Ю.В. Нестеренко - Курс лекций по теории чисел (1159521), страница 8
Текст из файла (страница 8)
, ξm−1 )(ξm ). Следствие 4.4. Каждое поле, порожденное конечным количеством алгебраических чисел, есть конечномерное линейное пространство над Q.Определение. Степенью расширения E поля рациональных чисел называется размерность E над Q иобозначается [E : Q], то есть [E : Q] = dimQ E = deg θ.274.1.4. Алгебраическая замкнутость поля алгебраических чиселТеорема 4.10. Если P ∈ A[x] и ξ — корень P (x), то ξ ∈ A. Иначе говоря, поле алгебраических чиселалгебраически замкнуто.
Пусть P (x) = αn xn + . . . + α0 , αi ∈ A, αn 6= 0, P (ξ) = 0. Можно считать, что αn = 1 (в любом случаеможно на αn поделить). Пусть E = Q(αn−1 , . . . , α0 ) = Q(θ), m = deg θ = [E : Q]. Поэтому найдутся многочленыFj ∈ Q[x] степени не выше m: αj = Fj (θ). Составим новый многочлен от двух переменных:F (x, y) = xn + Fn−1 (y)xn−1 + . . .
+ F0 (y) ∈ Q[x, y].(15)Пусть θi — корни, сопряжённые с θ, и пусть θ = θ1 . Рассмотрим теперьH(x) =mYF (x, θi ).(16)i=1В силу следствия 4.1 получаем H ∈ Q[x]. Но F (ξ, θ1 ) = P (ξ) = 0, то есть H(ξ) = 0. Значит ξ ∈ A. Мы уже приводили более краткие аргументы того, что множество K всех корней многочленов над некоторым полем K само является полем. Докажем его алгебраическую замкнутость без использования тяжёлой артиллерии (теоремы о примитивномэлементе).
Рассмотрим произвольный многочлен f ∈ K [x], и пусть ai — его коэффициенты. Рассмотрим поле E := K (a0 , . . . , an ).Это конечное расширение поля K. Итак, имеем такую башню полей: K ⊂ E ⊂ K. Присоединим к полю E корень θ многочлена f .Тогда у нас есть ещё одна башня: K ⊂ E ⊂ E (θ ), причём оба расширения конечны. Как мы знаем, в этом случае E (θ ) — конечноерасширение поля K, значит, все его элементы алгебраичны над K, в частности, корень θ. Стало быть, θ ∈ K по определению. Итак,мы показали, что многочлен f имеет корень в K.4.2.
Проблема квадратуры кругаМы хотим получить ответ на вопрос, можно ли при помощи циркуля и линейки построить квадрат, поплощади равный единичному кругу. Определимся для начала, какие простейшие операции мы можем совершатьциркулем и линейкой. Они известны нам со школы: мы можем соединять точки и строить окружности, находитьих точки пересечения, а также выбирать произвольную точку где-нибудь.Определение. Алгебраические точки — это все точки плоскости, обе координаты которых — алгебраическиечисла.
Алгебраические прямые — это все прямые, заданные в виде ax + by + c = 0, где a, b, c ∈ A. Алгебраическиеокружности — это все окружности, чей центр — алгебраическая точка и радиус — алгебраическое число.Теорема 4.11. Каждая операция над алгебраическими элементами (точками, прямыми и окружностями)приводит к алгебраическим элементам. В самом деле,1.
Если мы проводим прямую через две алгебраические точки A = (x1 , y1 ) и B = (x2 , y2 ), то она алгебраическая, так как её уравнение имеет вид (x2 − x1 )(y − y1 ) = (y2 − y1 )(x − x1 ).2. Если мы строим окружность рационального радиуса и с рациональным центром, то она будет алгебраической по определению.3. Точка пересечения двух алгебраических прямых — алгебраическая, поскольку для ее нахождения мырешаем систему из двух линейных уравнений и значит совершаем лишь операции сложения и умножениянад алгебраическими числами.4.
Точки пересечения окружности и прямой — алгебраические, так как для их нахождения нужно решатьквадратное уравнение.5. Точки пересечения двух окружностей — алгебраические. Действительно, если нам дано((x − x1 )2 + (y − y1 )2 = R12(17)(x − x2 )2 + (y − y2 )2 = R22 ,то можно вычесть из первого уравнения второе, получить систему из линейного и квадратного уравненийи свести задачу к предыдущей.Теорема доказана. Поскольку множество рациональных чисел всюду плотно, то и множество алгебраических чисел всюду плотно, значит никто нам не мешает считать, что начинать решать проблему квадратуры круга мы будем с выбораалгебраических объектов. Тогда, как показано выше, дальше мы будем получать только алгебраические объекты. Поэтому √и квадрат, который мы получим, если решим проблему, будет иметь стороны алгебраическойдлины, то есть π — число алгебраическое, значит, по теореме 4.10, число π тоже алгебраическое. Таким образом, если мы докажем трансцендентность π, то мы докажем и неразрешимость проблемы квадратуры круга.История решения этой проблемы такова: в 1830 г.
проблему квадратуры свели к проблеме трансцендентности π, которую всвою очередь разрешили в 1880 г.284.3. Расширения полей4.3.1. Нормальные расширенияОпределение. Пусть E и F — поля. Инъективный гомоморфизм σ : E → F называется вложением. Мыбудем обозначать это так: σ : E ֒→ F .Пример 3.1. Для поля C существует всего два автоморфизма, сохраняющих подполе R. Это тождественныйавтоморфизм и комплексное сопряжение z 7→ z. Это связано с тем, что C = R(i), и [C : R] = 2.Теорема 4.12.
Пусть E — конечное расширение Q и [E : Q] =: ν. Пусть E = Q(θ) и θ1 , . . . , θν — сопряженные с θ, аσj : α = r(θ) 7→ r(θj ), j = 1, . . . , ν.(18)Тогда все отображения σj являются попарно различными вложениями E ֒→ C, и других нет. Чтобы сократить обозначения, не будем каждый раз указывать, что многочлены от θ, представляющиеэлементы расширения E, имеют степень строго меньше ν и имеют рациональные коэффициенты.1◦ Сначала проверим, что σj — гомоморфизм. Пусть α = r(θ), β = s(θ).Сумма: пусть t := r + s.
Тогда α + β = t(θ), поэтому(19)σj (α + β) = t(θj ) = r(θj ) + s(θj ) = σj (α) + σj (β).Произведение: пусть t := rs. Разделим t с остатком на fθ , получим t = fθ q + u. Тогда(20)σj (αβ) = u(θj ) = r(θj )s(θj ) = σj (α)σj (β).Частное:γ=ασj (α)⇒ α = βγ ⇒ σj (α) = σj (β)σj (γ) ⇒ σj (γ) =.βσj (β)(21)2◦ Теперь проверим инъективность σj . Для этого покажем, что Ker σj = 0. Допустим, что σj (α) = 0, тогдаr(θj ) = 0, а это невозможно, поскольку минимальный многочлен θj имеет степень ν, а deg r < ν.Все σj различны, потому что σj (θ) = θj 6= θi = σi (θ) (i 6= j).3◦ Теперь докажем, что других вложений нет.
Пусть σ — произвольное вложение. Тогда, поскольку этоинъективный гомоморфизм, то σ(0) = 0, σ(1) = 1. Далее, очевидно, что σ(n) = σ(1 + . . . + 1) = 1 + . . . + 1 = n, иaσ(−n) = −n (поскольку σ(0) = σ(n) + σ(−n)), и, наконец, σ ab = σ(a)σ(b) = b , то есть σ сохраняет Q.Воспользуемся неподвижностью подполя Q. Имеемfθ (θ) = θν + aν−1 θν−1 + .
. . + a0 = 0.(22)Подействуем на это равенство вложением σ, получим:νν−1σ(θ) + aν−1 σ(θ)+ . . . + a0 = 0.(23)Итак, σ(θ) — тоже корень многочлена fθ , значит, он совпадает с одним из θj . Но это значит, что оно совпадаетс одним σj . Действительно, пусть α = r(θ), тогда σ(α) = r σ(θ) = r(θj ). Изучим вопрос, как устроены образы фиксированного алгебраического числа под действием вложений.Теорема 4.13. Пусть E ⊃ Q, ν = [E : Q], α ∈ E, deg α = m. Тогда m ν и {σ1 (α), . . . , σν (α)} состоит изνсопряженных числа α и каждое их них повторяется ровно mраз.ννQQ Пусть E = Q(θ) и α = r(θ). Тогда многочлен g(x) =(x − σj (α)) =(x − r(θj )) по следствию 4.1j=1j=1лежит в Q[x]. Разделим g на fα столько раз, сколько сможем:g(x) = fαk (x)d(x),f ∤ d,k > 0.(24)и докажем, что d(x) ≡ const.
Предположим противное: deg d > 1 и β — корень d. Тогда тем более g(β) = 0, значит,найдется j, для которогоβ = r(θj ) = σj (α). Имеем fα (α) = 0. Подействуем на это равенство вложением σj ,получим fα σj (α). = 0, то есть fα (β) = 0. Стало быть, многочлены fα и d имеют общий корень, а так как fαнеприводим, то d .. fα , а мы вроде договорились, что это не так. Значит, на самом деле, d(x) ≡ const, но посколькустаршие коэффициенты у g и fα равны 1, то эта константа на самом деле равна 1.Итак, g(x) = fαk (x). Слева стоит многочлен степени ν, а справа — степени km, отсюда и следует, что, во-первых, m | ν, а во-вторых, множество корней g(x) состоит из k комплектов корней многочлена fα . Следствие 4.5.
Число α ∈ E рационально ⇔ оно неподвижно при всех вложениях.29 Ясно, что нужно доказать только в обратную сторону. Предположим, что deg α > 2. Тогда в силупредыдущей теоремы в наборе {σ1 (α), . . . , σν (α)} должно быть хотя бы два различных числа, а это не так поусловию — противоречие. Определение. Расширение E ⊃ Q называется нормальным, если для любого вложения σ : E ֒→ C выполняется равенство σ(E) = E.√√√Пример 3.2. E = Q( 2). Тут только два вложения: тождественное и «сопряжение» (a + b 2 7→ a − b 2).Ясно, что для обоих σ(E) = E.
Поэтому такое E — нормальное.√√√√√2πi3Пример3.3.√E = Q( √2). Многочлен x3 − 2 имеет три корня: 3 2, ξ 3 2, ξ 2 3 2, (ξ = e 3 ), то α = a + b 3 2 +√+ c 3 4 7→ a + bξ 3 2 + cξ 2 3 4 — число, вообще говоря, комплексное. Поэтому σ(E) 6= E, значит такое E — ненормальное.Теорема 4.14 (Достаточное условие нормальности). Пусть E = Q(ξ1 , . . . , ξm ), где ξi ∈ A и все сопряженные каждому ξi принадлежат E. Тогда E нормально. Пусть α ∈ E. Тогда допустимо представление:α=A(ξ1 , . . . , ξm ),B(ξ1 , .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
