .

. . fs (x) ↔ fˆ(x) = fˆ1 (x) . . . fˆs (x),fi (x) ↔ fˆi (x),1 ≤ i ≤ s.Пусть Π ≥ K и Π̂ ≥ K̂ – заданные поля разложения для f (x) и fˆ(x). Обозначимчерез m число корней многочлена f (x), не принадлежащих полю K, и проведеминдукцию по m. Случай m = 0 тривиален, так как Π = K и Π̂ = K̂.

Пусть m ≥ 1 и θ ∈Π\K – корень, скажем, множителя f1 (x). Тогда deg f1 (x) ≥ 2. Согласно доказаннойвыше лемме, изоморфизм φ продолжается до изоморфизма ψ полей K(θ) и K̂(θ). Поиндуктивному предположению, ψ продолжается до изоморфизма полей разложениямногочленов f (x) и fˆ(x), так как число корней f (x) вне поля K(θ) строго меньше m.2Следствие 3.5.1 Любые поля разложения одного и того же многочлена над одними тем же полем изоморфны.Доказательство. Пусть Π и Π̂ – два поля разложения одного и того же многочлена. Согласно доказанной теореме, тождественное отображение φ : K → K̂ = Kпродолжается до изоморфизма полей Π и Π̂. 2Задача 112. Докажите, что размерность поля разложения многочлена степениn не выше n!.Задача 113.

Найдите размерность поля разложения многочлена f (x) = x4 + 1 надполем рациональных чисел Q.Задача 114. Найдите размерность поля разложения многочлена f (x) = x4 + 1 надполем вычетов по модулю p для p = 2, 3, 5.3.6Производная многочлена и кратные корниПусть M – поле разложения многочлена f (x) над полем K. Корень a ∈ M многочленаf (x) над полем K называется корнем кратности s, еслиf (x) = (x − a)s g(x),g(x) ∈ M [x],g(a) 6= 0,s – неотрицательное целое число.Если s = 1, то корень называется простым. Если s ≥ 2, то корень называется кратным. Многочлен называется сепарабельным, если в его разложении на неприводимые61множители каждый множитель имеет только простые корни в своем поле разложения.Чтобы узнать, имеет ли многочлен кратные корни, совсем не обязательно знатькорни! Этот вопрос проясняется с помощью производной данного многочлена.В алгебре под производной многочленаf (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + .

. . + an xnпонимается многочлен видаf 0 (x) := a1 + 2a2 x + . . . + nan xn−1 .Утверждение 3.6.1 Для двух многочленов f (x) и g(x) справедливы соотношения(f (x) + g(x))0 = f 0 (x) + g 0 (x),(f (x)g(x))0 = f 0 (x)g(x) + f (x)g 0 (x),(f (g(x))0 = f 0 (g(x))g 0 (x).Теорема 3.6.1 Многочлен f (x) над полем K имеет только простые корни в своемполе разложения в том и только том случае, когда f (x) и его производная f 0 (x)взаимно просты.Доказательство.

Пустьf (x) = (x − a)s g(x),где g(a) 6= 0.Если s ≥ 2, тоf 0 (x) = s(x − a)s−1 g(x) + (x − a)s g(x) ⇒ f 0 (a) = 0.Таким образом, в случае кратного корня a многочлены f (x) и f 0 (x) с коэффициентами из поля K имеют общий корень в в некотором расширении поля K и поэтомуобладают нетривиальным общим делителем над исходным полем K.Если s = 1, то f 0 (x) = g(x)+(x−a)g 0 (x) ⇒ f 0 (a) 6= 0. Если все корни f (x) простые,то ни один из них не является корнем f 0 (x). Для этого необходима взаимная простотамногочленов f (x) и f 0 (x). 2Задача 115. Докажите, что многочленf (x) = 1 +xx2xn++ ...

+1!2!n!не имеет кратных корней.Задача 116. Является ли многочлен f (x) = x4 + x2 + 1 ∈ Z2 [x] сепарабельным?Задача 117. Пусть L = Z2 (y) – поле рациональных функций от y над полем Z2 .Докажите, что многочлен f (x) = x2 − y неприводим над L, но имеет кратныйкорень в своем поле разложения.623.7Конечные поляВ поле K рассмотрим n-кратные единицы n · 1 = 1 + . . . + 1 (n раз) и предположим,что n · 1 = 0 для какого-то натурального числа n. Наименьшее n с таким свойствомназывается характеристикой поля K.

Если n · 1 6= 0 при всех натуральных n, то считается, что поле имеет характеристику 0. Обозначение для характеристики: char K.Утверждение 3.7.1 Характеристика поля либо равна нулю, либо является простым числом.Доказательство. Если ненулевая характеристика поля является составным числомn = kl, то 0 = n · 1 = (k · 1)(l · 1), т.е. имеются делители нуля. В поле их не бывает,поэтому n должно быть простым числом. 2Поле нулевой характеристики обязательно имеет бесконечно много элементов.Поэтому любое конечное поле обладает положительной характеристикой.Утверждение 3.7.2 В конечном поле характеристики p число элементов имеетвид ps , где s – натуральное число.Доказательство. Обозначим данное конечное поле через L.

Несложно убедиться втом, что множествоK := {n · 1 : n = 0, 1, . . . , p − 1}является подполем, изоморфным полю Zp . При отождествлении изоморфных полейможно считать, что L является расширением поля Zp . Это расширение очевидноявляется конечным. Пусть s – размерность поля L как линейного пространства надполем Zp . Тогда любой элемент a ∈ L имеет однозначное разложение по базисуa1 , . . . , as ∈ L:a = α1 a1 + .

. . + αs as , α1 , . . . , αs ∈ Zp .Отсюда вытекает, что число элементов в поле L равно ps . 2Мы уже знаем, что для любого простого p имеется конечное поле Zp , в которомровно p элементов. Для любого ли натурального числа s существует поле, в которомровно ps элементов?Теорема 3.7.1 Для любого простого числа p и натурального числа s поле, в котором ровно n = ps элементов, существует. Все поля из n элементов изоморфны.Доказательство.

Предположим, что L – поле с числом элементов n = ps . Его мультипликативная группа имеет порядок n − 1. Поэтому для любого 0 6= a ∈ L имеетместо равенство an−1 = 1 и, следовательно, все элементы поля L являются корнямимногочленаf (x) := xn − x ∈ Zp .Обозначим через M поле разложения данного многочлена и определим множествоL следующим образом:L := {a ∈ M : an = a}.63Пусть a, b ∈ L. Тогда2(a + b)p = ap + bp ⇒ (ap + bp )p = ap + bp(ab)n = an bn = ab,2⇒ .

. . ⇒ (a + b)n = an + bn = a + b,(a−1 )n = (an )−1 = a−1 .Таким образом, множество всех корней многочлена f (x) = xn − x является полем ипоэтому M = L.Многочлен n-й степени не может иметь больше чем n корней. Поэтому остаетсяпонять, почему у многочлена f (x) = xn − x не может быть кратных корней.

Дляэтого вычислим производную многочлена f (x) по модулю p:f 0 (x) = nxn−1 − 1 = −1 (mod p).Производная является ненулевой константой, поэтому f (x) и f 0 (x) взаимно просты.Следовательно, все корни многочлена f (x) простые, т.е. он имеет n различных корней. Это означает, что в поле M ровно n элементов.Из нашего рассуждения ясно, что искомое поле непременно является полем разложения многочлена f (x) = xn − x ∈ Zp . Ранее уже было доказано, что все поляразложения одного и того же многочлена над одним и тем же полем изоморфны. 2Задача 118.

Пусть K – поле положительной характеристики p. Докажите, чтонеприводимый многочлен f (x) над K имеет кратный корень в том и только томслучае, когда он имеет вид f (x) = g(xp ) для какого-то многочлена g(x) ∈ K[x].Задача 119. Может ли многочлен, неприводимый над конечным полем, иметькратные корни?Задача 120. Существует ли линейное пространство, в котором ровно 10 векторов?3.8Мультипликативная группа конечного поляТеорема 3.8.1 Для любого конечного поля мультипликативная группа являетсяциклической.Сначала мы установим простую лемму об абелевых группах.Лемма 3.8.1 Пусть a и b – элементы порядка m и n в некоторой абелевой группе.Если m и n взаимно просты, то порядок элемента ab равен mn.Доказательство.

Пусть e – единичный элемент и k – порядок элемента ab. Тогда..(ab)k = e ⇒ akn = e, bkm = e ⇒ kn .. m, km .. n. Вследствие взаимной простоты...m и n находим k .. m, k .. n ⇒ k .. mn. Таким образом, (ab)mn = e и (ab)k 6= e при1 ≤ k < mn. 2Доказательство теоремы. Пусть дано конечное поле с числом элементов n = ps ,где p - простое число, s – натуральное число, G – множество ненулевых элементов поля, образующих мультипликативную группу. Рассмотрим разложение числа64m := |G| = n − 1 на простые множители: m = ps11 ps22 .

. . pst t . Все корни уравненияxm/pi = 1 принадлежат G и их число строго меньшеs m. Поэтому существует элементsi−1sim/p im/pai ∈ G такой, что ai i 6= 1. Положим bi := ai i . Тогда bipi = 1, но bipi6= 1.Отсюда следует, что порядок элемента bi равен psi i . Согласно предыдущей лемме,порядок элемента θ := b1 .

Характеристики

Список файлов книги