1611672498-b082a4eafcd0b0c8bc02a14802c37024 (Краткий конспект лекций)

Высшая Алгебра (2 семестр)Предисловие:Все это лишь список определений и доказательств, его мало для понимания курса (а для сдачиэкзамена, да и занятий математикой, понимание - это важно), поэтому ходите на лекции ипишите свои конспекты, этот же советую использовать как справочник и сборник утвержденийподготовки к экзамену.Отдельно большое спасибо моим однокурсникам с 2 потока 1 курса ММФ НГУ в 2019-2020 годаза поддержку и помощь в составлении и уточнении этого конспекта(Извиняюсь за обозначения, они могут быть максимально непонятными, в частности значоктранспонирования может быть как АT так и At (Обычно из контекста понятно, но тем неменее.))Тема 1Многочлены (продолжение)Напомним что F[x] обозначается кольцо многочленов над полем F.Также вспомним что любой многочлен f единственным образом представим в виде f=qg+r, гдеdeg(r)< deg(g).

Наибольшим общим делителем многочленов f и g называется многочлен d,делящий f и g такой что если h(x) делит f и g, то он делит d (обозначается gcd(f,g))Лемма 1.1Пусть f,g,h ∈F[x] — ненулевые многочлены, gcd(f,g)=1. 0≤deg(h)<deg(fg)Тогда найдется единственная пара многочленов u,v∈F[x], таких что fu+gv=h deg u< deg g, deg v<deg f.Доказательство:Из следствия алгоритма Евклида мы знаем, что существуют такие многочлены a,b чтоf*a+g*b=1(*).

Умножив на h получим что a*h=c, b*h =d и при этом f*c+g*d=h (**). Теперьпозаботимся о степенях: разделим c на g с остатком и получим c=q*g+u (deg u< deg g). Тогдаполучаем что (**)=f*u+g*(fq+d)=h. Взяв fq+d=v покажем что это именно нужный наммногочлен.Напомним, что deg(h)≤max(deg(fu),deg(gv)) (по определению суммы многочленов) и deg (h)<deg(fg)=deg(f)+ deg(g). Пусть deg(v)≥deg(f). Тогда получим что deg(gv)>deg(fu) (ведь deg(g)>deg(u))и как следствие deg(h)=deg(gv)≥deg(fg), и получаем противоречие.Покажем единственность разложения: Предположим что существует два разложения,удовлетворяющие условиям: fu+gv=h=fu`+gv` Тогда f(u-u`)=g(v`-v);Домножим обе части * на (u-u`): f(u-u`)*a+g*b*(u-u`)=u-u` => g(v`-v)*a+g*b*(u-u`)=u-u` =>g((v`-v) *a+b*(u-u`))=u-u` заметим однако что в получившемся равенстве справа стоитмногочлен степени меньше g (по условию), а следовательно поскольку степень многочленасомножителя g не меньше 0 то u-u`=0 и u=`u Но из этого получаем что (v`-v)*g=f*0, нопоскольку делителей нуля в кольце многочленов нет то v`=v.Теорема 1.1Пусть p1...pn∈F[x] — попарно взаимно простые многочлены (n≥2)h∈F[x], 0≤deg(h)<deg(p1…pn)Обозначим Q=p1…pnQi=Q/pi=p1...p(i-1)p(i+1)...pnТогда найдется единственный набор u1..un∈F[x] что Q1u1+...Qnun=h и deg ui<deg piДоказательство:Докажем индукцией по nБазис индукции верен по лемме 1.1Докажем переход n → n+1 Возьмем p:=p(n+1)Нашей целью будет найти разложение Q1*u1+...Qn*un+Q(n+1)*u(n+1)=h.

Что можнопреобразовать в p(Q1/p*u1+...Qn/p*un)+p1…pn*u(n+1)=h (приводим к такому виду посколькупри n+1 p(n+1) изначально присутствует в Q, но мы будем использовать предположениеиндукции для тех Q, в которых p(n+1) не присутствует)Заметим что p1...pn,p — взаимно простые по условию. Тогда по лемме 1.1 существуютединственные многочлены u и v такие что p*u+(p1*…pn)*v=h. Причем deg u< deg(p1...pn) итаким образом по предположению индукции есть единственный набор u1…un∈F[x] такой чтоu=Q1*u1+...Qn*un (Qi из условия, их тут n штук), таким образом получаем что p( Q1/p*u1+...Qn/p*un)+(p1*…pn)*v=h взяв u(n+1):=v получаем требуемое утверждение.Определение 1.1Пусть F — поле.

Обозначим F(x)=Q(F[x]) (поле частных кольца F[x]) и назовем это поле полемрациональных функций. Все многочлены этого поля имеют вид f/g и называются дробями,равенство которых задается также как и в любом поле частных. Определим deg(f/g)=f-g . Будемназывать дробь правильной если deg(f/g)<0, несократимой если gcd(f,g)=1Предложение 1.1Любая дробь единственным образом представима в виде несократимой дроби.Разложение рациональной функции на простейшие дробиОпределение 1.2Дробь f/g называется простейшей если f/g=u/q^k, где q — неприводимый над F многочлен, k≥1 иdeg u< deg qТеорема 1.2Любая рациональная функция φ∈F(x).

разлагается единственным образом в сумму многочленаF[x] и простейших дробей: φ=f/g=q+sum(ui/pi^ki, i), где deg ui<deg pi и pi неприводимы над F.Доказательство:Для начала представим функцию в виде многочлена и правильной дроби, затем покажем чтополученная правильная дробь представима в виде правильных дробей с знаменателями q^m, азатем разложим эти дроби на простейшие.1)Представим f в виде qg+r 0≤deg(r)<deg(g). → f/g=q+r/g, причем r/g - правильная дробь.Докажем что такое разложение единственно: предположим что q+r/g=q1+r1/g1 →q-q1=r1g-rg1/gg1→ deg(q-q1)=deg(r1g-rg1)-deg(gg1)<0(поскольку deg(r1g-rg1)≤max(deg(r1g), deg(-rg1)=max(deg(r1)+deg(g), deg(r)+deg(g1)<deg(g)+deg(g1)) → q-q1=0 из чего следует искомое равенство.2)Представим g= p1^n1*...*pk^nk, Где pi- неприводимые, различные, унитарные (коэффицентперед старшей степенью равен единице) многочлены (например можно найти его корни иоставшийся многочлен будет неприводим в F).Обозначим gi как g/pi^kiЗаметим что по теореме 1.1 существуют ui такие что g1*u1+...+gk*uk=1 причем deg(ui)<deg(gi)В таком случае r*1/g=r*(g1*u1+...+gk*uk)/g =r*u1/p1^n1+…+r*uk/pk^nk.

Для каждой дроби изсуммы повторим шаг 1 и получим что r/g=q1...qk+r1/p^n1+… rk/p^nk. Приведя их к общемузнаменателю получим дробь a/p^n (все дроби нужно привести к общему знаменателю) й3)Представим разложение a/p^n (дроби из шага 2) на простейшие дробиВыполним деление с остатком на pa=pq1+r1q1=p*q2+r2…q(m+1)=p*qm+rmТаким образом имеем что a=pq1+r1 =p(p*q2+r2)+r1=...=p^m*qm+p^m-1*rm+...p*r2+r1Поскольку a/p^n — правильная то deg(a)<deg(p^n)=n*deg(p)a/p^n=p^m*qm+m^m-1*rm+...p*r2+r1/p^n=q^m/p^(n-m)+rm/p^(n-m+1)+…r2/p^n-1+r1/p^nЗаметим что deg (ri)<deg p по построению, следовательно все дроби с ri простейшие.

Также dega=m*deg(p)+deg qm<n deg(p) и как следствие deg qm<(n-m) deg (p). Разложение получено.Теперь осталось лишь доказать единственность разложения:Пусть q+sum(ui/pi^kj i,j)=φ=q`+sum(ui`/p`i^k`j, i,j)Чтобы количество дробей в разложении совпадало добавим в то, в котором меньше дроби снулевыми числителями.Тогда заметим что q-q`=sum-sum`Докажем вспомогательноеПредложение 1.2Сумма правильных дробей — правильная дробь.Доказательство:Пусть f/g, f1/g1 — правильные дроби. Тогда deg(f)<deg(g), deg(f1)<deg(g1)f/g+f/g1=f*g1+f1*g/g*g1 заметим что deg( f*g1+f1*g)=max(deg(f)+deg(g1),deg(f1)+deg(g))<deg(g)+deg(g1)Продолжение теоремыИз предложения 1.2 следует что deg(sum-sum`)<0 => q=q` и как результат sum=sum`Тогда рассмотрим элементы aij=uij-u`ijДокажемУтверждениеЕсли (a11/p1...a1n/p1^n)+...+(ak1/pk+...+akn/pk^n)=0 то все aij=0Доказательство:Приведем суммы в скобках к общему знаменателю.

Затем обозначим их hi, а черезgi=prod(pj^n,j)/pi^n=p1^n,…,p(i-1)^n,p(i+1)^n,…,pk^nТогда (h1*g1+...+hk*gk)/p1^n*...*pk^n=0 => h1*g1+...+hk*gk=0. По теореме 1.1 это разложениеединственно и следовательно каждый hi=0Иными словами a11*p1^(n-1)+a12*p1^(n-2)+...+a1n=0 deg(aij)<deg(pi), значит deg(a1j)<deg(p1)deg(a11)<(n-1)deg(p1) и при этом deg(a12)+(n-2)deg(p1)<deg p+ deg (n-2)p1=(n-1)deg p1 (и поаналогии с другими).Из чего мы получаем что deg(a11*p1^(n-1)) — наибольшая в h1 и других слагаемых с такойстепенью нет, и из этого уже (поскольку h1=0 и p1≠0 по построению) получаем, что a11=0.Аналогичными рассуждениями получаем что aij=0, что и требовалось.Кольца с однозначным разложением на простые множителиВсе рассматриваемые в этой главе кольца предполагаются целостными.Напомним что элемент кольца называется обратимым (регулярным), если он имеет обратный поумножению.Лемма 1.2Пусть R — целостное кольцо b,c ∈ R.1)если bc обратим, то обратимы и b и c2)Если b и c обратимые то bc обратимДоказательство:1)существует a: bc*a=1 b*(c*a)=1 → b^(-1)=c*a.

Для с аналогично2)bc*c^(-1)*b^(-1)=1Определение 1.3Элементы b и c целостного кольца R называются ассоциированными если b=ac, где a —некоторый обратимый элемент R.(обозначение в этом разделе b~c)Лемма 1.3~ - отношение эквивалентностиДоказательство:Рефлексивность: a=1*aСимметричность: b=ac; c=a^(-1)*bТранзитивность: b=ac c=kd a^(-1)*b=kd b=akd ak обратим по лемме 1.2Определение 1.4Пусть R — целостное кольцоa∈R, a≠0 необратима называется составным если a=bc, где b и c необратимые.В противном случае a называется простым.Элементы любого целостного кольца R делятся на непересекающиеся классы :нулевой элемент;обратимые элементы (включая единицу)простые элементысоставные элементыЛемма 1.4Пусть b~c, Тогда1)b — обратимый <=> c обратимый2)b — простой <=> c простой3)b - составной <=> c составнойДоказательство:1)=>b=ac c= a^(-1)*b → по лемме 1.2 c обратим<= следует из леммы 1.22)=>b=ac.

Пусть c не простой. Тогда имеем что c составной (остальные случаи тривиальны). Тогдаc=c1*c2 и имеем что b=a*(c1*c2) заметим что a*c1 все еще необратим и тогда получаемпротиворечие с тем что b — простой.<=с=a^(-1)*b, и аналогично случаю =>.3)=>b=ac=b1*b2 но тогда c=a^(-1)*b1*b2 причем a^(-1)*b все еще необратим по лемме 1.2 и искомоеразложение получено.<=b=a*c1*c2 причем a*c1 необратим по лемме 1.2Определение 1.5Пусть R - целостное кольцо; a,b∈R, a≠0.