52 Теорема о примитивном элементе
Т.
15.1.
Пусть
- числовое поле, т.е.
с
,
u,
v
- алгебраическое над
Тогда
такое z
,
что
.
При этом эл-т z
– алгебр. над
.
Док-во.
u,v
– алгебр. над
,
значит
-
min
многочлен u,v
его корни u1,
u2,....,un
q(x)-
min
многочлен v
v1,
v2,....,vm.
р(х)
q(х)
-
многочлены с коэффициентами из
Докажем, что среди корней р(х)
q(х)
нет равных. Допустим, что некоторое u0
– к-кратный корень р(х), к
р(х) (x-u0)k. Тогда р(х) (x-u0)k h(x)
р’(х)
(x-u0)k-1
h(x)+
(x-u0)k
h’(x)=
(x-u0)k-1(k
h(x)+
(x-u0)k
h’(x)),
p(x),
p’(x)
d(x)=НОД(p(x), p’(x))
Достаточно рассм. алгоритм Евклида.
p’(x) (x-u0)k-1, p(x) (x-u0)k-1
d(x)
(x-u0)k-1,
k-1
d(x) const
p(x) d(x)
Неприводим,т.к. min многочлен u0 над . Получили противоречие, что min имеет делитель.
Аналогично все корни q(x) – разные.
Рассм.
мн-во М={
|
k=2,
и j=2,
}
Заметим, что М –конечное мн-во, а - бесконечно.
z=u+cv
c
(*)
Из условия минимальности очевидно включение.
Рассм.
p(z-cv)
p(z-cv)= p(u-cv-cv) = p(u)=0
p(z-cv), q(x) – имеют общий кратный корень, т.к. не имеют кратных корней. Могут ли иметь общий корень отличный от v?
Общий
корень vj,
2
p(z-c vj)=0
p(u+cv-c vj)=0
u+cv-c vj – корень р(х)
u+cv-c
vj
)=uk
2
c(v-vj)=uk-u
c=
Тогда
с =
=>других общих корней, кроме v
у многочленов p(z-cx),
q(x)
нет.
d1(x)
=НОД(p(z-cx),
q(x)
)
d1(x)
Т.к. - алгебраически замкнутое поле, то многочлен d1(x) имеет такую же степень, сколько у него комплексных корней. Однако, все корни d1(x) являются корнями
p(z-cx), q(x) => у d1(x) только один корень v.
Имеем,
что ввиду унитарности d1(x)
он равен d1(x)=x-v
,
v
u=z-cv
u
v
Ввиду
минимальности расширения
и
с
,
=
Докажем,
что z
– алгебр. над
,
,
т.к. u,v
– алгебр. над
,
то расширение
и
- конечные. z
– по построению, т.к. конечное расширение
явл. алгебраическим => z
– алгебр. над
.
Следствие
15.2
Пусть
-
числовое поле, u1,
u2,....,un
- алгебр. над
эл-ты. Тогда
z
,
что
Док-во: ММИ по n.
53. Квадратичные расширения полей
Теорема1 Пусть Р-поле f(x)-многочлен над этим полеми степень многочлена больше 1. Тогда существует расширение для Р такое , что содержит корень многочлена f(x).
Док. R[x] ∈x^2+1 будем доказывать только для неприводимых многочленов над Р.
Q[x] ∈ x^2-2
f= p1[x]∙ ………∙ps[x], х0 – корень для всех р1…….ps. В P[x] рассмотрим идеал I=( f(x)).
P[x]/I= P[x]/ f(x) элементами кольца являются классы. Класс g(x)=g(x)+I= g(x)+h(x)f(x) где h(x) ∈ P[x]
Т.к. Р поле , то оно коммутативно и содержит 1, значит P[x]/I тоже коммутативно и содержит 1.
Докажем, что для любого смежного класса не равного 0 существует ему обратный.
Возьмем класс g(x) не равный классу 0. Класс нуля= 0+I= 0+h(x)f(x) где h(x) ∈P[x] – в нем содержатся элементы кратные f(x). Значит класс(g(x) кратные f(x)). Т.к. f(x) неприводим, то НОД(g(x) и f(x))=1. По критерию взаимной простоты u(x) ∙f(x)+v(x) ∙g(x)=1 значит левый смежный класс u(x) ∙f(x)+v(x) ∙g(x) равен левому смежному классу 1. Но тогда по определению операции с классами и тому, что f(x)=0 класс v(x)∙g(x) равен произведению классов v(x) и g(x) и равен классу 1.
Это значит, что v(x) обратен g(x). Значит P[x]/I поле.
Можем рассмотреть отображение F1 из P[x] в P[x]/I которое каждому элемент отображает в его класс.F1 сохраняет сложение и умножение. Покажем, что F1 вложение(для неравных элементов равны смежные классы).от противного: А не равно Б, но классы их равны. А=Б+ h(x) ∙f(x) А-Б=h(x) ∙f(x) А-Б кратно f(x) степень(А-Б)=0 степень(f(x))>=1 противоречие. Значит F1 вложение.
Следовательно множество F1(Р) является подполем в поле P[x]/ f(x). Можем считать , что Р подполе в P[x]/ f(x) если отождествить а и его класс.
Можно сказать, что Р принадлежит P[x]/ f(x)
f(x)=а0+а1∙х+…….+аn∙x^n ai принадлежит P.
Смежный класс f(x)= смежный класс а0 + смежный класс а1∙х +…….+ смежный класс аn∙x^n
Смежный класс х принадлежит P[x]/ f(x)
Т.к. f(x)=0 то и Смежный класс f(x)= смежному классу 0.. Получим , что P[x]/ f(x)- P[x] имеет корень и этот корень класс х.
ОПР. Р- поле, f(x) принадлежит P[x]. Степень f(x) >= 1. Существует расширение Р1 для Р которое содержит корни f(x) . Р1 – поле разложения для f(x) .
ДОК. f= p1[x] ∙…………..∙ps[x], существует F1 который содержит корни р1(х)
f(x) принадлежит F1(x)=q1(x) ∙ ……∙qt(x). Причем число сомножителей увеличится, т.к. в F1(x) ∙ f(x) кратно (х-х0). Продолжая этот процесс получится, что число сомножителей равно степени f(x) - все сомножители первой степени и имеют вид (х-с) где с корень f(x) .
Теорема2.для любого поля Р существует его расширение в котором все многочлены f(x) ( f(x) принадлежит P[x] степень f(x) >= 1 ) имеют все свои корни. Это расширение можно выбрать алгебраически замкнутым и более того алгебраическим на Р.