Предыдущая страница реферата | 1  2  3  4  5  6  7  8 | Следующая страница реферата

(3-3(2[pic]9(-3[pic]=2

или

(3 +9(-2=3[pic]((2+1).

Теперь обе части равенства возводим во вторую степень:

(6+18(4+81(2-4(3-36(+4=27(4+54(2+27 или

(6-9(4-4(3+27(2-36(-23=0.
Таким образом ( является корнем многочлена f(x)= (6-9(4-4(3+27(2-36(-23=0 с рациональными коэффициентами. Это значит что ( — алгебраическое число.

2.5. Алгебраическая замкнутость поля алгебраических чисел.

Теорема 2.9. Поле алгебраических чисел алгебраически замкнуто.

Доказательство. Пусть A [x] — кольцо полиномов от x над полем A алгебраических чисел. Пусть f = а0 + а1x+... + аnхn (а0 ,…, аn ( A)
— любой полином положительной степени из A[x]. Нам надо доказать, что f имеет корень в А. Так как f(C[x] и поле E алгебраически замкнуто, то f имеет корень в E т. е. существует такое комплексное число с, что f(с) = 0.
Пусть L= Q(а0, ..., аn) и L (с) — простое алгебраическое расширение поля L с помощью с. Тогда Q (L ( L (c) есть конечное алгебраическое расширение поля L. По теореме 2.2, L есть конечное расширение поля Q. В силу теоремы 2.3 L (с) является конечным расширением поля Q. Отсюда, по теореме 2.2, следует, что поле L (с) является алгебраическим расширением поля Q и, значит, c(A. Таким образом, любой полином из A[x] положительной степени имеет в A корень, т. е. поле A алгебраически замкнуто.

3. Сепарабельные и несепарабельные расширения.

Пусть ( — поле.

Выясним, может ли неразложимый в ([x] многочлен обладать кратными корнями?

Для того чтобы f(x) обладал кратными корнями, многочлены f(x) и f((x) должны иметь общий отличный от константы множитель, который можно вычислить уже в ([x]. Если многочлен f(x) неразложим, то ни с каким многочленом меньшей степени f(x) не может иметь непостоянных общих множителей, следовательно, должно иметь место равенство f '(x) = 0.

Положим n n f(x) =(a(x( f((x) =((a(x(-1

0

1
Так как f((x) = О, в нуль должен обращаться каждый коэффициент:

(a( = 0 (( = l, 2, ..., n).
В случае характеристики нуль отсюда следует, что a( = 0 для всех ( ( 0.
Следовательно, непостоянный многочлен не может иметь кратных корней. В случае же характеристики p равенства (a( = 0 возможны и для ( ( 0, но тогда обязаны выполняться сравнения

((0(p).
Таким образом, чтобы многочлен f(x) обладал кратными корнями, все его слагаемые должны обращаться в нуль, за исключением тех a(x(, для которых
((0(p), т. е. f(x) должен иметь вид f(x) = a0+apxp+a2px2p+…
Обратно: если f(x) имеет такой вид, то f((x)=0.

В этом случае мы можем записать: f(x) = ((xp).

Тем самым доказано утверждение: В случае характеристики нуль неразложимый в ( [x] многочлен f (x) имеет только простые корни, в случае оке характеристики p многочлен f(x) (если он отличен от константы) имеет кратные корни тогда и только тогда, когда его можно представить как многочлен ( от xp.

В последнем случае может оказаться, что ((x) в свою очередь является многочленом от xp. Тогда f(x) является многочленом от xp2. Пусть f(x) — многочлен от xpe f(x) = (( xpe), но не является многочленом от xpe+1. Разумеется, многочлен ((у) неразложим.
Далее, (((у) ( 0, потому что иначе ((у) имел бы вид ((ур) и, следовательно, f(x) представлялся бы в виде ((хpе+1), что противоречит предположению. Следовательно, ((у) имеет только простые корни.

Разложим многочлен ((у) в некотором расширении основного поля на линейные множители: m

((y) = ((y-(i).

1
Тогда m f(x) = (( xpe -(i)

1

Рекомендуем скачать другие рефераты по теме: титульный лист реферата, диплом.



Предыдущая страница реферата | 1  2  3  4  5  6  7  8 | Следующая страница реферата

Поделитесь этой записью или добавьте в закладки