1610841717-9c24e46dbf04e3bde7cb68f9a60e4fa3 (824182), страница 12
Текст из файла (страница 12)
Тогда F изоморфно либо Q, либо Zp для некоторого простого p.2)Любое поле F содержит единственное простое подполе F0.Доказательство:Докажем сначала второй пункт2)Пусть A,B — два различных подполя F. Тогда A⋂B — подполе (оно не пусто, поскольку в немлежат как минимум 0 и 1). И A⋂B⊊А и A⋂B⊊B. Заметим тогда что так как А и B простые в нихнет несобственных подполей, следовательно A⋂B=А и A⋂B=B → A=B.Теперь докажем пункт 11) Рассмотрим следующую последовательность элементов поля F.: 1, 1+1, 1+1+1, ….=m*1 (mздесь можно называть аддитивной степенью )Возможно два случая (в следующем определении им будет дано название, а пока не будем ихназывать) — среди элементов нет повторяющихся, либо среди них есть повторяющиеся,Перед их рассмотрением введем R ={m*1|m∈Z}.
Докажем что R — подкольцо в F:m1+n1=(1+1...+1)(m раз)+(1+1...+1)(n раз)=(m+n)(1)m1*n1=(1+1..+1)(1+….+1) пользуясь дистрибутивностью получаем что это равно mn(1)Далее нетрудно проверить все аксиомы кольца и доказать это утверждение.Теперь рассмотрим случае 1: повторений среди Элементов R нет. Тогда докажем, что оноизоморфно Z. Построим отображение φ: m1 → m.
Проверить, что это отображение —изоморфизм также не составит никакого труда.Заметим что по теореме о минимальности поля частных F содержит подполе Q(R) изоморфноеQ(Z), но Q(Z)=Q, также заметим, что поскольку F -простое оно не содержит собственныхподполей и следовательно F~Q, что и требовалось (Очевидно Q не изоморфно пустомумножеству, но подполей в F всего два: F и пустое множество).Теперь предположим, что элементы m1 повторяются, начиная с некоторого n ((n)1=0). Пусть n0— наименьшее число с таким свойством.
Докажем, что n0 — простое число.Предположим противное: пусть n0=a*b a,b∈N. Заметим тогда что a1*b1=ab(1)=n0(1)=0, но таккак в поле нет делителей нуля то a1=0 или b1=0 но a,b<n0 и получаем противоречие с выборомn0 как наименьшего.Теперь докажем что R изоморфно Zp:искомым изоморфизмом будет φ: m1 → m (mod p).
Также нетрудно показать, что этоотображение — изоморфизм.Определение 4.32Пусть F — поле, F0 — его простое подполе. По теореме о простом подполе F0 изоморфно либоQ либо Zp для простого p. Говорят что F — поле характеристики нуль если F0 изоморфно Q, и F— поле характеристики p, если F0 изоморфно Zp.ЗамечаниеПоле F всегда можно рассматривать как векторное пространство над его простым подполем P:<F,+,*a, a∈P>Ввиду этого имеем СледствиеСледствиеЛюбое конечное поле F содержит p^n элементов, где n — количество векторов в базисе F, а p —простое.Доказательство:Заметим что простое подполе P, которое существует по теореме 4.14 и, как и F, конечносодержит p элементов, где p — простое (так как оно изоморфно Zp).
Также заметим, чтопоскольку F можно представить как векторное пространство над P, имеющее базис f1...fn тоF=L(f1,...fn) но всего возможно ровно p^n линейных комбинаций (каждый вектор из базиса мыможем домножить на один из p элементов P и всего векторов в базисе n), что и требовалось.Тема 5Алгебра многочленов от одной переменной.Напомним основное определение:Пусть F — некоторое поле, тогда F[x] — кольцо/алгебра многочленов от одной переменной xнад F.F[x]={f(x)=a0+a1x+a2x^2+… anx^n|ai∈F, n≥0}Определение 5.1Степенью ненулевого многочлена (f≠0) называется наибольшее n≥0 такое что an≠0(обозначается deg(f)).
Степень нулевого многочлена полагается равной ∞.Определение 5.2Ненулевой многочлен f(x) степени n называется унитарным если an=1Предложение 5.1 (Свойства степени многочлена)deg(f+g)≤max(deg(f), deg(g))def(fg)=deg(f)+deg(g)Доказательство:Заметим что если deg f=n1> deg g=n2 то наибольшим n будет n1, в случае n2>n1 — n2. n1=n2 →n=n2=n1. Но в случае an2=-an1 мы получим старшую степень меньше.Наибольшей степенью будет n1+n2 поскольку при перемножении степени сложатся.Из этого в частности следует что F[x} — коммутативная область целостности с единицей.Определение 5.3Пусть F — поле, f(x) — многочлен a0+a1x+a2x^2+… + anx^n. c∈F.Тогда отображение νc:F[x} → F f(x) → f (c) , где f(c) =a0+a1*c+a2*c^2+…+an*c^n (называетсязначением многочлена на c) является гомоморфизмом колец: (f+g)(c)=f(c)=g(c) , (fg)(c)=f(c)*g(c),если f(c)=0, то с называется корнем многочлена f(x).Теорема 5.1Пусть f,g ∈ F[x], g≠0.
Тогда существуют единственные q,r ∈F[x] такие что f=qg+r, причемdeg(r)<deg(g).Доказательство:Докажем утверждение индукцией по deg fВозьмем многочлен первой степени: он будет иметь вид ax+b, a≠0. Тогда для любого многочленаg, если g — константа он будет иметь вид либо 0*g+f, если deg>0, либо a/gx/g+b/g. В обоихслучаях разложение очевидно единственно.Тогда докажем переход n-1 → n.Пусть f(x)=anx^n+a(n-1)*x^(n-1)+… + a1x+a0. Если deg g> deg f то f(x)= 0*g(x)+f(x), иначе пустьg=bn*x^n+… b1x+b0. Тогда «разделим» f на g следующим образом.
Найдем наибольшее i такоечто bi≠0 и вычтем из f(x) многочлен домноженный на ai/bi*x^(n-i). Таким образом мы получиммногочлен меньшей степени (мы уничтожили старшую степень, но по предположениюиндукции мы умеем раскладывать такие многочлены. Предложение доказано.(Заметим что мы по сути определили алгоритм «деления в столбик» для многочленов).Примерf(x)=anx^n+a(n-1)*x^(n-1)+… + a1x+a0, g(x)=x-cf=(x-c)q+r, deg r<deg g=1 → r=r0∈F.Из этого очевидно следует что f(c)=0 <=> x-c делит f(x) без остатка.Определение 5.4Говорят что с — корень кратности k многочлена f(x) если (x-c)^k делит f(x), а (x-c)^(k+1) уже неделит.
(иногда считают что корень кратности k — не корень). Из теоремы Безу в частностиследует что ненулевой многочлен степени n имеет не более n корней (с учетом кратностей). Тоесть f(x)=(x-a1)^k1* … (x-am)^km*g(x), где g(x) — многочлен, не имеющий корней в F(возможно константа) и deg(f)=k1+… deg (g)Теорема 5.2Любой идеал кольца многочленов F[x] над полем F имеет вид I={f(x)g(x)|g(x)∈F[x]} длянекоторого f(x)∈F[x] (то есть F[x] — кольцо главных идеалов).Доказательство:Возьмем f(x) как многочлен наименьшей степени в I (иначе не будет выполняться определениеидеала). Мы хотим показать, что h(x)∈I <=> h(x) делится на f(x)..
Таким образом можно считатьчто f(x) — многочлен наименьшей степени в I. Предположим противное: h(x)∈I но h(x) неделится на f(x). Тогда h(x)=q(x)*f(x)+r(x), deg r< deg f r(x)≠0. Однако тогда имеем что h(x)q(x)*f(x)=r(x) Но по определению идеала в таком случае r(x)∈I, но deg r< deg f Получаемпротиворечие с выбором f.Определение 5.5Пусть f(x),g(x) ∈F[x] — два многочлена над полем F. Многочлен d(x)∈F[x] который обладаетследующими свойствами: d делит f(x) и g(x). Если h(x) делит f и g, то h делит d называетсянаибольшим общим делителем многочленов f и g.Теорема 5.3Для любых двух многочленов f(x),g(x) ∈F[x] существует единственный унитарный нод, которыйобозначается gcd(f(x),g(x))=(f,g)Доказательство:Рассмотрим идеал (f,g), порожденный многочленами f и g.
По теореме 5.2 он главный иследовательно порожден одним элементом h. Докажем что h= gcd(f,g). Так как f∈(d), g∈(d) → f иg делятся на h. Проверим второе свойство: пусть d делит f и g. Рассмотрим (d) такие что f,g∈(d).(h)≥(f,g)=(d) => второе условие выполнена. (Из этого почти сразу следует, включение в другуюсторону)Следствие 5.3Пусть f(x),g(x) — ненулевые многочлены. Тогда найдутся многочлены a(x), b(x) ∈ F[x] Такиечто a(x)f(x)+b(x)g(x)=gcd(f(x),g(x))Определение 5.6Пусть F- поле.
Многочлен f(x)∈F[x], deg f>g0 называется неприводимым над F, если его нельзяпредставить в виде f(x)=g(x)h(x), g(x),h(x)∈F[x] 0< deg g, deg h<deg f (иными словами f нераскладывается в произведение многочленов меньшей степени) Если многочлен не являетсянеприводимым над F, то он приводим над F.Теорема 5.4Идеал I◀F[x] являтся максимальным <=> I порожден неприводимым над F многочленом.Доказательство:=>Предположим противное I=<f> - максимальный и при этом f=gh. F[x]\I — поле. Но тогда (gh)+I=(f)+I=0+I => gh∈I но deg g, deg h<deg f поэтому g,h∉I поскольку в I могут лежать толькократные f многочлены (и вообще говоря в поле нет делителей нуля).<=Пусть f неприводим. Тогда докажем что F[x]\I — поле. То есть любой g(x)+I≠0+I обратим.Можно считать что представители класса эквивалентости — остатки от деления на f. Тогда degg< deg f.
gcd(g,f)=1 так как f — неприводимый. Тогда сущестуют u,v: u(x)f(x)+v(x)g(x)=1 нопрофакторизовав по I имеем что u(x)f(x)`=0`, (vg)`=1` то есть v`*g`=1 → v — Обратный для g,что и требовалось.Определение 5.7Пусть F и L — поля. L называется расширением поля F если L содержит подкольцо, изоморфноеF (подполе).Иными словами, поле L — расширение поля F если существует инъективный гомоморфизмколец F → L.Теорема 5.5 (О существовании корня)Для любого поля F и для любого многочлена f(x) над F, deg f>0, найдется такое расширение Lполя f, что L содержит корень многочлена f.ДоказательствоЗаметим, что можно рассматривать f как неприводимый многочлен: В самом деле, если онприводоимый то f=g*h, если же g и (или) h приводимы то gh=g1g2h1h2… Таким образом зачисло шагов, не превышающее deg f (если считать разложение всех многочленов из группы заодин шаг) мы получим разложение f=f1*f2… *fk, где fi — неприводимый многочлен.
Нетруднозаметить что если f1(a)=0, То и f(a)=0, так что в таком случае можно считать f неприводимым.Рассмотрим L=F[x]/(f) — поле (по теореме 5.4 и ранее доказанному утверждению о том, чтотакая факторизация дает поле). Тогда докажем что x`∈ L — корень f(x).
Пусть f=anx^n+…a1x+a0. Тогда введем отображение φ: F[x] → F[x]/(f)=L. Тогда φ(a0)∈L и φ(x)=x`∈L. Посколькуна f можно также смотреть как на многочлен над L и ввиду того что φ сохраняет операции имеемчто an x`^n+… a1x`+a0=(anx^n)`+… (a1x)`+a0`=(anx^n+… a1x+a0)`=f(x)`=0`.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
