11. Поле рациональных функций

11.1. Построение поля отношений.

Пусть А – произвольное АКУ-кольцо без делителей нуля.

Рассмотрим множество М = {(a, b)| a, b  A, b  0 }. Введем на М отношение  следующим образом: пусть по определению (a, b) (с, d)  (ad = bc).

Упражнение. Проверить, что  - отношение эквивалентности на М.

Пусть K= M   . Элементами множества K являются всевозможные классы cl_(a, b), где (a, b)  М. Будем обозначать cl_(a, b) в виде . Очевидно,  и  с  0 = , так как (ac,bc)(а,b) и bc  0.

I. Введем на множестве K операции сложения и умножения. Пусть по определению cl_(a, b) + cl_(с, d)= cl_(ad+bc,bd), то есть + = , и cl_(a, b) cl_(с, d)= cl_(ac, bd), то есть  = . Очевидно, bd  0, то есть пары (ad+bc,bd), (ac, bd) М, и значит, классы cl_(ad+bc,bd) и cl_(ac, bd) определены.

Упражнение. Проверить корректность определения операций, то есть независимость определения от выбора представителей в классах. Иначе, если (a,b)(a₁,b₁), (c,d)(c₁,d₁), то необходимо проверить, что (ad+bc,bd) (a₁d₁+b₁c₁,b₁d₁) и

(ac, bd) (a₁c₁, b₁d₁).

II. Проверим, что на множестве K выполняются 9 свойств из определения поля.

2. Очевидно,  b  0 (0, b) (0, 1), и = 0_K – нейтрал по сложению в K (проверить!).

3. Проверить, что – = .

6. Очевидно,  b 0 (b, b)(1, 1), то есть = и = 1_K – нейтрал по умножению в K .

7. Очевидно, при а  0 = , так как  = =1.

Упражнение. Проверить свойства 1, 4, 5, 8, 9 из определения поля.

Построенное нами поле K называется полем отношений

или полем частных для кольца А. Элементы поля K называются дробями.

Рассмотрим отображение : А  K такое, что а  A (а)= . Очевидно, (а₁)= (а₂) =  (а₁,1)(а₂,1)  а₁= а₂, то есть  является инъекцией. Будем считать, что А инъективно вкладывается в K при помощи , то есть будем отождествлять элементы вида в K с элементами а и считать, что A  K. Тогда   K имеем =  =  = = аb^-1 – привычное понимание дроби.

Замечания.

1. Если АКУ-кольцо А = Z, то в качестве поля K мы получим поле рациональных чисел Q.

2. Если A = Р – поле, то K = P.

3. Если Р – поле и АКУ-кольцо А = P[x], то в качестве поля K мы получим поле, которое называется полем рациональных функций и которое мы будем обозначать P(x). Элементами поля P(x) являются рациональные функции ,

причем =  f(x)g₁(x) = f₁(x)g(x).

11.2. Поле рациональных функций.

Определение. Рациональная функция , kN, назы-

вается простейшей дробью, если р(х) – простой многочлен и ст.f(х)  ст.р(х).

Например, если р(х) = х – а, то дроби - простейшие.

Теорема. Всякую рациональную функцию w(х) Р(х)

можно однозначно представить в виде w(х)= F(x)+ , где F(x), f_ij P[x], р_i(х) – простые многочлены, ст.f_ij  cm.p_i .

Доказательство.

1. Докажем существование разложения. Пусть

w(х)= , и g(x) = p₁(x) … p_r(x) - разложение на простые множители, p_i(x) ≠ p_j(x) при i ≠ j, и h(x) = p₂(x) … p_r(x) . Тогда w(х)= . Вычтем из w(х) простейшую дробь с неопределенным пока числителем f₁(x):

w(х) - = . Покажем теперь, что можно подобрать f₁(x) так, чтобы числитель f(x) – f₁(x)h(x) делился на р₁(х). В самом деле, так как h(x) и p₁(x) – взаимно простые, то по утверждению 1 из 10.4 существуют многочлены u(x) и v(x) такие, что h(x)u(x) + p₁(x)v(x)= 1. После умножения этого равенства на f слева и справа получим f = fuh + p₁vf. В качестве f₁ можно было бы взять fu, но мы не знаем, будет ли ст.fи  ст.р₁. В случае, когда ст.fи  ст.р₁, разделим

fu на р₁ с остатком: fи = qр₁+ r₁, ст.r₁ ст.р₁ . Тогда

f = fuh+ p₁vf = (qр₁+r₁)h + p₁vf = r₁h+ p₁(qh+ vf)= r₁h+ p₁ , и можно взять f₁ = r₁. Теперь f(x) – f₁(x)h(x) делится на р₁(х), и ст.f₁ст.р₁. Таким образом, w(х)= + = = + . Далее такую же процедуру можно проделать с дробью или считать, что для неё утверждение выполнено по предположению индукции. Отсюда следует существование разложения рациональной функции на простейшие дроби.

2. Докажем единственность разложения. Пусть

w(х)= = F(x)+ = F(x)+  f = Fg + R, и ст.R  ст.g. Из однозначности деления с остатком получаем, что F и R определяются однозначно. Пусть теперь = - два разложения на простейшие дроби. Тогда = = 0, где f_ij = f_ij - f_ij.

Если ,  0, - простейшая дробь в нашем разложении с наивысшей степенью многочлена р₁ в знаменателе, то общим знаменателем для суммы будет , где h на р₁ не делится. Умножим равенство = 0 на общий знаменатель. Получим: +сумма всех остальных слагаемых, содержащих множитель р₁, = 0, то есть +р₁Н = 0. Но и h не делятся на р₁. Мы получили противоречие. Отсюда следует единственность разложения на простейшие дроби.



Лекция 24.