20. Алгебраїчна замкненість поля комплексних чисел. Канонічний розклад многочлена над полем комплексних чисел і його єдність.

Т-ма1. Нехай f(x) є R[x], степ. >=1. Тоді цей мног-н має по меншій мірі один комп. корінь.

Д-ня. 1)n=1 ax+b=0 x=-b/a

2) n>=2 За т-мою Кронекера існує хоч би один корінь…

Теорема будь-який многочлен f(x), n>=1 заданий над полем С, має хоч один комплексний корінь.

Д-ня: x=a+bi, x’=a-bi, y=c+di, y’=c-di

x∙x’ є R, y∙y’ є R, (xy’+x’y) є R ( * )

Далі розгул. добуток спряж. на мн-н. Групуємо і зводимо подібні доданки. Тоді всі коеф. цього многоч. є дійсні числа (*), аотже за т-мою1 він має хочаб один компл. корінь:

Візьмемо спряжений до цього мног-на:

Доведено

Влатстивість1: Незвідним над полем С є многочлени 1-го ст. Доведення: нехай Р(х) незвідний многочлен над полем С. будемо вважати, що степінь його ≥1 згідно попередньої теореми Р(х) має хоч один комплексний корінь. Тому Р(х)=(х-α)Р₁(х), де α- корінь, що належить С. Так як Р(х) незвідний, то Р₁(х)=с=const. Таким чином Р(х)=с(х-α)=сх.-сα.

Властивість2: Будь-який многочлен f(x) над полем С може бути представлений у вигляді добутку простих множників: f(x)=а_n(x-α₁)(x-α₂)…(x-α_n), або, враховуючи кратність коренів:

f(x)=, де k₁+k₂+…+k_m=n.

Доведення: маємо многочлен f(x) n-го ст. Згідно теореми він має хоч один корінь. Нехай це буде α₁: f(x)=(x-α₁)* f₁(x). f₁(x) також згідно теореми маж хоч один комплексний корінь: f₁(x)= (x-α₂)* f₂(x). Аналогічно для f₂(x) отримаємо f(x)= (x-α₁)(x-α₂)(x-α₃) f₃(x). Очевидно, що f_n(x)= a_n. Таким чином, f(x)=а_n(x-α₁)(x-α₂)…(x-α_n).

Означ. Поле наз. алгебраїчно-замкненутим, якщо будь-який многочлен степеня n>=1 з коефіц. з цього поля можна розкласти в добуток лінійних множників з цього ж поля

С- алгеб.-замкнуте; R-не алгеб.-замкнуте

22. Будова простого розширення числового поля. Знищення ірраціональності в знаменнику дробу.

Озн1. число α наз. алгебраїчним, якщо воно є коренем якогось многочлена, заданого над полем рац-них чисел. Всі рац. числа є алгебраїчні, бо кожне з них є розв’язком лінійного рів-ня. Серед ірраціональних чисел є такі які є коренями якогось мн-на з рац. коефіц., тобто вони є алгебраїчними числами. Тому алгебраїчні числа – це всі рац. і деякі з іррац. В той же час серед іррац. (π, е, sin1⁰, …), кожне з яких не є коренем якогось мн-на з дійсними коефіцієнт.

Озн2. α назив. Алгебраїчним над довільним полем ∆, якщо α є коренем якогось многочлен f(x) заданого над полем ∆. Нехай маємо ∆ – поле. Нехай α –алгебраїчне над полем ∆, тоді нехай α є коренем мн-на f(x)=a_nxⁿ+a_n-1x^n-1+….+a₁x+a₀, де f(x) незвідний. Очевидно, якщо α є коренем якогось мн-на g(x), то f(x) і f(x) мають СД(x-α), а враховуючи, що f(x) незвідний, отримаємо .

Озн.Нехай є два поля P,F

Розгул. поле, утворене з поля ∆ приєднанням до нього α – алгебраїчного над ∆, отримаємо поле ∆(α), . Як же побудувати поле ∆(α)? Якщо до поля ∆ приєднати α₁, α_2,… α_k, де α_і – алгебраїчні над ∆, то це поле утворене приєднанням k алгебраїчних чисел над полем ∆, де α₁ – корінь f₁(x), …, α_k –корінь f_k(x), де f_і(x) незвідний над ∆. А частинним випадком може бути приєднання алгебраїчного α над ∆, то це називається – просте алгебраїчне розширення. Мінімальне розширення ∆ є таке поле, яке знаходиться на перетині всіх полів, які містять всі елементи поля ∆, та елемент α.

Теорема поле ∆(α), одержане з поля ∆ шляхом приєднання до нього елемента α – алгебраїчного над полем ∆, де α корінь незвідного многочлена f(x)=a_nxⁿ+a_n-1x^n-1+….+a₁x+a₀ складається з чисел виду (1) ξ= с_n-1α^n-1+с_n-2α^n-2+….+с₁α+с₀ (це значення многочлена (n-1) ст).

Звільнення від ірраціональності в знаменнику.

Нехай є дріб над полем Q, де , α корінь многочлена f(x)=a_nxⁿ+a_n-1x^n-1+….+a₁x+a₀ – незвідний. Виходячи з вище доведеної теореми будемо вважати, що ст. g(х) менше ст f(x). Якщо степінь g(х)≥ ст. f(x), тоді згідно теореми про ділення з остачею g(x)=f(x)*g₁(x)+r(x), степінь r(x) менше ст. f(x). Обчилемо значення многочлена від α, g(α)=f(α)*g₁(α)+r(α)= r(α), тобто тоді многочлен g(х) замінили б на r(x) , тому будемо вважати, що ми це вже зробили, тобто степінь g(х)< ст. f(x). (f(x)-незвідний степінь g(х)< ст. f(x)) (g(х), f(x))=1, користуючись теоремою про лінійне представлення НСД, маємо: f(x)φ (х)+ g(х)ψ(х)=1

f(α)φ (α)+ g(α)ψ(α)=1, g(α)ψ(α)=1,

,

таким чином ми звільнились від ірраціональності в знаменнику. Отже, щоб звільнитись від ірраціональності в знаменнику, треба:

1. якщо степінь g(х)≥ ст. f(x), то треба знайти g(x)=f(x)*g₁(x)+r(x) і g(α) замінити на r(α)

2. користуючись алгоритмом Евкліда знайти лінійне представлення НСД многочленів f(x)φ (х)+ g(х)ψ(х)=1 і звідси знайти

3. 

22