A mező algebrai kiterjesztése. Bocsásd meg az öntözés kiterjesztését. Algebramezők raktárbővítése

algebrai mező kiterjesztése- — Információvédelem témaköre EN kiterjesztési mező … Dovіdnik műszaki fordítás

E mező, amely almezőként K mezőt kap. Típuskiterjesztés Az algebra kiterjesztésének kiterjesztése, egy ilyen є algebrai minden eleme K felett, vagyis egy ilyen є ilyen eleme egy gazdag kifejezés gyöke f (x) c ... Wikipédia

Az EÉ K mező algebrai kiterjesztése, ami normális és szeparálható. A tsikh elmék számára az E lesz a legtöbb automorfizmus a K-hez képest (mivel E egyedi, akkor az automorfizmusok száma is jelentős és fejlettebb fokú kiterjesztést jelent).

Nap_vugroup A nap_vgroup S, scho revenge Av yak p_demigroup. Hangulat az A csoport nevének kibővítéséről, az Atem-mel való összekapcsolásról más elmékkel. Az ideális R. nap_vgroup legfejlettebb elmélete (nap_vgroup, mit kell bosszút állni Av yak ......) Matematikai Enciklopédia

Egyenlő az n-edik szakasz de rich tagjának elméjével egy vagy több változás formájában. A. in. egyetlen ismeretlen hanggal. egyenlő az elmével: Nincs szám, hang. az együtthatók egyenlők és є danimi, hnaz. nevidomim és є… Matematikai Enciklopédia

Mezők k algebrai. a k mező kiterjesztése, ami egy zárt algebrai mező. Bármely mező ilyen kiterjesztése az izomorfizmusig egyedileg van hozzárendelve. A. h. mezőket napszámokє mező komplex számok(Oszt. …… Matematikai Enciklopédia

Az EÉ K mező normálisan kiterjesztett algebrai kiterjesztése bármely K feletti f(x) irreducibilis gazdag tagra, amelynek egy E gyöke lehet, E-ben lineáris szorzókká bővíthető. Egyenértékű kinevezés: Yakscho KÌ EÌ K *, de K * ... ... Wikipédia

Egy olyan mező algebrai kiterjesztésének elválasztható kiterjesztése, amely elválasztható elemekből áll, úgy, hogy ezek az elemek α, a minimális f(x) annulátor K felett, amelynek nincs több gyöke. Pokhіdna f (x) lehet buti a vishchevkazanim ... ... Wikipédia

A mező kiterjesztése, úgy, hogy E, nagyszerű, K yak felett vektor tér. Az E vektortér K feletti kiterjesztését a tágulás mértékének nevezzük és jelöljük. Az utolsó bővítések ereje A ... ... Wikipédiában

A mezők a K L mező algebrai kiterjesztései, amely kielégíti az egyik előrehaladó ekvivalens elmét: 1) hogy az L mező be van-e ágyazva az algebrai mezőbe. a mező lezárása є az L mező automorfizmusával; 2) Adott polinomcsalád elrendezésének L mezője s ... ... Matematikai Enciklopédia

Mezők algebrai bővítése

Intro.

A pedagógiai egyetemek elindítottak egy programot az algebra és számelmélet egységes szakára. A metatanfolyam vezetője az algebra alaprendszereinek fejlesztése és az algebrai kultúra fejlesztése, amely a leendő tanár számára szükséges a célok és a matematika főiskolai tantárgy feladatának mély megértéséhez, valamint iskolai választható kurzusok.

Véleményünk szerint az iskolai tananyag legjelentősebb bevezetése a kortárs absztrakt algebra elemei.

A matematikának a huszadik században keletkezett algebraizálási folyamata nem elfogadott, inkább arra kényszerül, hogy az iskolai matematikaoktatásban megpróbálja megérteni az algebra alapjait.

A matematikai mélység és a rendkívül széles mezősűrűség az alapvető rendelkezések egyszerűségével párosul – a mezők megértéséhez számos fontos tétel fogalmazható meg és kerülhet napvilágra, amelyek gyakran megjelennek a multiplicitáselmélet univerzumában. Ezért a terepelmélet alkalmasabb arra, hogy az iskolásoknak betekintést mutasson a modern matematikába.

Emellett a terület elméletének elemeinek fejlődése ismerős az iskolások számára, intellektuális fejlődésükre ösztönözve, ami megnyilvánul az elméjük, tulajdonságaik és tulajdonságaik különböző oldalai gazdagodtak fejlődésében, valamint a tudósok fejlődésében. , természettudományok és matematika.

1. A terepi algebra egyszerű kiterjesztése.

1.1. Egyszerűen bővítse ki a mezőt.

Legyen P[x] olyan polinomok gyűrűje, mint az x a P mező felett, ahol P az F mező részmezeje. Tegyük fel, hogy az F mező a elemét algebrainak nevezzük a P mező felett, mert a a gyöke egy ilyen P[x] pozitív lépésű polinom.

Időpont egyeztetés. Legyen P< F и a0F. Простым расширением поля P с помощью элемента a называется наименьшее подполе поля F, содержащее множество Р и элемент a. Простое расширение P с помощью a обозначается через P (a), основное множество поля P (a) обозначается через Р(a).

Legyen a0F, P [x] - polinomok gyűrűje x i-ben

P[x]=(f(a)*f0P[x]),

tehát P [a] személytelen mind közül a 0 + a 1 a + ... + a n a n de a 0, a 1, ... a n 0P i n formában - legyen természetes szám.

Könnyen belátható, hogy a +P[a], +, -, ., 1 algebra a P(a) mező részmezeje - az almező; a teljes gyűrűt a P[a] szimbólum jelöli.

1.1. tétel. Legyen P [x] - polinomok gyűrűje x-ben P és P (a) felett - a P mező egyszerű kiterjesztése. Legyen y - bontsa ki P [x]-t P [a]-ra úgy, hogy y (f) = f ( a) be -th f іz P[x] esetén. Todi:

(a) bármely a z P y esetén (a) = a;

(c) y a P[x] gyűrű homomorfizmusa a P[a] gyűrűn;

(d) Ker y = (f0P[x] * f(a) = 0);

(e) P[x]/Ker y faktor-kör, amely izomorf a P[a] gyűrűvel.

Hoz. Az (a) és (b) állítás közvetítő nélkül csikorog y kinevezésétől. Az y bevezetése elmenti a P[x] gyűrű főbb műveleteit, így bármely f і g з P[x] esetén

y(f + g)=f(a)+g(a), y(fg)=f(a)g(a), y(1)=1.

A szilárdság (d) nyomtalanul lángol ki az y-ból.

Ha az y gyűrű a P[x] gyűrű P[a]-ra való homomorfizmusa, akkor a P[x]/Ker y faktorgyűrű izomorf a P[a] gyűrűvel.

Utolsó 1.2. Legyen a egy transzcendentális elem a P mező felett. Ha a P[x] polinom izomorf a P[a] gyűrűvel.

Hoz. Visszatekintve egy over P Kery=(0) transzcendenciájára. Ahhoz P[x]/(0) - P[a]. Ezenkívül a nulla ideál mögötti P[x] gyűrűtényező izomorf P[x]-vel. Továbbá P[x] - P[a].

1.2.Egy algebrai elem minimális polinomja.

Legyen P [x] polinomok gyűrűje a P mező felett.

Időpont egyeztetés. Legyen a egy algebrai elem a P mező felett. Egy a elem P feletti minimális polinomja P [x] legkisebb fokú értékelési polinomja, melynek gyöke є a. A minimális polinom lépését az a elem P feletti lépésének nevezzük.

Könnyű kitalálni, hogy minden a elemhez, amely algebrai P felett, van egy minimális polinom.

Javaslat 1.3. Ha a egy algebra eleme egy P mező felett, és g és j a P mező th minimális polinomja, akkor g = j.

Hoz. A g és j minimális polinomok lépései kimaradnak. Ha g ¹ j, akkor az a elem (n lépés P felett) lesz a g - j polinom gyöke, amelynek lépése kisebb, mint a j polinom lépése (kisebb, mint n), ami lehetetlen. Később g = j.

Tétel 1.4. Legyen a egy n fokú algebraelem a P (aóP) mező felett, és g a P mező feletti minimális polinom. Ekkor:

(a) a g polinom nem indukálódik a P [x] körben;

(b) tehát f (a) = 0, ahol f 0 P[x], g osztja f-et;

(c) a P[x]/(g) tényező-kör izomorf a P[a] körrel;

(d) P [x]/(g) mező;

(e) a P [a] gyűrűt a P (a) mezővel illesztjük.

Hoz. Tegyük fel, hogy a g polinom indukált a P [x] körben, akkor P [x]-ben olyan j és h polinomok állapíthatók meg,

g = jh, 1£deg j, deg h

Ekkor g(a) = j(a)h(a) = 0. Mivel P(a) egy mező, akkor j(a) = Pro vagy h(a) = 0, ami lehetetlen, szilánkok, az elme mögött , lépések eleme a P felett több p.

Tegyük fel, hogy f 0 P[x] és f(a) = 0. Az elme esetében g(a) = 0. Ekkor f és g nem bocsátható meg kölcsönösen. Ha a g polinom irreducibilis, akkor g osztja f-et.

Legyen j a P[x] gyűrű homomorfizmusa a P[a] gyűrűn (y(f)=f(a) bármely f ⊂ P[x] esetén), tekintettel a 2.1. Tételre. 3(b) az y homomorfizmus magja a g polinom többszöröseiből áll, tehát. Ker y = (g). Ezenkívül a P = P[x]/(g) gyűrűtényező izomorf a P[a] gyűrűvel.

Oskilki P[a]ÌP(a), akkor P[a] az integritás területe. Mivel P @ P [a], így a P hányados is az integritás tartománya. Meg kell mutatnunk, hogy P-ből bármely nem nulla f elem redukálható P-re. Legyen f az f összegosztály eleme. Oskilki f¹0, majd f(a)¹0; Ezért a g polinom nem osztható az f polinommal. Oskilki g polinom irreducibilis, a csillagok tiszták, de az f és g polinom kölcsönösen egyszerű. Ezenkívül Р[x] olyan u és v polinomokat hoz létre, amelyek uf + vg=1. Az uf = 1 érték azt mutatja, hogy az f elem vadállatosan a P gyűrűben van.

З (с) і (d) P [a] є mező és térfogat P(a)ÌP[a]. A másik oldalon nyilván P[a]ÌP(a). Továbbá P[a] = P(a). Ezenkívül a P[a] gyűrűt a P(a) mezővel illesztjük.

1.3. A téralgebra Budov-féle egyszerű kiterjesztése.

Tétel 1.5. Legyen a egy pozitív n osztályú algebrai elem a P mező felett. A P(a) mező bármely eleme egyedileg ábrázolható n elem 1, a, ..., a n-1 lineáris kombinációjával Р együtthatókkal.

Hoz. Legyen a P (a) mező b-be-yakie eleme. Az 1.4. tétel szerint P(a) = P[a]; továbbá P[x]-ben az f polinom olyan, hogy

Legyen g a P feletti minimális polinom; a tétel értelmében az első lépés előrehaladottabb.

(2) f = gh + r, de r = 0 vagy der r< der g = n , т. е. r=c 0 +c 1 x +…c n -1 x n -1 (c i 0P). Полагая в (2) x = а и учитывая равенство (1), имеем

(3) b = c 0 + c 1 a + ... c n -1 a n-1

Megmutatjuk, hogy az elem egyedileg ábrázolható az 1, a, ..., a n-1 elemek lineáris kombinációjában. Na gyere

(4) b = d 0 + d 1 a + ... d n -1 a n-1 (d i 0 P)

Be-yaké ilyen megnyilvánulás. Nézzük meg a j polinomot

j \u003d (s 0 - d 0) + (c 1 - d i .)x + . . . + (З n-1 -d n -1)x n -1

Vipadok, ha a j lépés kisebb, mint n, lehet, hogy a (3) і (4) j(a) = 0 і miatt leforrázik a j lépés a g lépés legkisebb típusa. Kevésbé lehetséges a változtatás, ha j = 0, akkor s 0 = d 0. . . Zn-1 = dp-1. Ezenkívül a b elem egyedileg ábrázolható az 1, a,…,a n-1 elemek lineáris kombinációjaként.

1.4. Változás algebrai irracionalitás formájában a tört zászlójában.

A feladat a zvіlnennya formájában irracionalitás algebra a banner egy tört a lépésben. Legyen a egy n>1 fokú algebraelem a P mező felett; f і h - polinomok a P[x] és h(a) ¹0 polinomok köréből. Az a elem lépéseinek lineáris kombinációja esetén az f(a)/h(a)0P(a) elemet kell megadni, majd j(a) esetén

Tse vdannya virishuєtsya így. Legyen g a minimális polinom P. Oskilki felett, az 1.4. Tétel szerint a polinom nem indukálódik P і h(a) ¹ 0 felett, akkor g nem osztja h і-t, továbbá a h і g polinomok kölcsönösen egyszerű. Ezért P[x]-nek vannak olyan u és v polinomjai, amelyek

Oskіlki g(a) = 0, іz (1)

u(a)g(a) = 1, 1/h(a) = u(a).

Továbbá f(a)/h(a) = f(a)u(a), továbbá f,u 0P[x] és f(a)u(a)0P[a]. Otzhe, mi zvіlnilis vіd іrrationalnosti f(a)/h(a) .

Irracionalitásnak tűnik a transzparensnél

A p(x) és g(x)=-x 2 +x+1 gazdag kifejezések kölcsönösen egyszerűek. Ezért vannak olyan gazdag j és y kifejezések, amelyek

A vіdshukannya j і y zastosuemo euklideszi algoritmusa p і g polinomokhoz:

X 3 -2 -x 2 +x+1 -x 2 +x+1 2x-1

x 3 -x 2 -x -x-1 -x 2 +1/2x -1/2x+1/4

x 2 -x-1 1/2x-1/4

ilyen módon,

p=g(-x-1)+(2x-1),

g=(2x-1)(-1/2x+1/4)+5/4.

Zvіdki tudja

(2x-1)=p+g(x+1),

5/4=g-(p+g(x+1))(-1/2x+1/4)

p1/5(2x-1)+g(4/5+1/5(2x2 +x-1))=1,

p1/5(2x-1)+g(2/5x2+1/5x+3/5)=1.

ilyen módon,

y(x)= (2/5x2 +1/5x+3/5).

Otzhe

.

2. A terepi algebra összehajtható kiterjesztése.

2.1. Kіntseve terjeszkedés.

Legyen P az F mező részmezői. Ekkor tekinthetjük F-et a P feletti vektortérnek, tehát a +F, +, (w l ½l 0P) vektorteret,

de w l - az F elemeinek l0P skalárral való szorzásának művelete.

Időpont egyeztetés. Az F mező kiterjesztését terminálisnak nevezzük, az F-hez hasonlóan, mint P feletti vektortér, meg lehet fejezni a kiterjesztést. Tsya rozmirnіst jelzett keresztül.

Javaslat 2.1. Ha a P felett n fokú algebrai elem, akkor = n.

Ez az állítás nyilvánvalóan átüti az 1.5. Tételt.

Időpont egyeztetés. A P mező F kiterjesztését algebrainak nevezzük, mivel F bőreleme algebrai P-vel szemben.

Tétel 2.2. Az F mező véges kiterjesztése algebrai-e P felett.

Hoz. Legyen F n-sima P felett. A tétel nyilvánvalóan igaz, mivel n = 0. Tegyük fel, hogy n>0. Ha F n+1 eleme lineárisan parlagon van P. Sokrema felett, az 1, a, ..., a n elemek lineárisan parlagos rendszere, akkor P ilyen 0, 1, ..., c n elemei nem egyenlőek nulla, s 0 × 1+ 1 a +…+c n a n = 0.

Az a elem szintén algebrai P felett.

Lényeges, hogy a mezőalgebrának vannak olyan kiterjesztései, amelyek nem terminális kiterjesztések.

2.2. Az algebra területének raktárbővítése.

A P mező F kiterjesztését úgy nevezzük összecsukhatónak, ahogy van

az F mező L i növekvő lándzsa részmezeje úgy, hogy

P = L 0 - L 1 - ... L k = F і k>1.

Tétel 2.3. Legyen F - az L mező végkiterjesztése і L - a P mező végkiterjesztése. Ezután F - a P mező végkiterjesztése i

=@[L:P].

Hoz. Na gyere

(1) az L mező 1 ,…,a m - bázisa P felett (mint egy vektortér) és

(2) b 1 ..., b n - az F mező bázisa L felett. F-ből bármely d elem lineárisan kifejezhető a bázison keresztül:

(3) d = l 1 b 1 +...+l n b n (l k 0L).

Az 1 k együttható lineárisan kifejezhető az (1) bázison keresztül:

(4) l k = p 1k a + ... + p mk a m ​​(p ik 0P).

Az l k (3) együtthatók pontszámát behelyettesítve elfogadható

d = p a a b k.

Ily módon az F mező skin eleme a B szorzó elemeinek lineáris kombinációjaként ábrázolható, de

B = (a i b k ½ (1, ..., m), k 0 (l, ..., n)).

Lényeges, hogy a B szorzó nm elemet ad össze.

Megmutatjuk, hogy F bázis P felett. Meg kell mutatnunk, hogy a B szorzó elemrendszere lineárisan független. Na gyere

(5) åc ik a i b k = 0,

de c ik 0 P. Mivel a (2) rendszer lineárisan független L felett, akkor az (5) egyenlőséget követ

(6) s 1 k a 1 +...+s mk a m ​​= 0 (k = 1,..., n).

Mivel az a 1 , ..., a m elemek lineárisan függetlenek P-től, akkor a (6) egyenlőség követi

c 1 k = 0, ..., c mk = 0 (k = 1, ..., n),

megmutatni, hogy az (5) együtthatók nullával egyenlők. Így a B elemrendszer lineárisan független és F alapja P felett.

Otzhe, behelyezve, scho = nm = ×. Szintén F є a P mező utolsó kiterjesztései і maє vegyes képlet (I).

Időpont egyeztetés. A P mező F kiterjesztését hajtogatható algebrainak nevezzük, mivel ez a P mező részmezőinek növekvő lándzsája.

P \u003d L 0 - L 1 - ... L k \u003d F і k> 1 (1)

úgy, hogy i = 1,..., k L i є mező esetén csak bővítsük ki az L i-1 mező algebráját. A k számot dozhina lándzsának (1) nevezik.

Utolsó 2.4. A P mező F algebra raktárkiterjesztései a P mező terminális kiterjesztései.

A bizonyítást könnyen elvégezhetjük a lándzsa (1) mögé történő indukcióval a 2.3. Tétel alátámasztására.

Tétel 2.5. Legyen a 1 ,..., ak algebrai az F mező elemeinek P mezője felett. Ugyanez a P(a 1 ,..., ak) mező a P mező utolsó kiterjesztése.

L 0 = P, L 1 = P, L 2 = P, ..., L k = P.

Ekkor L 1 = P az L 0 mező algebrájának egyszerű kiterjesztése; L 2 az L 1 mező algebrájának egyszerű kiterjesztése, mivel

L 2 = P = (P) = L 1 = L 1 (a 2) stb.

ilyen módon,

P = L 0 - L 1 - ... - L k = F

de L i = L i -1 (a i) ha i = 1, ..., k, akkor a Lanziuk bőrtagja (2) a Lanziuk előremenő tagjának algebrájának egyszerű kiterjesztése. Később az F mező a P mező algebrájának összehajtható kiterjesztése. A 2.4 következtetés szerint az F mező a P mező terminális kiterjesztése.

Utolsó 2.6. A mezőalgebra raktári kiterjesztése є az algebrai mező kiterjesztése.

2.3. A terepi algebra raktárbővítésének egyszerűsége.

2.7. Tétel. Legyen az F számmező a P mezőalgebra kihajtható kiterjesztése. Ekkor F є egyszerűsítjük a P mező algebrájának kiterjesztését.

Hoz. Legyen P - L - F, továbbá L = P (a), F = L (b) i, továbbá F = P (a, b).

Legyenek f és g minimális polinomok P felett, ami érvényes a és b számokra és deg f = m, deg g = n. Az f і g polinomok nem illeszthetők P і fölé, ezért nem lehetnek több gyökből álló komplex számok E mezőjében. Na gyere

a = a 1 ,..., a m - az f C i polinom gyökei

b = b 1 ,..., b n - a g C polinom gyöke.

Nézzük a kіtsev bezlіch M-et:

M = ((a i-a)/(b-b k)½i0(1,…,m), k0(2,…,n)).

Oskіlki P egy numerikus szorzó (i tehát nem korlátozott), akkor P a c szám, vidminne az M, c0P szorzó elemeiben (M, cóM. Nehai

Todi vykonuyutsya spіvvіdnoshennia

(2) g 1 a i + cb k = (i0 (1, ..., m), k0 (2, ..., n)).

Igaz, egyenlőség idején a + cb = a i + cb k bulo b

h \u003d (a i -a) / (b-b k) 0 M

scho superchilo a c szám kiválasztását használta.

Legyen F 1 = P(g) és F 1 - polinomok gyűrűje x-ben. Legyen h = f(g - cx) polinom az F 1 [x]-ből (g, c0P(g) = F 1). Megmutatható, hogy x-b a h és g polinomok legnagyobb mássalhangzója az F 1 [x] gyűrűben. Skála g(b) = 0, majd x-b osztja g E[x]-et. Daly, az (1) miatt

h(b) = f(g-cb) = f(a) = 0.

Az x-b-vel oszd el a h E[x] polinomot. Ebben a sorrendben x-b egy alvó h és g az E[x] gyűrűben.

A jelentések szerint g і h С nincsenek gyökerek, vіdmіnkh vіd b. Tegyük fel, hogy b k , k0(2 ,..., n) a vad gyöke. Ekkor h(b k) = f(g - сb k) = 0. Ekkor van egy ilyen index i0(1 ,..., m) ). Ezért lehetséges, hogy x-b g és h legnagyobb alvója E[x]-ben. Oskіlki x - b - normalizációs polinom, akkor a csillag tiszta, scho x - b є a legnagyobb forró dilnik g és h y kiltsi F 1 [x]. Tom

(x-b) 0 F 1 [x] és b 0 F 1 = P(g).

Ráadásul a = g - cb 0 F 1 . ilyen módon,

F = P(a, b) Ì F 1 , F 1 ÌF.

2.4. Terület algebrai számok.

A komplex számok területének részmezőinek osztálya az egyik legfontosabb - az algebrai számok mezője.

Időpont egyeztetés. Az algebrai számot komplex számnak nevezzük, amely a racionális együtthatókkal rendelkező pozitív fokú polinom gyöke.

Lényeges, hogy egy algebra száma, akár komplex szám, algebrai a Q mező felett. Sokrema, akár racionális szám, algebrai.

2.8. tétel. Az összes algebrai szám személytelen A zárt a komplex számok E = +C, +, -, 1 gyűrűjében. Az A = +А, +, -, , 1 algebra egy mező, az E mező részmezeje.

Hoz. Legyen a és b A elemei. Az utolsó 2.6-ra a Q(a, b) mező algebrai Q felett. Ezért az a + b, -a, ab, 1 számok algebraiak, így A többszörösei A személytelen A zárt az E ciklus fejműveleteinek megfelelően. Ezért az A algebra az E ciklus részciklusa - egy ciklus.

Ezen túlmenően, mivel a nem nulla elem A-ban, a -1 0 Q (a, b) és a -1 található A-ban. Az A algebra ismét egy mező, az E mező részmezői.

Időpont egyeztetés. Az A = +A, +, -, , 1 mezőt algebrai számok mezőjének nevezzük.

Mutassuk meg, hogy az a szám = algebrai.

Megoldás. Z a \u003d sikoltozó a-.

Zvedomlyosan sértő részei a fennmaradó egyenértékűségnek a harmadik lépésben:

a 3 -3a 2 9a-3=2

a 3 +9a-2 = 3 (a 2 +1).

Most a féltékenység sértő részei egy másik szintre kerültek:

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

a 6 -9a 4 -4a 3 +27a 2 -36a-23 = 0.

Ebben a rangban a є egy gazdag kifejezés gyökere

f(x)= a 6 -9a 4 -4a 3 +27a 2 -36a-23=0

racionális együtthatókból. Ce azt jelenti, hogy a egy algebrai szám.

2.5. Az algebra számmezőjének algebrai lezárása.

2.9. Tétel. Az algebra számmezeje algebrailag zárt.

Hoz. Legyen A [x] polinomok gyűrűje x-ben az algebrai számok A mezője felett. Na gyere

f = a 0 + a 1 x+... + a n x n (a 0 ..., a n 0 A)

Legyen valamilyen A[x] pozitív lépésű polinom. Be kell bizonyítanunk, hogy f gyökerezhető A-ban. Ha f0C[x] és az E mező algebrailag zárt, akkor f gyökerezhető E-ben úgy, hogy olyan s komplex számmal rendelkezik, hogy f (c) = 0. Legyen L = Q (a 0 , ... és n) és L(c) az L mező algebrájának egyszerű kiterjesztése c segítségével. Ekkor Q - L - L (c) az L mező algebrájának terminális kiterjesztése. A 2.2 Tétel szerint L a Q mező terminális kiterjesztése. A 2.3 Tétel értelmében L (c) az L mező terminális kiterjesztése. a Q mező. Az L (c) mező a Q i mező algebrájának kiterjesztése, tehát c0A. Így, ha az A pozitív lépés A[x]-jében bármely polinomnak lehet gyöke, akkor az A mező algebrailag zárt.

3. Elválasztható és elválaszthatatlan kiterjesztések.

Gyerünk D - mező.

Bizony, hogyan lehet egy fel nem bontható D[x] polinom több gyökér anyja?

Ahhoz, hogy f(x) többszörös gyök legyen, az f(x) és fN(x) gazdag tagok az anya közös kettős állandó szorzójának köszönhetőek, ami már D[x]-ben is kiszámítható. Annak ellenére, hogy az f(x) polinom nem osztható, egyetlen alacsonyabb fokú f(x) gazdag polinom sem lehet inkonzisztens globális szorzók anyja, és ezért az f "(x) = 0 egyenlőség.

f(x) =3a n x n fN(x) =3na n x n -1

Tehát fN(x) = O, a bőr-együttható nulla:

n = 0 (n = l, 2, ..., n).

Ami fontos, az a csillag karakterisztikus nullája, hogy a n \u003d 0 minden n ¹ 0. Ezenkívül egy inkonzisztens polinom lehet több gyökér anyja. A p_evenness na n \u003d 0 karakterisztikák idején lehet, hogy n ¹ 0, de lehet egyenlő is

f(x) = a 0 + a p x p + a 2p x 2p +…

Vissza: ha f(x) így nézhet ki, akkor fN(x)=0.

Ezzel a vipadkával ezt írhatjuk:

Tim maga hozta az állítást: A karakterisztikus nulla esetén az f (x) gazdag tag nem osztható D [x]-ben, csak egyszerű gyök lehet, a p karakterisztikánál az f polinom ( x) (amely megegyezik a konstanssal is) lehet a gyök többszöröse, ha lehetséges j vіd x p polinomként megjeleníteni.

Időnként előfordulhat, hogy j(x) polinom a maga módján x p . Ekkor f(x) egy olyan polinom, mint az x p 2 . Legyen f(x) - gazdag kifejezés, mint az xpe

ale є polinom vіd x pe +1 . Érthető, hogy az y(y) polinom felbonthatatlan. Dali, y¢(y) ¹ 0, mert különben y(y) úgy nézne ki, mint c(y p) i, akkor f(x) úgy nézne ki, mint c(x pe + 1), ami felülírná a kihagyást. Otzhe, y (y) csak egyszerű gyök lehet.

Bővítsük ki az y polinomot, hogy kibővítsük a főmezőt a lineáris tényezőkön: m

y(y) = J(y-b i).

f(x) = J(x pe -b i)

Legyen a i az x pe - bi polinom gyöke. Ezután x i pe \u003d b i,

x pe - bi = x pe - a i pe = (x-a i) pe .

Ezenkívül az x pe - b i polinom egy i є r e -többszörös gyöke

f(x) = J(x -a i) p e.

Az f(x) polinom gyökének bajusza ily módon azonos p e multiplicitással rendelkezhet.

Az y polinom m lépését az f(x) polinom redukciós lépésének (vagy az a i gyökének) nevezzük; az e számot az f (x) polinom (vagy az a i gyök) kitevőjének nevezzük a D mező felett.

de m drágább az f(x) polinom különböző gyökeinek száma.

Ha q a D[x] gyűrűben fel nem bontható polinom gyöke, amely csak egyszerű gyök lehet, akkor q-t D feletti elválasztható elemnek vagy D 1 feletti első típusú elemnek nevezzük. Ezzel egy elválaszthatatlanul gazdag kifejezést, amelynek minden gyökere elválasztható, elválaszthatónak nevezzük. Ellenkező esetben a q algebrai elemet és az f(x) felbonthatatlan gazdag tagot elválaszthatatlannak vagy másfajta elemnek (például gazdag tagnak) nevezzük. Most az S algebra olyan kiterjesztését, amelynek minden eleme elválasztható D felett, elválaszthatónak D felett, és az algebra bármely más kiterjesztését elválaszthatatlannak nevezzük.

A karakterisztikus nulla időkben azt mondják, hogy a bőr nem felbonthatatlan gazdag kifejezés (és ezért az algebra bőrkiterjesztése) elválasztható. Szeretnénk tudni, hogy a legfontosabb és legfontosabb mezőbővítések többsége elválasztható, és ismerjük a mezők osztályának minőségét, így elválaszthatatlan kiterjesztések (ún. „kész mező”) nem lehetségesek. Z tsієї causa all pov'yazane speciálisan elválaszthatatlan kiterjesztéssel, laza betűtípussal.

Nézzük most az S = D (q) algebra kiterjesztését. Ha az n lépések egyenlőek f(x) = 0-val, ami nagyobb, előrehaladottabb lépést jelent (S:D), akkor az m lépések redukciója megegyezik az S mező haladó értelemben vett izomorfizmusainak számával: mi csak ezeket az izomorfizmusokat tudja nézni [e-mail védett]", ha a D részmező bármely eleme erőszakmentes i-vel van kitöltve, akkor S átkerül az S" ekvivalens mezőbe (az S mező izomorfizmusa a D mező felett), és bármely S mezőkép "együtt feküdjön az S mezővel a mező közepén W. tsikh umovah maє mistse tétel:

A W mező megfelelő megválasztásával az S=D(q) kiterjesztésnek pontosan m izomorfizmusa lehet D felett, és a W mező bármely választása esetén az S mezőnek legfeljebb m ilyen izomorfizmusa lehet.

Hoz. A D feletti bőrizomorfizmus felelős azért, hogy a q elemet asszociációivá alakítsa a W-ből származó q" elemmel. Válassza ki a W-t, hogy f(x) W felett lineáris szorzókká bővüljön; akkor úgy tűnik, hogy a q elemnek pontosan m előfordulása lehet. q,q elemek Ha igen, mint bi, a W mező nem lett kiválasztva, a q elem legfeljebb m esetben nem matima. Most már tiszteletreméltó, hogy a D(q)@D(q") bőrizomorfizmus D felett teljes mértékben függ az adott q® q" azonosságtól. Nyilvánvaló, hogy ha q átmegy q "-re, és D-ből minden elem a helyszínen marad, akkor az elem

3a k q k (jak 0D)

bûnös menjen

a cym pedig az izomorfizmust jelenti.

Sokrema, mivel q elválasztható elem, akkor m = n і, így az izomorfizmusok száma a főmező felett egyenletesebben nyúlik meg.

Ha igen, ha az a mező fix, amely lefedheti az összes megnézett mezőt, amelyben az f (x) = 0 bőrkiegyenlítés minden gyöke elhelyezhető (mint pl. a komplex számok mezőjében) , akkor a W minőségében egyszer s mindenkorra felveheti az i mezőt. Tehát kezdje el javítani az elméletileg numerikus mezőket. Szeretnénk emlékeztetni, hogy az absztrakt mezőkhöz a W mezőt is használhatja.

Az idézett tétel a következő állítás:

Hogyan bővíthetjük S-t a D-ből való kilépéshez a következő érkezésekhez m

algebrai elemek a 1 , ..., a m , sőt bőr az i , є gyök mögött

nem bővíthető D(a 1 , ..., a i-1) felett egyenlő az n" i redukált fokozattal, akkor

S kiterjesztése pontosan ?n i ¢ izomorfizmus lehet D i felett, ugyanúgy

nincs hosszabbítás nagyobb szám az S mező ilyen izomorfizmusai.

Hoz. m = 1 esetén a tételt továbbfejlesztettük. Tegyük fel, hogy її érvényes az S 1 = D(a 1 , ..., a m-1) kiterjesztésre:

W 1 є pontosan n i ¢ az S mező D feletti izomorfizmusai.

Legyen S 1 ®S 1 az egyik Õ n i ¢ izomorfizmus. Azt állítják, hogy a fordított mező fordított sorrendjében W bor legfeljebb n_zh n m módon folytatható az S = S 1 (am) @ S = S (am) izomorfizmusig.

Az a m elem kielégíti az f 1 (x) = 0 egyenletet S 1 felett, n¢ m különböző gyökkel. Az S 1 ® S 1 további izomorfizmus után az f 1 (x) gazdag kifejezés egy másik gazdag f 1 (x) kifejezésre fordítható. Ale todі f 1 (x) széles körben kibővített módon, de n m különböző gyökerek és nem több. Legyen egy m - az egyik ilyen gyökér. Az a m elem kiválasztását tekintve az S 1 @S 1 izomorfizmus három az S (a m) @ S (am) izomorfizmushoz a m ®a m-re egy és egyetlen módon: gyakorlatilag a folytatást a képlet adja meg.

åc k a m ​​​​k ®å c k a m ​​​​k

Az a m elem kiválasztásának mintái n "m módon definiálhatók, n" m ilyen jellegű folytatást használva a fordított izomorfizmushoz å 1 ®å 1

Az Oskіlki saját vonallal rendelkezik, és ez az izomorfizmus átalakítható

Х n" i módon,

akkor minden igaz (az a W mező, amelyben minden egyenlő gyöke található)

Õ n" i × n" m = Õ n" i

az S kiterjesztésének izomorfizmusai a D mezőre, ami szükséges volt.

Ha n i az a i elem valós (redukálatlan) lépése D felett (a 1 ,...,a i-1), akkor a mező D (a 1 , ... , a i) kiterjesztésének további n i lépése D(a1,...,ai-1);

otzhe, lépések (S: D) tovább

Hogyan párosítsuk a számot az izomorfizmusok számával

Az S = D(a 1 , ... , a m) kiterjesztés izomorfizmusainak száma D felett (bármely adott W kiterjesztésre) egy további lépés (S: D) akár és csak egyszer, ha az a i bőrelem elválasztható a felett a D(a 1 , . .. , a i-1) mező. Ha azt szeretnénk, hogy egy a i elem elválaszthatatlan legyen egy külön mezőben, akkor az izomorfizmusok száma kisebb, mint a kiterjedés mértéke.

A tétel szempontjából azonnal megjelenik néhány fontos megjegyzés. Számunkra a tétel kimondja, hogy az a i bőrelem hatványa szétválasztható az elülső mező felett, és magának az S kiterjesztésnek a hatványa független az i-t generáló elemek megválasztásától. Mivel a mező egy további eleme tekinthető az első generációnak, a b elem elválaszthatónak tűnik, mivel minden a i az. Apa:

Az a i , ... , a n i elemek szekvenciálisan hozzáadódnak a D mezőhöz, az a i bőrelem szétválaszthatónak tűnik a mező felett, elveszve a szomszédos elülső elemeket a 1, a 2 ,...,a i-1 bővítéssel

S = D(a 1 , ... ,a n)

elválasztható D felett.

Zokrema, suma, kiskereskedelem, tvir, hogy a magántulajdonban elkülönített elemek elkülöníthetők.

Továbbá, mivel b elválasztható S felett, és S mező elválasztható D felett, akkor a b elem elválasztható D felett. Ez azzal magyarázható, hogy b kielégíti az a 1 , ... , a m з együtthatók végső számát. S i ismét elválasztható D felett (a 1, ..., a m). Tim maga elválasztható kiterjesztése

D (a 1, ..., a m, b).

Nareshti, ugyanaz a hely adható meg: egy S terminális elválasztható kiterjesztés izomorfizmusainak száma egy D mező felett magasabb kiterjesztési fokig (S: D).

4. Az öntözés korlátlan bővítése.

Egyszerű részmezőjéből kiemelkedik a bőrmező a kimeríthetetlen tágulás végső chi-jének segítségére. Ebben a felosztásban a mezők számtalan kiterjesztése látható, elsősorban algebrai, majd transzcendentális.

4.1. Algebrailag zárt mezők

Egy adott mező algebrájának bővítése között fontos szerepet játszik különösen az algebra maximális kiterjesztése, hogy ne engedje meg az algebra további bővítését. Az ilyen meghosszabbítások okát ebben a bekezdésben ismertetjük.

Ahhoz, hogy a W mező az algebra maximális kiterjesztése legyen, az elmét előre kell vinni: a W[x] kör bőrpolinomja lineáris szorzókra bontható. Tsya elme elég. Valójában, mivel egy bőrpolinom W[x]-ben lineáris szorzókra bontható, akkor a W[x]-ben lévő összes egyszerű polinom lineáris, és a W" mező W" algebra bármely kiterjesztésének bőrelemei a gyökérnek tűnnek. lineárisan gazdag x - a kifejezés W[x]-ben, azaz a W mező aktuális a elemével működik.

Ennek a dámónak ugyanez a sorsa:

A W mezőt az algebra lezárásának nevezzük, mivel a W [x]-beli bármely polinom felbontható lineáris tényezőkre.

A W mező algebrailag zárt, így a W[x]-beli polinomnak egy gyöke, azaz egy lineáris szorzója lehet W[x]-ben.

Valóban, mint ilyen ügyes vikonán és elég sok vétel, az f (x) polinomot szorzókra bontják, de nem bontják fel, akkor minden bűz a hibás, hanem lineáris.

Az "algebrai alaptétel" kimondja, hogy a komplex számok mezeje algebrailag zárt. Egy algebrailag zárt mező közeledő csonkja lehet minden összetett algebrai szám mezője, így a személytelen komplex számok, mintha megelégszenek bármilyen racionális együtthatós egyenlőséggel. A komplex gyök egyenlő az algebra є együtthatóival, és valóban algebrai nemcsak az algebrai számok mezején, hanem a mező felett is racionális számok, azaz önmagukban algebrai számok.

Itt megmutatjuk, hogyan indukálhatunk egy kellően adott P mező zárt algebrai kiterjesztését tisztán algebrai módon. Steinitz úgy feküdni

Főtétel. A P bőrmezőre a W algebra zárt algebrai kiterjesztése. Pontosan az ekvivalenciáig a kiterjesztés egyedileg definiált: van-e két algebrai zárt W, W" algebrai kiterjesztése a P mezőnek egyenértékű-e.

Ezeknek a tételeknek a bizonyítása a lem többletének köszönhető:

1. lemma. Legyen W a P mezőalgebra kiterjesztése. Elegendő elme ahhoz, hogy W az algebra lezárása legyen, є a W[x] gyűrű bármely P[x]-beli polinomjának lineáris tényezőire való kiterjesztése.

Hoz. Legyen f(x) egy további polinom a W[x]-ből. Ha a vin-t nem bontjuk lineáris szorzókra, akkor az a i-edik gyöket vehetjük a felső W szupermezőbe. Az a elem algebrai W felett, W pedig a P mező algebrájának kiterjesztése; következő g(x) polinom a P[x]-ben

2. lemma. Ha a P mező holisztikusan rendezett, akkor a P[x] polinomok gyűrűje holisztikusan rendezhető, és egészen addig, amíg ez a rendezett P mező duplarendű lesz.

Hoz. Változtassuk meg jelentősen az f(x) polinomok sorrendjét P[x]-ben a következőképpen: legyen f(x)

1) az f(x) lépés a g(x) lépés egy kisebb típusa;

2) f(x) lépés további g(x) lépés és több n, akkor.

f(x) = a 0 x n + ...+ a n , g (x) = b 0 x n + ... + b n

i a következő k indexhez:

és i = b i i-re

a k

Ha igen, akkor a 0 polinomért hibáztassuk a polinomot: 0 lépést kapunk. Nyilvánvaló, hogy a sorrendben való kilépés ilyen módja az, aminek értelmében P [x] teljesen rendezett. Ez a következőképpen jelenik meg: a gazdag szegmensek skin nem üres többes számában a gazdag szegmensek legkisebb fokú nem üres résztöbbsége található; legyen olyan jó. a kijelölt résztöbbségnél є saját soros részszorzóval rendelkezik gazdag kifejezésekből az első 1-gyel és így tovább. minimnosti, amelyek egymást követően győztesek, tetszés szerint); ez a polinom az adott szorzó első eleme.

3. lemma. Ha a P mezőt egészében rendezzük, akkor az n і n szakasz f(x) gazdag tagja a 1 ..., a n szimbólumot, akkor a P mezőt (a 1 ,..., a n), amelyben Az f(x) lineáris szorzókon ki lesz terjesztve

Õ(x-a i), egyetlen rang és egy egész lesz

rendelés. Mező P in sensi tsiy є vіdrіzkom.

Hoz. Sorra összeadjuk az a 1 ..., a n gyökérrel, ami után P = P 0 egymás után nyerjük az Р 1 , ..., Р n mezőket. Tegyük fel, hogy R i-1 = P(a 1 ..., a i-1) - a mezőt már indukáltuk, és P szerződés R i-1-gyel; akkor R i olyan lesz.

A 2. feladat előtt a Р i-1 [x] polinomok gyűrűjét egészben rendezzük. Az f polinom minden kiltsi felbonthatatlan faktorokra bomlik, melyeknek a közepe az első hely x - a 1 ,..., x - a i-1 ; a többi többes szám között legyen f i (x) az első az egyértelmű sorrend értelmében. Az f i (x) gazdag tag gyökerét jelölő a i szimbólummal együtt a P i = P i -1 mezőt jelöljük az összegek összességeként.

de h az f i (x) gazdag tag lépése. Ha f i (x) lineáris, akkor természetesen figyelembe vesszük, hogy P i = P i -1; az a i karakter nem szükséges. Ösztönözze a pálya egészét, hogy további támadó intelligenciára rendeljenek: a pálya bőreleme

talán gazdag tagja

A mező elemei pedig ugyanúgy vannak rendezve, mint gazdag kifejezéseik sorrendje.

Nyilvánvalóan ugyanaz a Р i-1 vonatkozik Р i-re, és arra і P - Р i-re vonatkozóan.

Tim magukat a P 1 ,..., P n mezőket egy egész rendezés motiválja. Az Р n mező egyedileg kereshető az első P(a 1 ,..., a n) mezővel.

Lemma4

Hoz. Bármely két a, b elemhez kombináljon két S a , S b mezőt úgy, hogy a, b és bármelyiket helyettesítse a másik előtt. A rekedt mezőben az a + b і a × b i elemekhez ugyanannyi elemet rendelnek a bőrmezőben, hogy megbosszulják a-t és b-t, mivel két ilyen mező miatt az egyik átkerül a másik mezőbe. Például az asszociativitás törvényét hozni

ab g = a bg,

ismerjük a középső mezőket S a , Sb, S g azokat, amelyek két másik mezőt fednek le (a legnagyobb); melyik mezőben van a, b és g i az asszociativitás új törvényében vikonano. Ugyanígy felülvizsgálják a társulás elemeinek kiszámítására vonatkozó reshta szabályokat.

A főtétel bizonyítása részekre oszlik: a W részmezőre és az egységbizonyításra.

Pobudov W. Lemma 1. lemma bizonyítja, hogy a P mező algebrailag zárt W kiterjesztéséhez elegendő a P mező algebrájának ilyen kiterjesztését indukálni, hogy a P[x]-beli polinom ezekre a kiterjesztésekre kiterjeszthető legyen. lineáris szorzókba.

1. A mező P f є ob'ednannyam mező P і minden mező S g for g

2. A P f mezőt úgy rendezzük, hogy P és minden S g mező g-vel

3. Az S f mező az a 1 ,..., a n további szimbólumok után R f-ből az f gazdag tag adott gyökeihez érkezik lemi 3-ig érvényes.

El kell magyarázni, hogy így a Р f , S f mezők teljes sorrendjét gyakorlatilag az egész rendezési mező hozzárendeli, valamint az összes előremenő Р g , S g mezőt már többször is hozzárendeli.

Yakshcho vikonano 3, majd nasampered P f - vіdrіzok S f . Z ogo i vimogi 2 látjuk, hogy a mező P i bőrmező S g (g

Р - vіdrіzok S h at h

S g - dupla S h g-nél

Úgy hangzik, mint a P i mezők S h (h b, jak menthető Pf-ben. Ugyanaz a sorrend minden mezőben egy és ugyanaz P abo S g yak yak yak a, tehát ib, hogy minden ts mező є v_drіzkami egy az egyik. Otz, rendelésre felállítás ki van nevezve. Azok, akik teljesen személytelenül vannak elrendelve, nyilvánvalóan, mivel a bőr nem üres személytelen x P f-ben, megbosszulják az S g deyakogo mező munkájának legalább egy elemét, és ez az x x Ç Work x Ç S első eleme. g. Ez az elem egy óra є i az első x elem.

Az elmédre 3 nézve az f(x) polinom ismét lineáris tényezőkre bomlik az S f mezőben. Továbbá a transzfinit indukció segítségével megmutatjuk, hogy S f algebrai P felett. Valójában feltételezzük, hogy minden S g (g) mező

Most tároljuk az összes Sf mező W készletét; zgіdno z lemoy 4 nyert є mezőben. A teljes mező algebrailag P felett van, és az összes f gazdag tag kibővül rajta (az f kis bőrpolinomok már S f felett vannak kiterjesztve). Ezenkívül a W mező algebrailag zárt (Lema 1).

A W mező egysége. Legyen W és W" két olyan mező, amelyek algebrai és a P mező zárt algebrai kiterjesztései. Adjuk meg ezeknek a mezőknek az ekvivalenciáját. ezen argumentumok egyike is figyelembe veszi) submultiple ¢ in W " és némi izomorfizmus

P(Â) @ P(¢).

Május hátralévő része meg lesz elégedve a közelgő ismétlődő spiccsel.

1. A P(Â) @ P(¢) izomorfizmus a P mező bőrelemének kimerüléséből adódik a mezőn.

2. A P(Â) @ P(¢) ÁÌ Â izomorfizmus a P(Â) @ P(Á”) izomorfizmus kiterjesztése lehet.

3. Ha  a maradék a elem, így  = ÁÈ(a), és ha a a gazdag f(x) tag gyöke, amely nem bontható fel P (Á-ban), akkor az a" elem hibáztatja a P(Á) nemzetség első gyökerét @ P(I"), egy f¢(x) polinom egy jól rendezett W mezőben."

Meg kell mutatni, hogy a P(Â) @ P(¢) izomorfizmus ugyanígy hatékonyan hozzárendelhető, mivel ez már ÁÌ Â összes elülső éléhez tartozik. Itt két pontot kell megkülönböztetni.

Első csepp. A személytelen  nem rendelkezhet az elem többi részével. Ugyanez a bőrelem feküdjön az éneklő első farfekvőn Á; ehhez  є az Á kombinált öntözéseihez, ahhoz P(Â) - az ÁÌ Â P(Á) kumulatív mezőihez. Ha a P(Á) @P(Á") izomorfizmusokból származó bőrelemek az előzőekből indulnak ki, akkor az a bőrelemnek ezekkel az izomorfizmusokkal csak egy a" eleme van. Ezért van egy és több P(Â) → P(¢) inflexió, amely folytatja az összes P(Á) → P(Á" előrefelé irányuló izomorfizmust), és maga az inflexió a®a". Nyilvánvaló, hogy ez egy izomorfizmus és az 1 és a 2 kombinációja.

Még egy csepp. Anonymous maє fennmaradó elem a; továbbá  = ÁÈ(a). Végül az a elemhez társított a" elem egyedileg van hozzárendelve. Mivel a" P(I") mező felett (az elemzett izomorfizmus értelmében) kielégíti "ugyanazt" inkonzisztensen egyenlő azzal, hogy i a P(I) felett, akkor a P(I)→P(I") izomorfizmus (abban az esetben, ha I üres, akkor ugyanaz a P®P izomorfizmus) felmegy a P(I, a) ®P(I", a¢ izomorfizmusra). ), amikor egy elhalad az a" pontnál. A bőr szuggesztiója egyértelműen azonosította a dermális izomorfizmust, így a j(a) racionális bőrfunkció az általános nyelv együtthatóival átmegy a j "(a") függvénybe az Á ekvivalens együtthatóival. ) ® P(¢) nyilvánvalóan egyezik 1-vel és 2-vel.

Így a P(Â)→P(¢) izomorfizmus behelyettesítése befejeződött. Jelentősen W"-en keresztül az összes P(В¢) mező általánosítása; akkor van egy P(W)®W" vagy W®W" izomorfizmus, amely nem tartalmazza a P mező elemét a bőr terében. Mivel a W mező algebrailag zárt, ezért Buti і W ", és ehhez a W" a szükséges W¢ mezővel párosul.

Egy adott mező algebrailag zárt kiterjesztésének jelentése megegyezik abban, hogy az ekvivalenciáig az algebrai mező lehetséges kiterjesztései is leküzdhetők. Pontosabban:

Ha W a P mező algebrájának algebrailag zárt kiterjesztése, S pedig a P mező meglehetősen algebrai kiterjesztése, akkor W közepén S 0 általános kiterjesztése van, ami ekvivalens S kiterjesztésével.

Hoz. Az S-t kiterjeszthetjük egy bizonyos zárt W algebrai kiterjesztésre. Algebrai lesz, és P felett van, és ezért ekvivalens egy W kiterjesztéssel. Bármilyen izomorfizmus esetén, hogy W"-t W-re fordítsuk, figyelembe véve P törhetetlen bőrelemét, az S mező átmegy az S 0W yoma almezőnek megfelelő deakba.

4.2. Bocsásd meg a transzcendens terjeszkedést.

A bőr egyszerűen a D mező transzcendentális kiterjesztése, látszólag egyenértékű a D[x] polinomok gyűrűjének privát D(x) mezőjével. Arra a mi vivchimo tse magánterületre

A W mező elemei racionális függvények

Tétel. Az n lépés h transzcendens eleme transzcendentális D і felett, a D(x) mező pedig az n lépés D(h) mezőjének algebrájának kiterjesztése.

Hoz. A h = f(x)/g(x) benyújtás nem rövid életű. Ugyanaz az x elem teljesül

g(x)×h - f(x)=0

D(h) együtthatókkal. Az együtthatók száma nem lehet egyenlő nullával. Valóban, ha minden bűz egyenlő lenne nullával, és ak bi betű ugyanabban a világban x a g (x) polinom nullától eltérő együtthatója, b k pedig az f (x) polinom nullától eltérő együtthatója, akkor nem lenne elég, ha az anya egyenlő lenne

csillagok h = b k / ak = const, ami babona. Az x elem ismét algebrai D(h) felett.

Ha a h elem ugyan algebrai D felett, akkor x ugyan bi algebrai D felett, ami azonban nem így van. A h elem ismét transzcendentális a D felett.

Az x elem az n lépés gazdag tagjának gyöke

a D(h)(z) gyűrűben. Ez a polinom felbonthatatlan D(h)[z]-ben, a szilánkok is vin bouv bi felbontható n a kilci D, і-ben, a vin szilánkjai lineárisak h-ban, a maw bi egyik többszöröse nem lehetséges letétbe h, vagy kevesebb z. De ilyen szorzó nem lehet, mert g(z) és f(z) kölcsönösen egyszerűek.

Ezenkívül az x elem az n algebra lépése a D(h) mező felett. A csillagok tömörek, tehát (D(x) : D(h)) = n

Egy aljasabbnál jelentős, hogy egy gazdag tag

nincs olyan többszörös, amely csak z közelében feküdhet (D[z] közelében). A megszilárdulást felülírjuk, ha h-t az f (x) / g (x) értékeivel helyettesítjük, és megszorozzuk a g (x) szalaggal, mi magunk polinomok vagyunk.

g(z)f(x) - f(z)g(x)

kіltsya D nincsenek szorzók, esik csak vіd z.

A fentebb hozott tételekből három megjegyzés van.

1. A h - f(х)/g(х) függvénylépést csak a D(h) és D(x) mezőkbe kell elhelyezni, és nem az x-et generáló másik elem kiválasztásában.

2. Rivnist D(h) = D(x) kisebb, mint ugyanaz, ha h kisebb, mint 1, akkor ez egy lövés-lineáris függvény. A Tse jelentése: a mező szülőeleme, az x elem krimje, lehet tört-lineáris függvény, mint az x, és csak ilyen függvény.

3. A D(x) mező bármely automorfizmusa, amely a D mező egy elemét hagyja a vásznon, az x elemet a mező bármely elemére fordítja. Vissza, ha x-et lefordítjuk szülőelemre x = (ax + b) / (cx + d) és bőrfüggvény j (x) - y j (x) függvény, akkor automorfizmus jön ki, amikor minden D elemet elhagyunk. a célponton. Otzhe,

A D(x) mező összes automorfizmusa a D mező felett lineáris helyettesítés

x = (ax+b)/(cx+d), ad – bc ¹ 0.

Néhány geometriai teljesítményhez fontos

Lurot tétele. Az S skin-intermedier mező, amelyre DÌSID(x) egyszerű transzcendentális kiterjesztések: S = D(q).

Hoz. Az x elem hibás, hogy algebrai S felett, mert ha h - ha S bármely eleme nem tartozik a D mezőbe, akkor, mint látható, az x elem algebrai D (h) felett, és még inkább algebrai S felett. S [z] gazdag kifejezés 1 fő együtthatóval és x gyökérrel nézhet ki

f 0 (z) \u003d z n + a 1 z n -1 + ... + a n. (egy)

Z'yasuєmo Budov gazdag tagja.

Az a i elemek є racionális függvények x. A їх alvó szalaggal való szorzása érdekében számos racionális függvénnyel használhatja, és 1 helyett vegyen fel egy gazdag kifejezést, például x іz:

f(x, z) = b 0 (x) z n + b 1 (x) z n-1 + ... + b n (x).

A polinom lépései m-ben, z-ben pedig n-ben jelentősek.

Az a i \u003d b i / b 0 z (1) együtthatók nem lehetnek függetlenek x-ben, így x egyébként algebrai elemként jelenne meg D felett; szóval az egyikük, mondjuk

q = a i = b i (x) / b 0 (x),

ténylegesen bűnös a vіd x lerakásában; Röviden írjuk le a jógát:

A g(x) és h(x) polinomok lépései nem haladják meg az m-t

g(z) – qh(z) = g(z) – (g(x)/h(x))h(z)

(ami nem ugyanaz a nulla), ha z gyök = x, akkor vin osztható f 0 (z)-vel az S[z] gyűrűben. Ha zmist 1-el akarsz thir racionálistól x gazdag kifejezésben a tsilih-ig x gazdag kifejezésben, akkor mentsd el az oszthatóságodat, és mi elfogadjuk.

h(x)g(z)-g(x)h(z) = q(x, z)f(x, z).

Ennek az egyenlőségnek a bal részének vannak lépései x mentén, de nem mozog t. Ale a jobb oldalon már gazdag tagja f stupіn t-nek; otzhe, a bal oldali rész lépései pontosan régiek, és q(x, z) nem x-ben van. Lehetetlen azonban egy z szorzónál kevesebbet befizetni a bal rész felosztására (div. more); ehhez q(x, z) egy állandó:

h(x)g(z)-g(x)h(z) = qf(x, z).

Mivel a q konstans jelenléte nem játszik szerepet, az f(x, z) Budov-polinomot teljesen leírjuk. Az f(x, z) polinom x-beli lépései fejlettebbek (a szimmetria szimmetriájával), a z-beli lépések pedig fejlettebbek, így m = n. m, később a q i függvény az anyának köszönhető lépésből m x.

Tim magunkat, szilánkok az egyik oldalról egyenlők

(D(x):D(q)) = m,

a többire pedig a féltékenység

azok a szilánkok, amelyek megbosszulják D(q),

Visnovok.

A robotok így néztek ki, lásd a P numerikus mező kiterjesztését:

A mezőalgebra egyszerű kiterjesztése.

Az algebra területének raktárbővítése.

Elválasztható és elválaszthatatlan bővítmények.

Az öntözés korlátlan bővítése.

Elemezve a munkát, deaky visnovkikat hozhat létre.

Z megnézte a bővítés első két részét, például:

az algebra egyszerű bővítése;

végkiterjesztés;

algebra raktárbővítése.

Ezután, ha látja a zbіgayutsya і, zokrema kiterjesztést, a P mező egyszerű algebrai kiterjesztésével rajzolja meg.

Hivatkozások listája

1. L.Ya. Kulikiv. Algebra és számelmélet. - M.: Viscs. Iskola, 1979.-528-538s.

2. B.L. Van der Waerden. Algebra.- M., 1976 - 138-151., 158-167., 244-253.

3. E.F. Shmigirjov, S.V. Ignatovich. Gazdag kifejezések elmélete. - Mosir 2002.

A munka elkészítéséhez anyagokat gyűjtöttünk az oldalról