Полная версия

Главная arrow Математика, химия, физика arrow АЛГЕБРА И ТЕОРИЯ ЧИСЕЛ. ГРУППЫ, КОЛЬЦА И ПОЛЯ

  • Увеличить шрифт
  • Уменьшить шрифт


<<   СОДЕРЖАНИЕ ПОСМОТРЕТЬ ОРИГИНАЛ   >>

Простое расширение поля

Простое алгебраическое расширение поля

Определение 4.9. Пусть поле F является расширением поля Р и a е F. Образуем множество всех элементов, которые получаются из элементов поля Р и элемента а с помощью операций сложения, вычитания, умножения и деления. Очевидно, это множество является полем, которое называется простым расширением поля Р с помощью присоединения элемента а и обозначается Р(а). Если элемент a — алгебраический над полем Р, то Р(а) называется простым алгебраическим расширением, а если a — трансцендентный над Р, то Р(а) называется простым трансцендентным расширением поля Р.

(

Легко видеть, что Р(а) = {--|g(x),h(x)e P[x],/i(a)^0

а)

и Р(а) есть минимальное поле, содержащее поле Р и элемент а.

Теорема 4.4 (о строении простого алгебраического расширения поля). Если a — алгебраический элемент над полем Р степени п, то:

  • 1) Р(о0 = {/(a) | /(х) е Р[х]};
  • 2) Р(а) является векторным пространством над полем Р с базисом {1 = а0, а,..., а"-1}, так что |Р(а) : Р| = п;
  • 3) всякий элемент (3 е Р(а) однозначно представим в виде значения Да) некоторого многочлена Дх) с коэффициентами из поля Р степени, не превосходящей п - 1.

Доказательство. 1. Из определения простого алгебраического расширения поля Р вытекает, что

В то же время из решения задачи об освобождении от алгебраической иррациональности в знаменателе дроби вытекает

<7(<Х) g((X)

возможность представить отношение -- в виде --= /(а),

hi ос) л(а)

где fix) g Р[х]. Следовательно, Р(а) = -{/(а) | Дх) g Р[х]}.

  • 2. Докажем, что система {1 = а0, а, ..., ап_1} является базисом векторного пространства Р(а) над полем Р.
  • 2.1. Докажем, что система векторов {1 = а0, а, ..., а"-1}

линейно независима. Предположим, что существуют элементы а0, ..., ап-1 е Р, такие что а0 • 1 + а2а + ... + ап_гап~1 = 0.

Тогда а оказывается корнем многочлена g(x) = а0 + ajX + ... + + an_p^-1 g Р[х]. Если предположить, что этот многочлен ненулевой, то его степень меньше степени минимального многочлена элемента а, что противоречит определению минимального многочлена. Следовательно, многочлен g(x) нулевой, т.е. все его коэффициенты равны нулю. Но это и означает линейную независимость системы векторов { 1 = а0, а,..., ап_1}.

  • 2.2. Докажем, что всякий элемент (3 е Р(а) является линейной комбинацией векторов системы {1 = а0, а,..., а"-1}. В п. 1) доказано, что [3 =/(а) при некотором Дх) g Р[х]. Разделим Дх) на минимальный многочлен ф(х) алгебраического элемента а: f{x) = ф(х) • q(x) + г(х), где либо г(х) = 0, либо степень остатка г(х) строго меньше степени многочлена ф(х), равной п. В первом случае Дх) = ф(х) • q(x), (3 =Да) = ф(а) • q(a) = 0 и (3 = 0 тривиально выражается через элементы данной системы. Во втором случае остаток имеет вид г(х) = Ь0 + Ь}х + ... + bn_1xn_1. Но тогда (3 = Да) = ф(а) • q(a) + r(a) = r(a) = Ъ0 + bja + ... + Ь^а*-1, что и требовалось доказать. Итак, система векторов {1 = а0, а, ..., an-1} является базисом.
  • 3. Из определения базиса вытекает однозначность представления всякого элемента (3 е Р(а) в виде линейной комбинации базисных элементов {1 = а0, а, ..., а"-1}. Теорема доказана.

Следствие. Степень простого алгебраического расширения Р(а) совпадает со степенью минимального многочлена элемента а.

Рассмотрим примеры.

  • 1. Простые алгебраические расширения поля Q: Q(V2) = = {a + bV2 |a,beQ}, Q(^3) = {a + b/3 + Cyfi? |a,b, cgQ}.
  • 2. Рассмотрим поле классов вычето^ по модулю 2: Z2 = {0,1}, и многочлен над этим полем х2 + х + 1. Проверкой устанавливаем, что он не имеет корней в Z2, а значит, неприводим над Z2. Будем считать, что в некотором расширении поля Z2 этот многочлен имеет корень а. Тогда получаем простое алгебраическое расширение Z2(a) = {0,1, a, a +1}.

Упражнение 4.1. Составьте таблицы сложения и умножения элементов расширения из предыдущего примера 2.

Как отмечалось выше, простое алгебраическое расширение F = Р(а) поля Р является конечным, а значит, алгебраическим, т.е. всякий элемент (3 е F является корнем некоторого многочлена с коэффициентами из Р. Покажем на примере, как найти этот многочлен.

Пример 4.1

Пусть F = Q(a) и а является корнем многочлена/(х) = х3 + х - 1. Найдите минимальный многочлен элемента (3 = а2 + а + 2.

Решение. По условию, а3 + а - 1 = О, отсюда а3 = 1 - а. Из данного по условию равенства р = а2 + а + 2 находим а2 + а + 2- Р = 0. Умножив данное равенство на а, получаем аР = а3 + а2 + 2а=(1-

  • - а) + а2 + 2а = а2 + а + 1, откуда а2 + (1 - (3)а +1 = 0. Наконец, а2р = а4 + а3 + 2а2 = а(1 - а) + (1 - а) + 2а2 = а2 + 1, откуда (1 -
  • - р)а2 +1 = 0. Таким образом, приходим к системе равенств

Исключая а2 и а, приходим к равенству Р3 - 4Р2 + ЗР - 1 = 0, которое говорит о том, что Р является корнем многочлена ср(х) = х3 -

-2 + Зх - 1. Этот многочлен, как легко видеть, не имеет рационль- ных корней, а значит, неприводим над полем Q. Следовательно, ф(х) является искомым минимальным многочленом алгебраического над полем Q элемента р.

Заметим, что при исключении а из системы равенств можно привлечь знания по решению систем линейных уравнений. Равенства системы говорят о том, что вектор (а2, а, 1) является ненулевым решением однородной системы линейных уравнений

Следовательно, определитель матрицы системы равен нулю:

Отсюда получаем равенство Р3 - 4Р2 + ЗР — 1 = 0.

Наконец, отметим, что это упражнение можно превратить в школьную задачу: известно, что а3 + а-1 = 0, Р = а2 + а + 2; найдите уравнение с целыми коэффициентами, корнем которого является р.

 
<<   СОДЕРЖАНИЕ ПОСМОТРЕТЬ ОРИГИНАЛ   >>