ПОЛЕ. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПОЛЯ. ПРИМЕРЫ. ПРОСТЕЙШИЕ СВОЙСТВА ПОЛЕЙ.
Пусть дано непустое множество Р, содержащее по крайней мере 2 различных элемента.
Определение. Непустое множество Р содержащее по крайней мере 2 различных элемента называется полем, если в нём заданы две бинарные алгебраические операции «+» и «*» удовлетворяющие следующим аксиомам:
1) "а,bÎР: а+b=b+а
2) "а, b и с ÎР: а+(b+с)=(а+b)+c
3) $ Õ ÎР, "а ÎР: а+Õ=а
4) "а ÎР $ –а ÎР: а+(-а)=Õ
5) "а,bÎР: а*b=b*a
6) "а, b и с ÎР: а(bc)=(ab)c
7) $ 1̃ ÎР, "а ÎР: а*1̃=а
8) "а ÎР, а≠Õ, $а־¹ ÎР: а*а־¹=1̃
9) "а, b и с ÎР: а(b+c)= ab+ac
Можно дать следующее определение поля.
Поле – это ассоциативно- коммутативное кольцо с 1 ≠0, в котором для любого ≠0 элемента есть ему обратный.
Множество Р содержащее по крайней мере 2 различных элемента называется полем, если множество отличных от нуля элементов образует мультипликативную абелеву группу, в которой и умножение и сложение связаны дистрибутивным законом.
Справедливы следующие свойства полей:
Т.к. любое поле есть ассоциативно- коммутативное кольцо с 1, то все свойства колец справедливы для любого поля (десять свойств).
Т.к. множество отличных от нуля элементов поля Р образует мультипликативную абелеву группу, то все свойства мультипликативных абелевых групп справедливы в любом поле.
1. $!1̃ ÎР, "а ÎР: 1̃*а=а
2. "а ÎР, а≠Õ, $!а־¹ ÎР: а*а־¹=1̃
|
|
|
3. в любом поле справедлива операция деления на элементы отличные от нуля – обратная операции сложения
"а, b Î Р, а≠Õ : а*х=b - имеет единственное решение.
Доказательство.
Т.к. а≠Õ, то существует а־¹ из Р
Т.к. а־¹ и b принадлежат Р => a־¹*b принадлежит Р
a־¹*b – решение данного уравнения
Пусть существует х1: a־¹*b=х1 , а*х1=b
И x2: a־¹*b=х2 , а*х2=b
а*х1=а*х2
а־¹*а*х1=а־¹*а*х2
ð x1=x2
Элемент а־¹*b принято обозначать b/a, и называть частным от деления b на а.
Ч.Т.Д.
4. из ассоциативности операции умножения можно в любом поле однозначно говорить о произведении любого конечного числа из Р.
5. в любом поле справедливо свойство сократимости на элементы отличные от нуля.
"а, b и с ÎР, где а≠0: а*b=a*c => b=c
Доказательство.
Т.к. Р – поле, и а≠0 => $ а־¹
а־¹*а*b= а־¹*a*c
1̃*b=1̃*c
ð b=c
Ч.Т.Д.
|
|
|
6. любое поле является областью целостности, т.е. в любом поле нет делителей нуля.
Иначе, в любом поле если произведение двух элементов равно нулю, то хотя бы один из них равен нулю.
Доказательство.
Пусть Р – поле, и а*b=Õ,
Относительно элемента а есть две возможности
1) а=Õ => свойство доказано
2) а≠Õ => существует а־¹ из Р, умножим обе части равенства на а־¹:
а־¹*(аb)=а־¹*Õ
(a־¹*a)*b=Õ
1̃*b=Õ
b=Õ
Замечание: Доказано, что любое поле есть область целостности.
Множество комплексных чисел С есть поле, а значит область целостности, в С нет делителей нуля. Иначе, если в С произведение чисел равно нулю, то хотя бы один из множителей равен нулю.
Любое числовое множество есть подмножество поля С.
Значит на любом числовом множестве нет делителей нуля. На этом свойстве основано решение уравнений у которых левая часть разложена на множители.
7. в любом поле можно ввести целую степень для любого а из Р
а*а*а*…*а (n раз), если n из N
аⁿ =
1̃, если n=0, а≠Õ
(-а)*(-а)*…*(-a) (-n раз), n<0
1) (a^n)*(a^m)=a^(n+m)
2) (a^n)/(a^m)=a^(n-m) , a≠Õ
3) (a^n)^m=a^(n*m)
4) (a*b)^n=(a^n)*(b^n)
5) (a/b)^n=(a^n)/(b^n), b≠Õ
|
|
|
8. в любом поле
а кратно b, b≠Õ, $!q ÎР:
а=b*q , q=a/b – частное от деления а на b
a*b־¹=a/b
Справедливы следующие свойства частных:
8.1. a/b=c/d ó ad=bc, b и d ≠Õ.
Доказательство.
1. необходимость. Дано: a/b=c/d
Док-ть: ad=bc
Т.к. a/b=c/d => a*b־¹=c*d־¹
a*d=a*d*1̃=a*d*b*b־¹=a*b־¹*d*b=c*d־¹*db=c*1̃*b=c*b
2. достаточность. Дано: ad=bc
Док-ть: a/b=c/d
a*d=a*d*1̃=a*d*b*b־¹
b*c=b*c*1̃=b*c*d*d־¹ => a*d*b*b־¹= b*c*d*d־¹ => b*d*a*b־¹=b*d*c*d־¹ => a*b־¹=c*d־¹, т.к. b≠Õ, d≠Õ => bd≠Õ => a/b=c/d по свойству сократимости.
Ч.Т.Д.
8.2. a/b±c/d=(ad±bc)/bd
a/b±c/d=ab־¹±cd־¹=ab־¹1̃±cd־¹1̃=ab־¹dd־¹±cd־¹bb־¹=b־¹d־¹(ad±bc)=(bd)־¹(ad±cb)= (ad±cb)/bd
8.3. (a/b)*(c/d)=(ac)/(bd)
(a/b)*(c/d)=ab־¹*cd־¹=(ac)b־¹d־¹=ac(bd)־¹=(ac)/(bd)
8.4. (a/b):(c/d)=(ad)/(bc) c/d≠Õ, c≠Õ, d≠Õ
(a/b):(c/d)=(ab־¹):(cd־¹)=(ab־¹)/(cd־¹)=(ad)/(bc)
8.5. (ac)/(bc)=a/b, c≠Õ, b≠Õ , c – число
(ac)/(bc)=ac(bc)־¹=acb־¹c־¹=ab־¹1̃=ab־¹=a/b
8.6. (1/a)־¹=(a־¹)־¹=a
8.7. (a/b)־¹=b/a
|
|
|
(a/b)־¹=(a*b־¹)־¹=a־¹*b=b/a.
ПОДПОЛЕ. КРИТЕРИЙ ПОДПОЛЯ.
Пусть дано произвольно выбранное поле Р. Непустое подмножество Р’ содержащееся в Р, содержит по крайней мере два различных элемента называемое подполем поля Р, если оно само образует поле относительно операций поля Р.
Критерий подполя:
Для того что бы непустое подмножество Р’ поля Р, содержащее по крайней мере два различных элемента, т.е. было подполем поля Р, необходимо и достаточно что бы выполнялись два требования:
1) "а ,b ÎР’, а-b ÎР’
2) "а ,b ÎР’, b≠Õ, a/b ÎР’
Доказательство.
1. необходимость очевидна, она следует из определения поля и свойств полей.
2. достаточность. Дано: Р’ содержится в P, P’≠Õ и выполняются требования
1) и 2)
Док-ть: Р’ – подполе поля Р.
Что бы доказать, что Р’ подполе поля Р, нужно доказать что Р’ само образует поле относительно операций «+» и «*» определённых в поле Р. Для этого нужно доказать что операции «+» и «*» являются бинарными алгебраическими операциями на множестве Р’, и выполняются аксиомы 1-9. То, что Р’ замкнуто относительно операции сложения, проводится аналогично тому, как это было сделано при доказательстве критерия подкольца, там же была показана выполнимость аксиом 3 и 4 выполняющихся в поле.
Покажем что Р’ замкнуто относительно операции «*»
Возьмём "а ÎР’, а≠Õ. Такое а существует, т.к. в Р’ есть по крайней мере два различных элемента. Тогда а/а Î Р’ по (2), на а/a=1̃ =>1̃ Î Р’.
Выполнилась аксиома 7.
Возьмём любое а из Р’, а≠Õ, 1 принадлежит Р’, тогда 1/a принадлежит Р’ по (2), но 1/a=a־¹ => a־¹ принадлежит Р’.
Выполнилась аксиома 8.
Возьмём " а, b Î Р’, а≠Õ
Т.к. а≠Õ => $ а־¹ Î Р’
b/(a־¹) Î Р’ по (2), но b/(a־¹)=ba=ab => ab ÎР’
Следовательно «*» бинарная алгебраическая операция на Р’.
Аксиомы 1, 2, 5, 6 и 9 выполнились в Р’ как на подмножестве поля Р.
Таким образом Р’ – поле, а т.к. Р’ содержится в Р, то Р’ подполе поля Р.
Ч.Т.Д.
Числовые поля. Минимальность поля рациональных чисел Q .
Определение. Поле Р называется числовым, если его элементами являются числа.
Для того что бы доказать, что какое то числовое множество образует поле, достаточно показать, что сумма, разность, произведение, частное любых двух чисел этого множества (делитель не равен нулю), снова принадлежит этому множеству.
Доказательство этого утверждения вытекает из доказательства критерия подполя, и того факта, что любое числовое множество является подмножеством поля комплексных чисел.
Теорема. Множество рациональных чисел Q есть минимальное числовое поле. Q={m/n | m из Z, n из N}.
Доказательство.
Покажем, что Q числовое поле.
Т.к. Q числовое множество, то достаточно показать, что сумма, разность, произведение и частное любых двух рациональных чисел есть снова рациональное число.
Для любых m/n и p/q из Q
m/n±p/q=(m/n±p/q)/(nq) принадлежит Q
(m/n)*(p/q)=(mp)/(nq) принадлежит Q, mp из Z, nq из N
(m/n):(p/q)=(mq)/(np) принадлежит Q, mq из Z, np из N, p/q≠0 => p,q принадлежат N.
Q – числовое поле.
Ч.Т.Д.
Определение. Поле Р называется минимальным, если оно содержится в любом другом поле в качестве подполя.
Выберем произвольным образом числовое поле Р.
Возьмём " а ÎР, где а≠0
а/a Î Р, т.к. Р – числовое.
а/a=1, 1 Î Р
1+1=2 Î Р
2+1=3 Î Р
…………..
Для " n ÎN, nÎР, получили что N ÌР.
Возьмём "а Î Р, а-а Î Р, т.к. Р- числовое, но а-а=0, 0 Î Р, и для " n ÎN (N Ì Р), 0-n Î Р, но 0-n=-n
Значит Z Ì Р.
"m ,n ÎZ (Z ÌР), где n Î N: m/n ÎР, т.к. Р- числовое.
Но из чисел вида m/n, где m ÎZ, n ÎN, состоит множество рациональных чисел Q.
Показали что Q Í Р.
Т.к. поле Р выбирали произвольно, то делаем вывод, что поле рациональных чисел Q содержится в любом числовом поле в качестве подполя.
В частности, если взять Р=Q, то получим, что Q ÍQ. Таким образом Q – минимальное числовое поле.
Значит, Q Ì R Ì С.
Характеристика поля.
Пусть дано произвольно выбранное поле Р. Возьмём 1̃ Î Р, и рассмотрим множество элементов кратных 1̃:
…, (-3)*1̃, (-2)*1̃, (-1)*1̃, 0*1̃, 1*1̃, 2*1̃, 3*1̃, ….
Возможны 2 случая:
1) Все элементы кратные 1 различны между собой, т.е. m*1̃≠n*1̃, m≠n
2) Среди элементов кратных 1 есть равные, т.е. m*1̃≠n*1̃, где m≠n.
Пусть для определённости m>n, тогда m*1̃-n*1̃=1̃(m-n)=0, где m-n Î N.
Пришли к понятию характеристики поля Р, обозначим m-n через р (m-n=р), тогда р*1̃=Õ.
Определение. Характеристикой поля Р называется наименьшее натуральное число р, такое, что р раз по 1. Если Р- числовое поле, то указанное равенство справедливо только в том случае, если р=0, поэтому любое числовое поле имеет нулевую характеристику.
Если поле Р имеет конечную характеристику р, то говорят что дано поле конечной характеристики р.
Теорема. Если поле Р имеет конечную характеристику р, то р – простое число.
Доказательство.
Пусть дано поле Р конечной характеристики р. Нужно доказать, что р – простое число.
Воспользуемся методом от противного. Предположим, что пусть р- составное число, т.е. р=m*n, 1<m<p, 1<n<p. P*1̃=Õ.
Тогда р*1̃=(mn)*1̃=(mn)*1̃*1̃=(m*1̃)*(n*1̃)=0.
Т.к. в поле нет делителей нуля, то хотя бы один из сомножителей равен нулю. Пусть для определённости m*1̃=Õ
Т.к. 1<m<p, то пришли к противоречию с определением характеристики поля p, т.к. нашли натуральное число m, меньшее р, для которого m*1̃=Õ.
Противоречие получено в результате неверного предположения => р – простое число.
Ч.Т.Д.
Пример: Выяснить характеристику поля Р классов вычетов по mod 3.
P={0¯,1¯,2¯} m=3
Берём 1¯ Î Р
1*1¯=1¯
2*1¯=1¯+1¯=2¯
3*1¯=1¯+1¯+1¯=3¯=0¯
3*1¯=0¯ , р=3
Множество классов вычетов по простому mod m = p всегда образует поле. Характеристика такого поля всегда равна р.
Если m составное, то множество классов вычетов по mod m образует ассоциативно- коммутативное кольцо с 1. В таких кольцах есть делители 0, и эти кольца полями не являются.
Упорядоченные поля. Их свойства.
Пусть дано произвольно выбранное поле Р.
Определение. Поле Р называется упорядоченным (линейно-упорядоченным), если в нём введено бинарное отношение порядка – «быть больше» или «быть меньше», удовлетворяющее следующим аксиомам:
1. "а ,b ÎР : a>b и b>c =>a>c – транзитивность
2. "а ,b ÎР : Если а>b и a≠b => (b>a)¯¯¯ - антисимметричность
3. "а ,b ÎР возможно одно из трёх: а<b, a=b, b<a – трихотомия
В любом линейно- упорядоченном поле справедливы свойства монотонности операции сложения и умножения: 1) для любых а, b и с из Р: а>b => a+c>b+c
– свойство монотонности сложения.
2) для любых а, b и с из Р: с>0 , a>b =>
bc>ac – свойство монотонного умножения.
В любом упорядоченном поле справедлива теорема:
В любом упорядоченном поле квадрат любого элемента не отрицателен.
Доказательство.
Для любого а из Р возможны случаи-
1. а>0 a*a>0*a
=> a²>0
2. a=0 => a²=0
3. a<0 умножим на (-а) >0
По 1му случаю (-а)²>0 => a²>0.
Ч.Т.Д.
Примеры: Примерами линейно – упорядоченных полей являются поле рациональных чисел Q и поле действительных чисел R. Поле комплексных чисел С не является линейно- упорядоченным. Между комплексными числами нельзя ставить знаки > и <, С – частично- упорядоченное поле.
Гомоморфизм и изоморфизм полей.
(См. тему «Гомоморфизм и изоморфизм колец», заменить слово кольцо – словом поле.)
Но для гомоморфных полей на ряду со свойствами 1 и 2 справедливых для гомоморфных колец, есть ещё 2 свойства.
При гомоморфизме полей Р и Р’:
1) нулю поля Р соответствует нуль поля Р’
2) противоположные элементы к соответствующим соответствуют друг другу (см. доказательство в теме «Гомоморфизм и изоморфизм колец»)
3) единице поля Р соответствует единица поля Р’
Доказательство.
Возьмём " а ÎР, пусть а—>φ(а)=а’ Î Р’
1 Î Р, и пусть 1—>φ(1)=b’ из Р’
a’=φ(a)=φ(a*1)=φ(a)*φ(1)=a’*b’
Получили а’=a’*b’ => b’=1’, получили что φ(1)=b’=1’
Ч.Т.Д.
4) обратные элементы к соответствующим соответствуют друг другу.
Возьмём "а Î Р, a≠Õ, тогда φ(а)=а’, а’ ÎР’
Т.к. Р- поле, и a≠Õ, то $ а־¹ ÎР, что а*а־¹=1
Пусть а־¹—>φ(а־¹)=с’
Тогда 1’=φ(1)=φ(a*a־¹)=φ(a)*φ(a־¹)=a’*c’
Получили а’*c’=1’ => c’=(a’)־¹, φ(a־¹)=c’=(a’)־¹=(φ(a))־¹
φ(а־¹)=(φ(a))־¹
Алгебраические и трансцендентные числа. Примеры.
Пусть дано произвольно выбранное числовое поле Р и выбрано некоторое число α.
Определение. Число α называется алгебраическим над полем Р, если над полем Р существует хотя бы один многочлен, корнем которого является α.
Если над полем Р не существует многочлена для которого α является корнем, то α называют трансцендентным числом над полем Р.
Примеры: 1) α=5 над Q
f(x)=x-5 , f(5)=0
5 – алгебраическое число над Q ( над R, над С)
2) α=p/q Î Q, q≠0,
f(x)=q*x-p
f(p/q)=q*(p/q)-p=0
Любое рациональное число является алгебраическим над Q.
3) α=³√5 над R
f(x)=x-³√5
f(³√5)= ³√5-³√5=0
над Q: α³=5, α³-5=0
f(x)=x³-5
f(³√5)=(³√5)³-5=0, α- корень
4) α=i над C: f(x)=x-i
над R: f(x)=x²+1
над Q: f(x)=x²+1
5) α=a+bi, α¯=a-bi
(x-α)*(x-α¯)=(x-(a+bi))*(x-(a-bi))=((x-a)-bi)*((x-a)+bi)=(x-a)²-(bi)²=x²-2ax+a²+b², где 2ax из R, и a²+b² из R.
Примерами трансцендентных чисел над полем рациональных чисел Q являются действительные числа е и π. Т.к. не существует над полем Q многочлена, для которого числа е и π были бы корнями.
6) над полем R действительные числа е и π являются алгебраическими, т.к. е- это корень многочлена f(x)=x-e, π- это корень многочлена f(x)=x-π.
7) Трансцендентные над полем Q будут все десятичные логарифмы от положительных рациональных чисел, которые сами не являются рациональными числами.
Существование трансцендентных чисел доказано французским математиком Лиувиллем.
Трансцендентность числа е доказана французским математиком Эрмитом в 1873 году.
Трансцендентность числа π доказана немецким математиком Линдеманом в 1882 году.
В период с 1883 по 1929гг теория трансцендентных чисел почти не развивалась.
В 1934 году советский математик Гельфанд доказал очень важную теорему в теории трансцендентных чисел.
Теорема. Если α – алгебраическое число над полем Q не равное 0 и 1, а β – алгебраическое иррациональное число над полем Q, то числа вида α^β (α в степени β) являются трансцендентными над полем Q.
Например: 2^(√3), 7^(√5), и т.д.
Тем самым была решена одна из проблем Гильберта выдвинутая им в числе других в 1900 году на международном съезде математиков и считается одной из труднейших.
Немецкий математик Кантор показал, что множество алгебраических чисел равномощно множеству натуральных чисел, т.е. является счётным.
Позднее было доказано, что множество трансцендентных чисел равномощно множеству действительных чисел, т.е. имеет мощность континуума.
Следовательно, трансцендентных чисел больше чем алгебраических чисел.
Минимальный многочлен алгебраического числа над полем. Свойства
минимального многочлена.
Пусть α – алгебраическое число над полем Р. Это значит, что существует бесконечное множество многочленов в кольце Р[x] для которых α корень.
Достаточно f(x) умножить на любой h(x) Î Р[x].
Получим, f(x)*h(x), при x=α, f(α)*h(α)=0, α его корень.
Приходим к понятию минимального многочлена для алгебраического числа α над полем Р.
Определение. Многочлен наименьшей степени над Р для которого α является корнем называется минимальным многочленом для алгебраического числа α над полем Р.
Обычно в качестве минимального многочлена для α выбирают тот, у которого старший коэффициент равен 1.
Пример: Найти минимальные многочлены для алгебраических чисел над полями С, R, Q.
1) α=√2
Над С: f(x)=x-√2
Над R: f(x)=x-√2
Над Q: f(x)=x²-2
2) α=2-3i
Над С: f(x)=x-(2-3i)
α=2-3i, α¯=2+3i
Над R и над Q: f(x)=(x-(2-3i))*(x-(2+3i))=((x-2)+3i)*((x-2)-3i)=x²-4x+13.
Свойства минимальных многочленов.
1.Минимальный многочлен алгебраического числа α над Р не приводим над этим полем.
Доказательство.
Пусть f(x) – минимальный многочлен алгебраического числа α над полем Р, это значит f(α)=0.
Нужно доказать, что f(x) не приводим над Р.
Предположим противное: пусть f(x) приводим => f(x)=f1(x)*f2(x)
Где 0<степ.f1(x)<степ.f(x)
0<степ.f2(x)<степ.f(x)
При x=α, f(α)=f1(α)*f2(α)=0.
Т.к. в поле нет делителей нуля, то хотя бы один из сомножителей равен нулю.
Пусть для определённости f1(α)=0.
Пришли к противоречию с выбором минимального многочлена для α, т.к. нашли многочлен меньшей степени чем f(x) для которого α является корнем.
Противоречие получено в результате неверного предположения, следовательно минимальный многочлен алгебраического числа α над Р не приводим над этим полем.
Ч.Т.Д.
2. Если f(x)- минимальный многочлен алгебраического числа α над полем Р, а φ(x) – любой другой многочлен над полем Р, для которого α является корнем, то φ(x) нацело делится на f(x).
Доказательство.
Пусть α – корень многочленов f(x) и φ(x) причём f(x) – минимальный для α, это значит φ(α)=0, f(α)=0.
Это значит: φ(x) кратно (х-α), и f(x) кратно (х-α)
Было доказано что минимальный многочлен f(x) неприводим над полем Р, в теме «Многочлены» было доказано следующее утверждение: «Если φ(х) произвольно выбранный многочлен над Р, а f(x) не приводимый многочлен над Р, то между ними возможно одно из двух: либо они взаимно просты, либо произвольно выбранный делится на не приводимый.
В нашем случае многочлены φ(х) и f(x) не являются взаимно- простыми, т.к. каждый из них делится на (х-α) – их общий делитель.
Тогда остаётся, что φ(х) кратно f(x).
Ч.Т.Д.
Степень алгебраического числа над полем. Свойства степеней
алгебраических чисел.
Пусть дано алгебраическое число α над полем Р, и f(x) из Р[x] его минимальный многочлен (f(α)=0).
Определение. Степенью алгебраического числа α над полем Р называется степень его минимального многочлена над этим полем.
Пример: α=i над С: f(x)=x-i, степень f(x)=1, степень (С)i=1
Над R: f(x)=x²+1 степень (R)i=2
Над Q: f(x)=x²+1 степень (C)i=2
Справедливы свойства степеней:
1°. Алгебраическими числами 1ой степени над полем Р являются числа принадлежащие полю Р и только они.
Доказательство.
1Необходимость. Пусть α- алгебраическое число 1ой степени над Р.
Это значит степень его минимального многочлена над Р равна 1.
f(x)=ax+b, a≠0, a и b из Р, минимальный для α.
Т.к. f(α)=0, то a*α+b=0
α=-b/a из Р, т.к. Р- числовое поле.
2Достаточность. Пусть α принадлежит полю Р, тогда его минимальным многочленом будет многочлен вида f(x)=x-α.
Степень f(x)=1.
Ч.Т.Д.
Определение. Если степень алгебраического числа α над полем Р больше либо равна 2, то α называют алгебраической иррациональностью над полем Р.
Определение. Число α называют квадратичной иррациональностью над полем Р, если его степень над полем Р равна 2.
2. Пусть α – алгебраическое число над Р, и f(x) его минимальный многочлен степени n над этим полем.
Определение. Корни минимального многочлена алгебраического числа α над полем Р называются числами сопряжёнными с α над Р.
2°. Сопряжённые числа алгебраического числа α над Р n-ой степени являются так же алгебраическими числами n-ой степени над полем Р и различны между собой.
Доказательство.
1Необходимость. Пусть степень(Р)α=n, и f(x)- минимальный многочлен, f(α)=0.
Пусть α1, α2,…αn –корни f(x) среди которых находится и α.
Выберем произвольным образом корень αi. Тогда f(αi)=0, обозначим через φ(х) – минимальный многочлен числа αi над Р.
Φ(αi)=0
По свойствам минимальных многочленов (св-во 2) f(x) кратно φ(х) => существует q(x) из Р[x] f(x)=φ(x)*q(x) по условию что f(x) не приводим над Р.
ð равенство возможно лишь тогда когда q(x)=c, c≠0, c из Р.
с – многочлен нулевой степени.
f(x)=c*φ(x) => степень f(x)=степени с*φ(x)=n.
2Достаточность. Получили, степень αi над Р равна n.
Т.к. αi выбирали произвольно, то делаем вывод, что все числа сопряжённые с α имеют над Р ту же степень n.
Остаётся доказать, что эти числа различны между собой.
Предположим противное:
Пусть αi=αj
Тогда f(x) кратно (x-αi)², но тогда f’(x) кратно (x-αi) => f’(αi)=0
Пришли к противоречию с выбором минимального многочлена, т.к. нашли многочлен меньшей степени чем n, для которого αi является корнем.
Противоречие получено в результате неверного предположения.
ð все числа сопряжённые с α различны между собой.
Ч.Т.Д.
Важное замечание: Все числа принадлежащие полю Р являются алгебраическими числами над этим полем. Если верно обратное утверждение-«Любое алгебраическое число над полем Р принадлежит полю Р», то поле Р называется алгебраически- замкнутым полем.
Пусть Р=С- поле комплексных чисел.
Над полем С не приводимы только многочлены первой степени => над С существует только алгебраические числа 1ой степени, это сами комплексные числа.
Вывод: поле комплексных чисел С – алгебраически замкнутое поле.
Пусть Р=R- поле действительных чисел.
Нал полем R не приводимы все многочлены 1й степени и часть многочленов 2й степени у которых D(дискриминант) <0.
Минимальный многочлен алгебраического числа α над полем Р, не приводим над этим полем.
ð над R существуют алгебраические числа 1й степени- это сами действительные числа, и алгебраические числа 2й степени- комплексные числа.
Вывод: поле действительных чисел R не является алгебраически замкнутым полем.
Пусть Р=Q- поле рациональных чисел.
Над полем рациональных чисел Q существуют не приводимые многочлены любой степени n.
{Критерий Эйзенштейна.
Пусть дан многочлен f ( x ) с целыми коэффициентами
f ( x )= a 0*( x ^ n )+ a 1*( x ^( n -1))+…+ an , где а0, …а n принадлежат Z .
Если хотя бы одним способом можно подобрать простое число р
1) а0 не кратно р
2) а1,а2,…,а n кратно р
3) а n не кратно р²
То f ( x ) – не приводим над Q . }
По этому критерию можно составить многочлен любой степени n не приводимый над Q.
Вывод: над Q существуют алгебраические числа любой степени n => Q не является алгебраически замкнутым полем.
Заметим, что трансцендентные числа существуют только над полем рациональных чисел Q, над другими полями их нет.
Простые алгебраические расширения полей.
Теорема о простых расширениях.
Определение. Пусть дано произвольно выбранное числовое поле Р, и пусть Р’ его подполе, тогда поле Р называют расширением подполя Р.
Пусть дано поле Р и α – алгебраическое число степени n над полем Р.
Определение. Простым алгебраическим расширением поля Р с помощью алгебраического числа α n-ой степени над полем Р, называется множество Р(α) чисел вида
Р(α)={β| β=(a0*(α^k)+a1*(α^(k-1))+…+a(k-1)*α+ak)/(β*(α^m)+β1*(α^(m-1))+…+β(m-1)*α+βm), где a0, …ak, b0,…bm Î Р, и степень(Р)α=n}
Обозначим числитель дроби через f(α).
Запишем Р(α) в виде:
Р(α)={β| β=f(α)/φ(α), φ(α)≠0, степень (Р)α=n}.
Заметим, что простое алгебраическое расширение поля Р с помощью алгебраического числа α будет происходить только в том случае, если α- алгебраическая иррациональность над полем Р, т.е. степень α≥2.
Справедлива теорема о простых расширениях:
Теорема. Простое алгебраическое расширение поля Р с помощью алгебраического числа α есть минимальное числовое поле содержащее в себе поле Р и число α.
Т.е. если Г- любое другое числовое поле содержащее в себе Р и α, то Г содержит в себе Р(α) (Р(α) Í Г)
Доказательство.
Пусть дано простое алгебраическое расширение Р(α). Докажем сначала, что Р(α) – поле.
Т.к. Р(α)- числовое множество, то что бы доказать, что Р(α)- числовое поле, достаточно показать что сумма, разность, произведение и частное любых 2х чисел из Р(α) (делитель не 0), снова принадлежит Р(α).
1. "β1, β2 ÎР(α), пусть β1(α)=f1(α)/φ1(α), β2(α)=f2(α)/φ2(α), где φ1(α)≠0, φ2(α)≠0.
Док-во. β1+β2=f1(α)/φ1(α)±f2(α)/φ2(α)=(f1(α)*φ2(α)±φ1(α)*f2(α))/ (φ1(α)*φ2(α)) Î Р(α), т.к. φ1(α)*φ2(α)≠0.
2. β1*β2=(f1(α)*f2(α))/(φ1(α)*φ2(α)) Î Р(α)
3. β1 и β2 из Р(α), β2≠0, => φ2(α)≠0, f2(α)≠0,
Тогда β1:β2=(f1(α)*φ2(α))/(φ1(α)*f2(α)) Î Р(α), т.к. φ1(α)*f2(α)≠0
ð Р(α) – числовое поле.
Покажем, что Р Ì Р(α)
Возьмём " а ÎР, => a=(a*α°)/(1*α°) Î Р(α)
Т.к. а выбирали произвольно, то Р Ì Р(α).
Покажем, что α ÎР(α)
α=(1*α)/(1*α°) Î Р(α).
Остаётся доказать что Р(α) – минимальное числовое поле.
Пусть Г- любое другое числовое поле, такое что Р Ì Г, α ÎГ.
Т.к. Г- числовое поле, то α^i ÎГ.
Возьмём любое аi ÎР, Р Ì Г.
Тогда аi*(α^i) Î Г, т.к. Г- числовое, но тогда Σ(i от 1 до n)ai*(α^i) Î Г.
Возьмём " f(α) и φ(α) Î Г, где φ(α)≠0, тогда f(α)/φ(α) Î Г, т.к. Г- числовое поле.
Но из дробей вида f(α)/φ(α) состоит Р(α), следовательно, Р(α) Í Г, а значит Р(α)- минимальное числовое поле удовлетворяющее условиям теоремы.
Теорема о строении простых алгебраических расширений. Уничтожение алгебраической иррациональности в знаменателе дроби.
Теорема. Пусть дано простое алгебраическое расширение поля Р, с помощью алгебраического числа α n-ой степени. Тогда любое число β ÎР(α) единственным образом представимо в виде:
β=с1*(α^(n-1))+c2*(α^(n-2))+…+cn, где с1,с2,…сn ÎР.
ð P(α)- устроено следующим образом:
Р(α) состоит из {β| β=с1*(α^(n-1))+c2*(α^(n-2))+…+cn Î Р1, степень(Р)α=n}.
(Док-во см. ниже после примеров)
Пример: Построить простые алгебраические расширения полей, с помощью алгебраических чисел.
Q(√2) α=√2, степень(Q)√2=2
Q(√2)={β| β=c1*√2+c2, c1,c2 из Q}.
Пример: Q(³√5) α=³√5, α³=5, α³-5=0
Значит минимальный многочлен Р(х)=х³-5
Степень(Q)³√5=3
Q(³√5)={β| β=c1*(³√5)²+c2*(³√5)+c3, c1,c2,c3 из Q}
Пример: R(i)={β| β=c1*i+5 c2, c1,c2 из R}
Степень(R)i=2
P(x)=x²+1.
Данная теорема даёт возможность строить новые числовые поля.
Доказательство.
1этап. Пусть дано простое алгебраическое расширение поля Р, с помощью алгебраического числа α над полем Р. Причём степень(Р)α=n, n≥2.
P(α)={β| β=f(α)/φ(α), φ(α)≠0, степень (Р)α=n}.
Возьмём любое β из Р(α), то β=f(α)/φ(α), где φ(α)≠0.
По виду числителя и знаменателя дроби можно записать многочлены f(x) и φ(х) заменив α на х.
f(x)=a0*(x^k)+a1*(x^(k-1))+…+ak
φ(x)=b0*(x^m)+b1*(x^(m-1))+…+bm
Зная алгебраическое число α и его степень n, запишем минимальный многочлен алгебраического числа α над полем Р. Обозначим его через Р(х).
Степень(Р) Р(х)=n
Утверждаем, что многочлены Р(х) и φ(х) взаимно просты.
Предположим противное:
Пусть φ(х) кратно Р(х) => существует q(x) из Р(х), φ(х)=Р(х)*q(x),
Полагая, что х=α, получим φ(α)=Р(α)*q(α)=0
Пришли к противоречию, т.к. по условию φ(α)≠0.
ð многочлены Р(х) и φ(х) взаимно просты, т.е. D(Р(х),φ(х))=d, (d=1)
2 этап. Используя теорему о линейном выражении НОД двух многочленов, найдём многочлены U(x) и V(x) из Р[x], такие что Р(х)*U(x)+φ(x)*V(x)=d.
Полагая, что х=α, и учитывая, что Р(α)=0, получим φ(α)*V(α)=d.
Вернёмся к числу β равному : β=f(α)/φ(α) и умножим числитель и знаменатель дроби на V(α):
β=(f(α)*V(α))/(φ(α)*V(α))=(1/d)*f(α)*V(α)
в результате этого мы избавились от иррациональности в знаменателе дроби.
Правило уничтожения иррациональности в знаменателе дроби: β= f (α)/φ(α).
1. По виду знаменателя дроби составляем многочлен φ(х), по виду алгебраического числа α находится минимальный многочлен Р(х).
2. Используя алгоритм Евклида находим НОД многочленов Р(х) и φ(х).
3. Находим линейное выражение полученного наибольшего общего делителя.
Полагая в линейном выражении что x=α, находим V(α).
4. Умножаем числитель и знаменатель дроби β на V(α), получим:
Β=(1/d)*f(α)*V(α).
Если окажется так, что степень β относительно α будет меньше n, то теорема доказана. Останется доказать только единственность полученного выражения. Но пусть окажется так, что степень β≥n. Заменяя в выражении β=(1/d)*f(α)*V(α), α на х получим: (1/d)*f(x)*V(x).
К полученному многочлену и к минимальному многочлену Р(х) применяем теорему о делении с остатком
(1/d)*f(x)*V(x)=P(x)*q(x)+r(x)
(1/d)*f(x)*V(x)=P(x)*q(x)+c1*(x^(n-1))+c2*(x^(n-2))+…+cn, где с1,с2,…сn ÎР.
Полагая х=α и учитывая, что Р(α)=0, получим
β=с1*(α^(n-1))+c2*(α^(n-2))+…+cn.
Осталось доказать единственность найденного представления.
Предположим, что наряду с найденным представлением β в указанном виде, существует ещё одно представление β
Β=с1’*(α^(n-1))+c2’*(α^(n-2))+…+cn’.
Вычтем и получим:
(с1-с’)*(α^(n-1))+(c2-c2’)*(α^(n-2))+…+(cn-cn’)=0.
Если хотя бы одна из разностей сi-ci’≠0, (i от 1 до n), то α будет корнем многочлена меньшей степени чем n, что противоречит выбору минимального многочлена Р(х) степень которого равна n.
Ч.Т.Д.
Замечание. Доказанная теорема даёт возможность приводить бесконечное множество примеров числовых полей.
Примеры: Построить простые алгебраические расширения простых полей-
1) Q(√3)={β| β=c1*√3+c2, c1, c2 из Q}
Степень (Q)√3=2
2) Q(5)={β| β=c1*5°+c2, c1 из Q}
Степень (Q)5=1
Не произошло расширения, т.к. степень <2, а должна быть ≥2.
3) R(2-5i)={β| β=c1*(2-5i)+c2, c1,c2 из R}=C.
α=2-5i
степень (R)α=2,
β=(2c1+c2)-5i=a+bi
Дата добавления: 2018-11-24; просмотров: 1349; Мы поможем в написании вашей работы! |
Мы поможем в написании ваших работ!