Степень и базис простого алгебраического расширения.

Опр: Пусть - расширение поля и z . Обозначим через =

Опр: называется простым расширением поля с помощью «примитивного» эл-та z.

Опр: подполе Эл-т z называется алгебраическим над , если такой ненулевой многочлен , что f(z)=0 (является корнем f(x)). Если эл-т не является алгебраическим, то его называют трансцендентным над

Опр: Рассм. как линейное пространство на .Если это пр-во имеет конечную размерность n= , то говоря, что , расширение степени поля . Обозначим n=[ ] – степень расширения.

Т: Конечное расширение конечного расширения является конечным расширением.

 

Пусть .

[ ]=m базис над

[ ]=n базис над

 

Тогда мн-вом таких произведений , i=1, , j=1, является базис расширения.

над и при этом степень расширения [ ]=m n=[ ] [ ]

Док-во: 1) Докажем, что система – полна.

- базис над

f= ,

 

- базис над

 

f=

2) Докажем линейную независимость.

,

Но – это базис над => лин. независим. Это означает, что для

Но – это базис над значит для лин. независим => =0 => тривиальная лин. комбинация => лин. независ.

 

7. Исключение ирр. в знаменателе(через векторные пространства)

Если дано f(z)/g(z) и z алгебраическое над Р, р(z) наименьший полином степень которого равна n, то расширение P(z) над Q имеет размерность n и базисом является 1, z,z²,z³,……..,z^n-1. Значит эта дробь единственным образом раглагается в виде а₀, а₁z,а₂z²,а₃z³,……..,а_n-1z^n-1, если минимальный многочлен эл-та z имеет степень n.Освободится от ирр. в знаменателе α/α-1 если а корень f(z)=x³+x-3. Базис 1, α, α². α/α-1=А∙1+В∙α+С∙α² α= (А∙1+В∙α+С∙α²)∙(α-1)

α=А∙α+ В∙α²+ С∙α³-A –B∙α-C∙α²

выразим α³ через f(z). α³=3-α, подставим: α=α²∙ (B-C)+ α∙ (A-C-B)+3∙C – A

составим систему уравнений из коофициентов при а и решим ее.

B-C=0 B=C B=1

A-C-B=1 A=3C A=3 и подставим полученные коофициенты: α/α-1=3+ α+α²

3C-A=0 3C-C-C=1 C=1

 

 

Исключение ирр. в знаменателе(через минимальный многочлен)

Пусть а – неприводимое иррациональное число. , где f(x) Q[x], g(x) Q[x],) g(x) f- алгебраический над Q.

p(x) Q[x] – минимальный многочлен а. Т.к. g(a)) , то . Т.к. р(х) – неприводим, то р(х) и g(x)- взаимнопросты, НОД(р(х);g(x))=1. По критерию взаимной простоты u(x) Q[x], v(x) Q[x] такие,что u(x)g(x)+v(x)p(x)=1. Мы имеем алгебраическое равенство многочленов.

Подставим а.

u(а)g(а)+v(а)p(а)=1

g(a)u(a)=1 => = = =h(a);

h(x)=f(x)u(x) Q[x]

h(x) – не содержит иррациональных знаменателей, следовательно, мы решили задачу.

а/а-1=f(a)/g(a) p(x)= x³+x-3

найдем НОД(p(а) и g(a)). a³+а-3=(а-1) ∙ (а²+a+2)+1

x³+x-3=(x-1) ∙ (x²+x+2)+1

-1=(x-1) ∙ (x²+x+2)+(- x³-x+3), где последняя скобка = p(x)=0

т.к. имеет место алгебраическое равенство, то имеет равенство и функциональное

-1=(а-1) ∙ (а²+а+2) значит (а/(а-1)) ∙ (а-1) ∙ (а²+а+2)= а³+а+2=3-а+ а²+2а=3+ а+а²

 

 

Конечно порождённые расширения. Определения и строение.

Опр.5.1 Пусть заданы вложения полей Р с Т с F (1)’. Тогда (1) наз. цепочкой расширения.

P=P₁ c P₂ c…c Pz=F (1). Включения могут оказаться равенствами.

5.2 Пусть Р с F, z₁, z₂ Î F. Рассм. P₁=P(z₁)- простое расширение Р. Р₁ с F, P1(z₂)=P(z₁)(z₂).

Т 5.3 Пусть Р – подполе поля F. Z₁, z₂ ÎF.

Р(z₁)(z₂)=

Док-во: M c P(z₁;z₂); ; f(x;y)

f(x;y) = (x) , (z1)

g(x;y)

x=z₁

f(z₁;y)=

f(z₁;z₂)=

g(z₁;z₂)=

Возьмём произвольный эл-т из P(z₁)(z₂)

t= (*)

t , все

Домножим числитель и знаменатель на общий знаменатель дробей, который получается в результате сложения Получим, что в числителе и знаменателе из Р₁=Р(z₁) на степени элементов z₂ F₂

 

По определению P[x;y]=P(x)(y)

Р(z₁)

Св-во 5.4 Пусть Р – подполе F. Z₁, z₂ .

Тогда P(z₁;z₂)=P(z₂;z₁)

Док-во: Р(z₂;z₁)=

Поэтому М=М1. Отсюда P(z₁)(z₂)=P(z₂;z₁). Это расширение обозначим P(z₁;z₂) и назавём расширением Р,с порождающими z₁, z₂.

Опр. 5.5. Аналогично предыдущему, если дано включение полей P c F, z₁, z₂ Рассм. P(z₁,z₂,….,z_k), кот. наз. Расширением поля P c конечным числом (сk) пораждающих.

 

Алгебраические расширения.

Опр.6.1 Пусть Р с F. Расширение F наз. Алгебраическим расширением Р, если

Пр 6.2.1 R с C, z= a+bi; a, b Î R.

f(x) =(x-(a+bi))(x-(a-bi))=((x-a)-bi)((x-a)+bi)=(x-a)²-(bi)² = x²-2ax+(a²+b²)

f(a+bi)=0

комплексное число явл. корнем многочлена с комплексными коэффициентами, значит

C является алгебраическим расширением R.

Пр.6.2.2 Q c Q[ ]

a+b

(x-(a+b ))(x+(a-b ))=((x-a)-b )((x+a)+b )= (x-a)²-2b²=x²-2ax+(a²-2b²)

Т 6.3. конечное расширение явл. алгебраическим.

Д-во: Пусть дано P c F. [F:P]=n.

Возьмём z F,

(n+1) эл-тов dim . Значит 1, - линейно зависим. над Р. Это значит

Т.е. произвольный эл-т из F является алгебраическим над Р, значит F- алгебраическое расширение Р.

Следствие6.4. Пусть дано расширение P c F, z F, z – алгебр. эл-т над P. => Р(z) - алгебраическое расширение Р.

Следствие6.5. Р(z) - алгебраическое расширение Р. Пусть z – алгебр. эл-т над P => такой, что р(х) – min z. В таком случае [P(z):P]= deg p(x)

Тогда по 6.4. расширение P(z) поля Р – конечно.

Св-во 6.6. Пусть дано расширение P c F, z₁,z₂ F, – алгебр. эл-т над P, a z₂ - алгебр. эл-т над P₁=P₁(z₁). Тогда z₂- алгебраичен над Р.

Док-во: P c P(z₁) c P(z₁)(z₂) c F. z₁ – алгебр. эл-т над P=> deg [P(z₁):P] =m = deg p(x)

z₂ – алгебр. эл-т над P₁=> deg [P₁(z2):P₁] =k deg p₁(x)

где р(х) – min эл-т z₂ над Р₁.

[P(z₁)(z₂):P]= [P(z₁)(z₂):P(z₁)]

P c P(z₁)(z₂) – его степень над Р =mk, т.е. она конечна, зн. она алгебр. над P. z₂ этому расширению => z₂- алгебр. над Р эл-т.