1610841784-4ddd8b6ff40e9cbd93e57c95925d7436 (824186), страница 17
Текст из файла (страница 17)
Тогда 0 < deg g = deg f − deg q < deg f :f = gq,0 < deg g, deg q < deg f— противоречие с неприводимостью f .Значит, deg q = 0: f = qg, q — ненулевая константа. Поэтому q −1 ∈ F ⇒g = q −1f ∈ (f ) ⇒ I = J.(?)f 6= f1f2 ⇐⇒ (f ) E F [x] max⇐Допустим, f = f1f2 для некоторых f1, f2 ∈ F [x], 0 < deg f1, deg f2 < deg f .Тогда(f1 + I)(f2 + I) = f1f2 + I = f + I = 0в фактор-кольце F [x]/IЕсли I = (f ) E F [x] — максимальный идеал, то F [x]/I — поле,а в поле нет делителей нуля.Поэтому f1 ∈ I или f2 ∈ I, что невозможно, поскольку I состоит измногочленов, делящихся на f без остатка, т.е.
их степень не можетбыть меньше deg f .10. Кольцо многочленов от однойпеременной (продолжение)Расширения полей. Существование корняПусть F и L — поля.Поле L называется расширением поля F , если L содержит подполе,изоморфное полю F .Теорема (о существовании корня).Для любого поля F и для любого f ∈ F [x], deg f > 0, найдется такоерасширение L поля F , что L содержит корень многочлена f .Доказательство.(!) f = f1 . . . fk , k ≥ 1, — неприводимые над F множители.Достаточно найти расширение, в котором содержится кореньмногочлена f1.Построим его следующим образом:Рассмотрим I = (f1) E F [x], это максимальный идеал.Следовательно,L = F [x]/I— поле.(?) L содержит подполе, изоморфное F :τF ⊆ F [x] → L = F [x]/I,g(x) 7→ g(x) + IПусть τ — ограничение естественного гомоморфизма на F .Оно инъективно:τ (a) = τ (b) ⇒ a + I = b + I ⇒ a − b ∈ Ia, b ∈ F ⇒ deg(a − b) ≤ 0;f1 делит a − b ⇒ a − b = 0.(?) L содержит корень многочлена f1(точнее, его образа в L[x]):α=x+I— искомый корень.f1 = a0 + a1x + · · · + anxn ∈ F [x]его изоморфный образ в L[x]:f1 = (a0 + I) + (a1 + I)x + .
. . (an + I)xnПрименим εα для α = x + I ∈ L:εα(f1) = f1(α) = (a0 + I) + (a1 + I)(x + I) + . . . (an + I)(x + I)nВычислим:f1(α) = (a0 + a1x + . . . anxn) + I = f1 + I = I = 0 + I,поскольку f1 ∈ I по построению.Следствие. Пусть f = a0 + a1x + · · · + anxn ∈ F [x], an 6= 0, n = deg f ≥ 1.Тогда существует такое расширение L поля F , чтоf = an(x − α1) . . . (x − αn),где α1, . . . , αn ∈ L.Доказательство.Индукцией по n.n = 1: многочлен f = a0 + a1x имеет ровно один корень α1 = −a0a−11 ,L = F , f = a1(x − α1);n → n + 1:Пусть deg f = n + 1, f = a0 + · · · + an+1xn+1.По теореме о существовании корня найдется такое расширение L поляF , что f имеет корень α1 ∈ L.По теореме Безу (x − α1) делит без остатка f ∈ L[x](здесь мы отождествляем f и многочлен из L[x], коэффициентыкоторого являются образами коэффициентов многочлена f приизоморфном вложении F в L).Рассмотрим f = (x − α1)f1 ∈ L[x], deg f1 = n.
Заметим, чтоf1 = · · · + an+1xn.По предположению индукции, примененному к f1 ∈ L[x], найдется такоерасширение L′ поля L, чтоα2, . . . , αn+1 ∈ L′,f1 = an+1(x − α2) . . . (x − αn+1)Это расширение L′ — искомое расширение исходного поля F :f = (x − α1)f1 = an+1(x − α1)(x − α2) . . . (x − αn+1).Пример: поле комплексных чиселF = R — поле вещественных чисел,x2 + 1 ∈ R[x] — неприводим над R,L = R[x]/I,I = (x2 + 1)— поле.По определению фактор-кольцаL = {f¯ | f ∈ R[x]},f¯ = f + I = {f + u | u ∈ I}Для любого f ∈ R[x] рассмотрим остаток от деления на x2 + 1:f = (x2 + 1)q + r,deg r < deg(x2 + 1) = 2 ⇒ r = a + bx, a, b ∈ Rf = a + bx + (x2 + 1)q ∈ (a + bx) + I ⇒ f¯ = a + bxТаким образом, любой элемент L единственным образом представим ввидеf¯ = a + bx,a, b ∈ R.Пустьf¯ = a + bx,ḡ = c + dxТогдаf¯ + ḡ = a + bx + c + dx = (a + c) + (b + d)x¯ = (a + bx)(c + dx) = ac + (ad + bc)x + bdx2fḡноac+(ad+bc)x+bdx2 = ac+(ad+bc)x+bd(x2 +1)−bd ∈ (ac−bd)+(ad+bc)x+IТаким образом, в фактор-кольце R[x]/(x2 + 1) имеем:a + bx + c + dx = (a + c) + (b + d)xa + bx · c + dx = (ac − bd) + (ad + bc)xСравним с операциями в поле C:(a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i(a + bi)(c + di) = (ac − bd) + (ad + bc)iВывод: кольцо R[x]/(x2 + 1) изоморфно полю C, изоморфизм заданправиломa + bx 7→ a + bi,a, b ∈ R.Пример: поле из pn элементовПустьp — простое числоF = Zp — поле вычетов по модулю pn∈Nq = pnf (x) = xq − x ∈ F [x]В некотором поле L, содержащем подполе F , многочлен f (x)раскладывается на линейные множители:xq − x = (x − α1) .
. . (x − αq ),αi ∈ L.Рассмотрим множество GF (q) = {α1, . . . , αq } ⊆ L.(?) GF (q) — подполе поля LНадо проверить:• Замкнутость подмножества GF (q) относительно операций +, ·;• Аксиомы поля:– (GF (q); +) — абелева группа;– (GF (q) \ {0}; ·) — абелева группа;– дистрибутивность.Проверим:• Замкнутость по ·:α, β ∈ GF (q) ⇒ αq = α, β q = β ⇒(αβ)q = αq β q = αβ.Значит, αβ — тоже корень многочлена xq − x, т.е.
αβ ∈ GF (q).• Замкнутость по +:Пусть α, β — элементы некоторого поля характеристики p.Тогда(α + β)p =pXs=0!pαsβ p−ssпо формуле бинома. p!pВспомним, что s =— натуральное числоs!(p− s)! Если p — простое, то ps делится на p при всех s = 1, . . . , p − 1.Значит, в формуле бинома остаются только первое и последнееслагаемые:(α + β)p = αp + β pПовторим процедуру n раз:nnn(α + β)p = (.
. . ((α + β)p)p . . . )p = αp + β p .Если α, β ∈ GF (q), q = pn, то αq = α, β q = β и(α + β)q = αq + β q = α + β ∈ GF (q).• Аксиомы поля:– (GF (q); +) — абелева группа: легко проверить;– (GF (q) \ {0}; ·) — абелева группа: легко проверить;– дистрибутивность: очевидно.Простое алгебраическое расширение поляL — поле, F — подполе в LЭлемент α ∈ L называется алгебраическим над F , если найдется такойh ∈ F [x], h 6= 0, что h(α) = 0.(В противном случае α — трансцендентный над F элемент.)Напомним, что h(α) = εα(h), а εα : F [x] → L — гомоморфизм колец.Ker εα = {f ∈ F [x] | f (α) = 0}Лемма. Если α ∈ L — алгебраический над F , то Ker εα — максимальныйидеал в F [x].Доказательство.Пусть I = Ker εα.Любой идеал в F [x] порожден одним многочленом (главный): I = (h),h ∈ F [x].Достаточно убедиться, что h неприводим над F .От противного, допустим h = h1h2, 0 < deg h1, deg h2 < deg h.Тогда h1, h2 ∈/ I (иначе h делит h1 или h2, а их степени меньше).Получаемh1(α) 6= 0, h2(α) 6= 0,h(α) = h1(α)h2(α) = 0— образ гомоморфизма εα содержит делители нуля.Поскольку никакое поле (в том числе L) не содержит делителей нуля,получили противоречие.L — поле, F — подполе в L, α ∈ L — алгебраический над F .εα : F [x] → L,εα(f ) = f (α).Образ гомоморфизма εα называется простым алгебраическимрасширением поля F при помощи элемента α:F ⊆ εα(F [x]) = F (α) ⊆ LИз теоремы о гомоморфизмах для колец вытекает, чтоF (α) ≃ F [x]/{f ∈ F [x] | f (α) = 0}.Теорема.
Пусть F — подполе в поле L, α ∈ L — алгебраический над F .Тогда F (α) — наименьшее подполе поля L, содержащее F и α.Доказательство.F (α) = εα(F [x]) ⇒ F ⊆ F (α) ∋ α = εα(x).Любое другое подполе, содержащее F и α, обязательно содержитлюбой элемент видаa0 + a1 α + · · · + an αn ,ai ∈ F, n ≥ 0.F (α) состоит в точности из всех таких элементов и само являетсяподполем в L, следовательно, содержится в любом другом подполе.Примеры.√1. F = Q, L = R, α = 2.√√Q( 2) = {a0 + a1 2 | a0, a1 ∈ Q} ≃ Q[x]/(x2 − 2).√2.
F = Q, L = R, α = 3 2.√√√333Q( 2) = {a0 + a1 2 + a2 4 | a0, a1, a2 ∈ Q} ≃ Q[x]/(x3 − 2).3. F = Z2, f (x) = x2 + x + 1 ∈ Z2[x] — неприводимый над Z2.Z2[x]/(x2 + x + 1)— поле из 4-х элементов.Упражнения.√√31. Докажите, что поля Q( 2) и Q( 2) не изоморфны.√√2. Докажите, что поля Q( 3) и Q( 2) не изоморфны.3. Докажите, что фактор-кольцаZ3[x]/(x3 + x2 + 2)иZ3[x]/(x3 − x + 1)являются полями, причем эти поля изоморфны..
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
