21.1: Поля розширення

Поле\(E\) є розширенням поля,\(F\) якщо\(F\) є підполем поля\(E\text{.}\) Поле\(F\) називається базовим полем. пишемо\(F \subset E\text{.}\)

Приклад\(21.1\).

Наприклад, нехай

\[ F = {\mathbb Q}( \sqrt{2}\,) = \{ a + b \sqrt{2} : a, b \in {\mathbb Q} \} \nonumber \]

і\(E = {\mathbb Q }( \sqrt{2} + \sqrt{3}\,)\) нехай є найменшим полем, що містить обидва\({\mathbb Q}\) і\(\sqrt{2} + \sqrt{3}\text{.}\) обидва\(E\) і\(F\) є додатковими полями раціональних чисел. Ми стверджуємо, що

Рішення

\(E\)це розширення поля\(F\text{.}\) Щоб побачити це, нам потрібно лише показати, що\(\sqrt{2}\) знаходиться в\(E\text{.}\) Так як\(\sqrt{2} + \sqrt{3}\) знаходиться в\(E\text{,}\)\(1 / (\sqrt{2} + \sqrt{3}\,) = \sqrt{3} - \sqrt{2}\) повинен також бути в\(E\text{.}\) Приймаючи лінійні комбінації,\(\sqrt{2} + \sqrt{3}\) і\(\sqrt{3} - \sqrt{2}\text{,}\) ми знаходимо, що\(\sqrt{2}\) і\(\sqrt{3}\) повинні обидва бути в \(E\text{.}\)

Приклад\(21.2\).

Нехай\(p(x) = x^2 + x + 1 \in {\mathbb Z}_2[x]\text{.}\) Оскільки ні 0, ні 1 не є коренем цього многочлена, ми знаємо, що не\(p(x)\) зводиться над\({\mathbb Z}_2\text{.}\) Ми побудуємо розширення поля, що\({\mathbb Z}_2\) містить елемент\(\alpha\) такий, що\(p(\alpha) = 0\text{.}\) За теоремою 17.22 ідеал, що\(\langle p(x) \rangle\)\(p(x)\) генерується максимальним; отже ,\({\mathbb Z}_2[x] / \langle p(x) \rangle\) є полем. \(f(x) + \langle p(x) \rangle\)Дозволяти довільний елемент\({\mathbb Z}_2[x] / \langle p(x) \rangle\text{.}\) За алгоритмом поділу,

\[ f(x) = (x^2 + x + 1) q(x) + r(x)\text{,} \nonumber \]

де ступінь\(r(x)\) менше ступеня\(x^2 + x + 1\text{.}\) Тому,

Рішення

\[ f(x) + \langle x^2 + x + 1 \rangle = r(x) + \langle x^2 + x + 1 \rangle\text{.} \nonumber \]

Єдині можливості для\(r(x)\) є то\(0\text{,}\)\(1\text{,}\)\(x\text{,}\) і,\(1 + x\text{.}\) отже,\(E = {\mathbb Z}_2[x] / \langle x^2 + x + 1 \rangle\) поле з чотирма елементами і повинно бути розширенням поля,\({\mathbb Z}_2\text{,}\) що містить нуль\(\alpha\)\(p(x)\text{.}\) Поле\({\mathbb Z}_2( \alpha)\) складається з елементів

\ begin {align*} 0 + 0\ альфа & = 0\\ 1 + 0\ альфа & = 1\\ 0 + 1\ альфа & =\ альфа\\ 1 + 1\ альфа & = 1 +\ альфа\ текст {.} \ end {вирівнювати*}

Зверніть увагу, що\({\alpha}^2 + {\alpha} + 1 = 0\text{;}\) отже, якщо ми обчислюємо\((1 + \alpha)^2\text{,}\)

\[ (1 + \alpha)(1 + \alpha)= 1 + \alpha + \alpha + (\alpha)^2 = \alpha\text{.} \nonumber \]

Інші розрахунки виконуються аналогічним чином. Ми підсумовуємо ці обчислення в наступних таблицях, які розповідають нам, як складати та множити елементи в\(E\text{.}\)

\[ \begin{array}{c|cccc} + & 0 & 1 & \alpha & 1 + \alpha \\ \hline 0 & 0 & 1 & \alpha & 1 + \alpha \\ 1 & 1 & 0 & 1 + \alpha & \alpha \\ \alpha & \alpha & 1 + \alpha & 0 & 1 \\ 1 + \alpha & 1 + \alpha & \alpha & 1 & 0 \end{array} \nonumber \]

\(Figure \text { } 21.3.\)Таблиця додавання для\({\mathbb Z}_2(\alpha)\)

\[ \begin{array}{c|cccc} \cdot & 0 & 1 & \alpha & 1 + \alpha \\ \hline 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & \alpha & 1 + \alpha \\ \alpha & 0 & \alpha & 1 + \alpha & 1 \\ 1 + \alpha & 0 & 1 + \alpha & 1 & \alpha \end{array} \nonumber \]

\(Figure \text { } 21.4.\)Таблиця множення для\({\mathbb Z}_2(\alpha)\)

Наступна теорема, завдяки Кронекеру, настільки важлива і настільки базова для нашого розуміння полів, що вона часто відома як Фундаментальна теорема теорії поля.

Теорема\(21.5\).

\(F\)Дозволяти\(p(x)\) бути поле і нехай бути непостійним многочлен в\(F[x]\text{.}\) Тоді існує розширення поля\(E\)\(F\) і елемент\(\alpha \in E\) такий, що\(p(\alpha) = 0\text{.}\)

Доказ

Щоб довести цю теорему, ми будемо використовувати метод, який ми використовували для побудови Приклад\(21.2\). Зрозуміло, що можна припустити, що\(p(x)\) це нескоротний многочлен. Ми хочемо знайти розширене поле\(E\),\(F\) що містить\(\alpha\) такий елемент, що\(p(\alpha) = 0\text{.}\) ідеал, що\(\langle p(x) \rangle\) генерується,\(p(x)\) є максимальним\(F[x]\) ідеалом у\(17.22\) теоремі; отже,\(F[x]/\langle p(x) \rangle\) є полем. Ми стверджуємо, що\(E = F[x]/\langle p(x) \rangle\) є потрібним полем.

Спочатку ми показуємо, що\(E\) це розширення поля\(F\text{.}\) Ми можемо визначити гомоморфізм комутативних кілець по карті\(\psi:F \rightarrow F[x]/\langle p(x) \rangle\text{,}\) де\(\psi(a) = a + \langle p(x)\rangle\) для\(a \in F\text{.}\) Легко перевірити, що\(\psi\) це дійсно кільцевий гомоморфізм. Спостерігайте, що

\[ \psi( a ) + \psi( b ) = (a + \langle p(x) \rangle) + (b + \langle p(x) \rangle) = (a + b) + \langle p(x) \rangle = \psi( a + b ) \nonumber \]

і

\[ \psi( a ) \psi( b ) = (a + \langle p(x) \rangle) (b + \langle p(x) \rangle) = ab + \langle p(x) \rangle = \psi( ab )\text{.} \nonumber \]

Щоб довести, що\(\psi\) це один до одного, припустимо, що

\[ a + \langle p(x) \rangle = \psi(a) = \psi(b) = b + \langle p(x) \rangle\text{.} \nonumber \]

Тоді\(a - b\) є кратним,\(p(x)\text{,}\) оскільки він живе в ідеалі\(\langle p(x) \rangle\text{.}\) Оскільки\(p(x)\) є непостійним поліном, єдина можливість полягає в тому, що\(a - b = 0\text{.}\) Отже,\(a = b\) і\(\psi\) є ін'єкційним. Оскільки\(\psi\) це один до одного, ми можемо ідентифікувати\(F\) з\(\{ a + \langle p(x) \rangle : a \in F \}\) підполем\(E\) і розглядати\(E\) як розширення поля\(F\text{.}\)

Нам залишається довести, що\(p(x)\) має нуль\(\alpha \in E\text{.}\) Set\(\alpha = x + \langle p(x) \rangle\text{.}\) Тоді\(\alpha\) знаходиться в\(E\text{.}\) If\(p(x) = a_0 + a_1 x + \cdots + a_n x^n\text{,}\) then

\ begin {align*} p (\ альфа) & = a_0 + a_1 (x +\ ланголь р (х)\ діапазон) +\ cdots + a_n (х\ кут p (x)\ діапазон) ^n\\ & = a_0 + (a_1 х\ кут p (x)\ діапазон) +\ cdots + (a_n x ^ n +\ langle (x)\ діапазон)\\ & = a_0 + a_1 x +\ cdots + a_n х ^ n +\ кут p (x)\ діапазон\\ & = 0 +\ кут p (x)\ діапазон\ текст {. } \ end {вирівнювати*}

Тому ми знайшли\(\alpha \in E = F[x]/\langle p(x) \rangle\) такий елемент, який\(\alpha\) дорівнює нулю\(p(x)\text{.}\)

Приклад\(21.6\).

Нехай\(p(x) = x^5 + x^4 + 1 \in {\mathbb Z}_2[x]\text{.}\) Тоді\(p(x)\) має незведені фактори

Рішення

\(x^2 + x + 1\)і\(x^3 + x + 1\text{.}\) для розширення\(E\) поля\({\mathbb Z}_2\) таких, що\(p(x)\) має корінь в\(E\text{,}\) ми можемо дозволити\(E\) бути\({\mathbb Z}_2[x] / \langle x^2 + x + 1 \rangle\) або\({\mathbb Z}_2[x] / \langle x^3 + x + 1 \rangle\text{.}\) Ми залишимо його як вправу показати, що\({\mathbb Z}_2[x] / \langle x^3 + x + 1 \rangle\) це поле з\(2^3 = 8\) елементами.

Алгебраїчні елементи

Елемент\(\alpha\) у розширеному полі\(E\) над\(F\) алгебраїчним,\(F\) якщо\(f(\alpha)=0\) для якогось ненульового многочлена\(f(x) \in F[x]\text{.}\) Елемент в\(E\) тому, що не є алгебраїчним,\(F\) трансцендентний над \(F\text{.}\)Поле розширення поля\(E\)\(F\) є алгебраїчним розширенням\(F\) якщо кожен елемент в\(E\) є алгебраїчним над\(F\text{.}\) If\(E\) є розширенням поля\(F\) і\(\alpha_1, \ldots, \alpha_n\) містяться в\(E\text{,}\) ми позначаємо найменше поле, що містить\(F\) і\(\alpha_1, \ldots, \alpha_n\)\(F( \alpha_1, \ldots, \alpha_n)\text{.}\) якщо\(E = F( \alpha )\) для деяких\(E\),\(\alpha \in E\text{,}\) то є простим розширенням\(F\text{.}\)

Приклад\(21.7\).

Обидва\(\sqrt{2}\) і\(i\) є алгебраїчними,\({\mathbb Q}\) оскільки вони є нулями многочленів\(x^2 -2\) і\(x^2 + 1\text{,}\) відповідно. Ясно\(\pi\) і\(e\) є алгебраїчними над дійсними числами; однак,

Рішення

це нетривіальний факт, що вони трансцендентні над\({\mathbb Q}\text{.}\) числами в тому\({\mathbb R}\), що вони алгебраїчні\({\mathbb Q}\), насправді досить рідкісні. Майже всі дійсні числа трансцендентні над\({\mathbb Q}\text{.}\) ⁷ (у багатьох випадках ми не знаємо, чи є певне число трансцендентним; наприклад, досі невідомо, трансцендентне чи\(\pi + e\) алгебраїчне).

Імовірність того, що дійсне число, вибране випадковим чином з інтервалу,\([0, 1]\) буде трансцендентним над раціональними числами, одна.

Комплексне число, яке є алгебраїчним,\({\mathbb Q}\) є алгебраїчним числом. Трансцендентне число — це елемент трансцендентного над ним.\({\mathbb C}\)\({\mathbb Q}\text{.}\)

Приклад\(21.8\).

Ми покажемо, що\(\sqrt{2 + \sqrt{3} }\) є алгебраїчним над\({\mathbb Q}\text{.}\) Якщо\(\alpha = \sqrt{2 + \sqrt{3} }\text{,}\) тоді

Рішення

\(\alpha^2 = 2 + \sqrt{3}\text{.}\)Отже,\(\alpha^2 - 2 = \sqrt{3}\) і\(( \alpha^2 - 2)^2 = 3\text{.}\) Оскільки\(\alpha^4 - 4 \alpha^2 + 1 = 0\text{,}\) це повинно бути істинним, що\(\alpha\) є нулем многочлена\(x^4 - 4 x^2 + 1 \in {\mathbb Q}[x]\text{.}\)

Дуже легко навести приклад розширення поля\(E\) над полем,\(F\text{,}\) де\(E\) міститься трансцендентний елемент над\(F\text{.}\) наступною теоремою характеризує трансцендентні розширення.

Теорема\(21.9\).

Дозвольте\(E\) бути розширенням поля,\(F\) а\(\alpha \in E\text{.}\) Тоді\(\alpha\) трансцендентне над\(F\) тобою і лише тоді,\(F( \alpha )\) коли ізоморфне до\(F(x)\text{,}\) поля дробів. з\(F[x]\text{.}\)

Доказ

Нехай\(\phi_{\alpha} : F[x] \rightarrow E\) буде оцінювальний гомоморфізм для\(\alpha\text{.}\) Тоді\(\alpha\) трансцендентний над\(F\) тоді і лише тоді, коли\(\phi_{\alpha} (p(x)) = p(\alpha) \neq 0\) для всіх непостійних поліномів\(p(x) \in F[x]\text{.}\) Це вірно, якщо і лише тоді, коли\(\ker \phi_{\alpha} = \{ 0 \}\text{;}\) це так, воно істинно\(\phi_{\alpha}\) саме тоді, коли один до одного. Отже,\(E\) має містити копію\(F[x]\text{.}\) Найменшого поля,\(F[x]\) що містить поле дробів\(F(x)\text{.}\) За теоремою\(18.4\),\(E\) має містити копію цього поля.

У нас більш цікава ситуація у випадку алгебраїчних розширень.

Теорема\(21.10\).

\(E\)Дозволяти бути розширенням поля\(F\) і\(\alpha \in E\) з\(\alpha\) алгебраїчним над\(F\text{.}\) Тоді існує унікальний незведений монічний многочлен найменшого\(p(x) \in F[x]\) ступеня такий, що \(p( \alpha ) = 0\text{.}\)Якщо\(f(x)\) інший многочлен в\(F[x]\) такий, що\(f(\alpha) = 0\text{,}\) потім\(p(x)\) ділить\(f(x)\text{.}\)

Доказ

\(\phi_{\alpha} : F[x] \rightarrow E\)Дозволяти оцінювати гомоморфізм. Ядро\(\phi_{\alpha}\) є основним ідеалом, породженим деякими\(p(x) \in F[x]\) з\(\deg p(x) \geq 1\text{.}\) Ми знаємо, що такий многочлен існує, оскільки\(F[x]\) є основним ідеальним доменом і\(\alpha\) є алгебраїчним. Ідеал\(\langle p(x) \rangle\) складається саме з тих елементів, які\(F[x]\) мають\(\alpha\) як нуль. Якщо\(f( \alpha ) = 0\) і не\(f(x)\) є нульовим многочленом, то\(f(x) \in \langle p(x) \rangle\) і\(p(x)\) ділить\(f(x)\text{.}\) So\(p(x)\) - многочлен мінімального ступеня, що має\(\alpha\) як нуль. Будь-який інший многочлен того ж ступеня, що має\(\alpha\) як нуль, повинен мати вигляд\(\beta p( x)\) для деяких\(\beta \in F\text{.}\)

Припустимо, що тепер\(p(x) = r(x) s(x)\) це факторизація\(p(x)\) на поліноми нижчого ступеня. Так як,\(p( \alpha ) = 0\text{,}\)\(r( \alpha ) s( \alpha ) = 0\text{;}\) отже,\(r( \alpha )=0\) або\(s( \alpha ) = 0\text{,}\) який суперечить тому, що\(p\) є мінімальним ступенем. Тому\(p(x)\) повинен бути незвідним.

\(E\)Дозволяти бути розширенням поля\(F\) і\(\alpha \in E\) бути алгебраїчним над\(F\text{.}\) Унікальний монічний\(p(x)\) многочлен останньої теореми називається мінімальним поліномом для\(\alpha\) понад\(F\text{.}\) Ступінь\(p(x)\) є ступінь\(\alpha\) понад\(F\).

Приклад\(21.11\).

Нехай\(f(x) = x^2 - 2\) і\(g(x) = x^4 - 4 x^2 + 1\text{.}\)

Рішення

Ці многочлени є мінімальними многочленами\(\sqrt{2}\) і\(\sqrt{2 + \sqrt{3} }\text{,}\) відповідно.

Пропозиція\(21.12\).

\(E\)Дозволяти бути розширенням поля\(F\) і\(\alpha \in E\) бути алгебраїчним над\(F\text{.}\) Тоді\(F( \alpha ) \cong F[x] / \langle p(x) \rangle\text{,}\) де\(p(x)\) мінімальний многочлен\(\alpha\) над\(F\text{.}\)

Доказ

\(\phi_{\alpha} : F[x] \rightarrow E\)Дозволяти оцінювати гомоморфізм. Ядро цієї карти -\(\langle p(x) \rangle\text{,}\)\(p(x)\) це мінімальний поліном\(\alpha\text{.}\) За першою теоремою ізоморфізму для кілець, зображення\(\phi_{\alpha}\) in\(E\) є ізоморфним,\(F( \alpha )\) оскільки воно містить обидва\(F\) і\(\alpha\text{.}\)

Теорема\(21.13\).

\(E = F( \alpha )\)Дозволяти бути простим розширенням\(F\text{,}\) де\(\alpha \in E\) є алгебраїчним над\(F\text{.}\) Припустимо, що ступінь\(\alpha\) над\(F\) є\(n\text{.}\) Тоді кожен елемент \(\beta \in E\)може бути виражений однозначно у вигляді

\[ \beta = b_0 + b_1 \alpha + \cdots + b_{n-1} \alpha^{n - 1} \nonumber \]

для\(b_i \in F\text{.}\)

Доказ

Оскільки\(\phi_{\alpha} ( F[x] ) \cong F( \alpha )\text{,}\) кожен елемент в\(E = F( \alpha )\) повинен мати вигляд,\(\phi_{\alpha} ( f(x) ) = f( \alpha )\text{,}\) де\(f(\alpha)\) є поліном в\(\alpha\) з коефіцієнтами в\(F\text{.}\) Let

\[ p(x) = x^n + a_{n - 1} x^{n - 1} + \cdots + a_0 \nonumber \]

бути мінімальним многочленом\(\alpha\text{.}\) Тоді\(p( \alpha ) = 0\text{;}\) отже,

\[ {\alpha}^n = - a_{n - 1} {\alpha}^{n - 1} - \cdots - a_0\text{.} \nonumber \]

Аналогічним чином

\ begin {align*} {\ альфа} ^ {n + 1} & = {\ альфа} {\ альфа} ^n\\ & = - a_ {n - 1} {\ альфа} ^n - a_ {n - 2} {\ альфа} ^ {n - 1} -\ cdots - a_ {\ альфа}\\ & = - a_ {n - 1} - a_ {n - 1} - a_ {n - 1} {\ альфа} ^ {n - 1} -\ cdots - a_ {n - 2} {\ альфа} ^ {n - 1} -\ cdots - a_0 {\ альфа}\ текст {.} \ end {вирівнювати*}

Продовжуючи таким чином, ми можемо висловити кожен мономіал\({\alpha}^m\text{,}\)\(m \geq n\text{,}\) як лінійну комбінацію повноважень,\({\alpha}\) які менше, ніж\(n\text{.}\) Отже, будь-який\(\beta \in F( \alpha )\) може бути записаний як

\[ \beta = b_0 + b_1 \alpha + \cdots + b_{n - 1} \alpha^{n - 1}\text{.} \nonumber \]

Щоб показати унікальність, припустимо, що

\[ \beta = b_0 + b_1 \alpha + \cdots + b_{n-1} \alpha^{n-1} = c_0 + c_1 \alpha + \cdots + c_{n - 1} \alpha^{n - 1} \nonumber \]

для\(b_i\) і\(c_i\) в\(F\text{.}\) Тоді

\[ g(x) = (b_0 - c_0) + (b_1 - c_1) x + \cdots + (b_{n - 1} - c_{n - 1})x^{n - 1} \nonumber \]

знаходиться в\(F[x]\) і\(g( \alpha ) = 0\text{.}\) Оскільки ступінь\(g(x)\) менше ступеня\(p( x )\text{,}\) незведеного многочлена\(\alpha\text{,}\)\(g(x)\) повинен бути нульовим многочленом. Отже,

\[ b_0 - c_0 = b_1 - c_1 = \cdots = b_{n - 1} - c_{n - 1} = 0\text{,} \nonumber \]

або\(b_i = c_i\) для\(i = 0, 1, \ldots, n-1\text{.}\) Тому ми показали унікальність.

Приклад\(21.14\).

Оскільки\(x^2 + 1\) є незведеним над\({\mathbb R}\text{,}\)\(\langle x^2 + 1 \rangle\) є максимальним ідеалом у\({\mathbb R}[x]\text{.}\) So\(E = {\mathbb R}[x]/\langle x^2 + 1 \rangle\) є розширенням поля\({\mathbb R}\), що містить корінь\(x^2 + 1\text{.}\) Let\(\alpha = x + \langle x^2 + 1 \rangle\text{.}\)

Рішення

Ми можемо ідентифікувати\(E\) з комплексними числами. За пропозицією 21.12,\(E\) є ізоморфним для\({\mathbb R}( \alpha ) = \{ a + b \alpha : a, b \in {\mathbb R} \}\text{.}\) Ми знаємо, що\(\alpha^2 = -1\) в\(E\text{,}\) так

\ begin {align*}\ альфа ^ 2 + 1 & = (x +\ кут x ^ 2 + 1\ діапазон) ^2 + (1 +\ кут x ^ 2 + 1\ діапазон)\\ & = (x^2 + 1) +\ кут x ^ 2 + 1\ діапазон\\ & = 0\ текст {.} \ end {вирівнювати*}

Отже, у нас є ізоморфізм з\({\mathbb R}( \alpha )\) з\({\mathbb C}\) визначеним картою, яка приймає\(a + b \alpha\)\(a + bi\text{.}\)

\(E\)Дозволяти бути розширенням поля\(F\text{.}\) Якщо ми розглядаємо\(E\) як векторний простір,\(F\text{,}\) то ми можемо привести машини лінійної алгебри, щоб нести проблеми, з якими ми зіткнемося при вивченні полів. Елементи в полі\(E\) є векторами; елементи в полі\(F\) - скаляри. Ми можемо думати про додавання в\(E\) як додавання векторів. Коли ми множимо елемент в\(E\) на елемент\(F\text{,}\) ми множимо вектор на скаляр. Цей погляд на розширення полів особливо плідний, якщо розширення поля\(F\) є\(E\) скінченнорозмірним векторним простором над\(F\text{,}\) і теоремою\(21.13\), що\(E = F(\alpha )\) є скінченновимірним векторним простором над\(F\) основою.\(\{ 1, \alpha, {\alpha}^2, \ldots, {\alpha}^{n - 1} \}\text{.}\)

Якщо поле розширення поля\(E\)\(F\) є кінцевим вимірним векторним простором над\(F\) розмірністю,\(n\text{,}\) то ми говоримо, що\(E\) це кінцеве розширення ступеня\(n\) над\(F\). пишемо

\[ [E:F]= n\text{.} \nonumber \]

для позначення розмірності\(E\) над\(F\text{.}\)

Теорема\(21.15\).

Кожне скінченне поле\(E\) розширення поля\(F\) є алгебраїчним розширенням.

Доказ

Нехай\(\alpha \in E\text{.}\) Починаючи\([E:F] = n\text{,}\) з елементів

\[ 1, \alpha, \ldots, {\alpha}^n \nonumber \]

не може бути лінійно незалежним. Значить, існують\(a_i \in F\text{,}\) не всі нульові, такі, що

\[ a_n {\alpha}^n + a_{n - 1} {\alpha}^{n - 1} + \cdots + a_1 \alpha + a_0 = 0\text{.} \nonumber \]

Тому

\[ p(x) = a_n x^n + \cdots + a_0 \in F[x] \nonumber \]

є ненульовим многочленом з\(p( \alpha ) = 0\text{.}\)

Зауваження\(21.16\).

Теорема\(21.15\) говорить, що кожне скінченне розширення поля\(F\) є алгебраїчним розширенням. Однак зворотне є помилковим. Ми залишимо це як вправу, щоб показати, що набір всіх елементів\({\mathbb R}\), що є алгебраїчними над\({\mathbb Q}\) утворює нескінченне розширення поля\({\mathbb Q}\text{.}\)

Наступна теорема - це теорема підрахунку, подібна до теореми Лагранжа в теорії груп. Теорема\(21.17\) виявиться надзвичайно корисним інструментом у дослідженні скінченних розширень полів.

Теорема\(21.17\).

Якщо\(E\) є кінцевим продовженням\(F\) і\(K\) є кінцевим продовженням,\(E\text{,}\) то\(K\) є кінцевим продовженням\(F\) і

\[ [K:F]= [K:E] [E:F]\text{.} \nonumber \]

Доказ

\(\{ \alpha_1, \ldots, \alpha_n \}\)Дозволяти бути основою для\(E\) як векторного простору над\(F\) і\(\{ \beta_1, \ldots, \beta_m \}\) бути основою для\(K\) як векторного простору над\(E\text{.}\) Ми стверджуємо, що\(\{ \alpha_i \beta_j \}\) це основа для\(K\) над\(F\text{.}\) Ми спочатку покажемо, що ці вектори охоплюють\(K\text{.}\) Нехай\(u \in K\text{.}\) тоді \(u = \sum_{j = 1}^{m} b_j \beta_j\)і\(b_j = \sum_{i = 1}^{n} a_{ij} \alpha_i\text{,}\) де\(b_j \in E\) і\(a_{ij} \in F\text{.}\) тоді

\[ u = \sum_{j = 1}^{m} \left( \sum_{i = 1}^{n} a_{ij} \alpha_i \right) \beta_j = \sum_{i,j} a_{ij} ( \alpha_i \beta_j )\text{.} \nonumber \]

Таким чином,\(mn\) вектори\(\alpha_i \beta_j\) повинні\(K\) охоплювати\(F\text{.}\)

Треба показати,\(\{ \alpha_i \beta_j \}\) що лінійно незалежні. Нагадаємо, що набір векторів\(v_1, v_2, \ldots, v_n\) у векторному просторі\(V\) є лінійно незалежними, якщо

\[ c_1 v_1 + c_2 v_2 + \cdots + c_n v_n = 0 \nonumber \]

має на увазі, що

\[ c_1 = c_2 = \cdots = c_n = 0\text{.} \nonumber \]

Нехай

\[ u = \sum_{i,j} c_{ij} ( \alpha_i \beta_j ) = 0 \nonumber \]

Для\(c_{ij} \in F\text{.}\) Ми повинні довести, що всі з\(c_{ij}\) 's нуль. Ми можемо переписати\(u\) як

\[ \sum_{j = 1}^{m} \left( \sum_{i = 1}^{n} c_{ij} \alpha_i \right) \beta_j = 0\text{,} \nonumber \]

де\(\sum_i c_{ij} \alpha_i \in E\text{.}\) Оскільки ті є\(\beta_j\) лінійно незалежними над\(E\text{,}\) ним повинен бути той випадок, що

\[ \sum_{i = 1}^n c_{ij} \alpha_i = 0 \nonumber \]

для всіх\(j\text{.}\) Однак\(\alpha_j\) вони також лінійно незалежні\(F\text{.}\) Тому\(c_{ij} = 0\) для всіх\(i\) і\(j\text{,}\) що завершує доказ.

Наступний наслідок легко довести за допомогою математичної індукції.

Слідство\(21.18\).

Якщо\(F_i\) є полем для\(i = 1, \dots, k\) і\(F_{i+1}\) є кінцевим продовженням,\(F_i\text{,}\) то\(F_k\) є кінцевим розширенням\(F_1\) і

\ [F_k: F_1] = [F_k: F_ {k-1}]\ cdots [F_2: F_1]\ текст {.} \ nonномер\

Слідство\(21.19\).

\(E\)Дозволяти поле розширення\(F\text{.}\) If\(\alpha \in E\) алгебраїчне над\(F\) з мінімальним многочленом\(p(x)\) і\(\beta \in F( \alpha )\) з мінімальним поліномом,\(q(x)\text{,}\) то \(\deg q(x)\)ділить\(\deg p(x)\text{.}\)

Доказ

Ми знаємо, що\(\deg p(x) = [F( \alpha ) : F ]\) і\(\deg q(x) = [F( \beta ) : F ]\text{.}\) з\(F \subset F( \beta ) \subset F( \alpha )\text{,}\)

\[ [F( \alpha ) : F ]= [ F( \alpha ) : F( \beta ) ] [ F( \beta ) : F ]\text{.} \nonumber \]

Приклад\(21.20\).

Визначимо розширення поля,\({\mathbb Q}\) що містить\(\sqrt{3} + \sqrt{5}\text{.}\) Легко визначити, що мінімальний многочлен\(\sqrt{3} + \sqrt{5}\) є\(x^4 - 16 x^2 + 4\text{.}\) Випливає, що

\[ [{\mathbb Q}( \sqrt{3} + \sqrt{5}\, ) : {\mathbb Q} ] = 4\text{.} \nonumber \]

Рішення

Ми знаємо, що\(\{ 1, \sqrt{3}\, \}\) є основою для\({\mathbb Q}( \sqrt{3}\, )\) над\({\mathbb Q}\text{.}\) Отже,\(\sqrt{3} + \sqrt{5}\) не може бути в\({\mathbb Q}( \sqrt{3}\, )\text{.}\) Це випливає, що\(\sqrt{5}\) не може бути\({\mathbb Q}( \sqrt{3}\, )\) ні в одному. Таким чином,\(\{ 1, \sqrt{5}\, \}\) є основою для\({\mathbb Q}( \sqrt{3}, \sqrt{5}\, ) = ( {\mathbb Q}(\sqrt{3}\, ))( \sqrt{5}\, )\) більш\({\mathbb Q}( \sqrt{3}\, )\) і\(\{ 1, \sqrt{3}, \sqrt{5}, \sqrt{3} \sqrt{5} = \sqrt{15}\, \}\) є основою для\({\mathbb Q}( \sqrt{3}, \sqrt{5}\, ) = {\mathbb Q}( \sqrt{3} + \sqrt{5}\, )\) над\({\mathbb Q}\text{.}\) Цей приклад показує, що можливо, що деяке розширення насправді\(F( \alpha_1, \ldots, \alpha_n )\) є простим розширенням,\(F\) хоча\(n \gt 1\text{.}\)

Приклад\(21.21\).

Давайте обчислимо основу для\({\mathbb Q}( \sqrt[3]{5}, \sqrt{5} \, i )\text{,}\) де\(\sqrt{5}\) є позитивний квадратний корінь\(5\) і\(\sqrt[3]{5}\) є реальним коренем куба з\(5\text{.}\) Ми знаємо, що\(\sqrt{5} \, i \notin {\mathbb Q}(\sqrt[3]{5}\, )\text{,}\) так

\[ [ {\mathbb Q}(\sqrt[3]{5}, \sqrt{5}\, i) : {\mathbb Q}(\sqrt[3]{5}\, )] = 2\text{.} \nonumber \]

Рішення

Це легко визначити, що\(\{ 1, \sqrt{5}i\, \}\) є основою для\({\mathbb Q}( \sqrt[3]{5}, \sqrt{5}\, i )\) більш\({\mathbb Q}( \sqrt[3]{5}\, )\text{.}\) Ми також знаємо, що\(\{ 1, \sqrt[3]{5}, (\sqrt[3]{5}\, )^2 \}\) є основою для\({\mathbb Q}(\sqrt[3]{5}\, )\) більш\({\mathbb Q}\text{.}\) Отже, основою для\({\mathbb Q}(\sqrt[3]{5}, \sqrt{5}\, i )\) більш\({\mathbb Q}\)

\[ \{ 1, \sqrt{5}\, i, \sqrt[3]{5}, (\sqrt[3]{5}\, )^2, (\sqrt[6]{5}\, )^5 i, (\sqrt[6]{5}\, )^7 i = 5 \sqrt[6]{5}\, i \text{ or } \sqrt[6]{5}\, i \}\text{.} \nonumber \]

Зверніть увагу, що\(\sqrt[6]{5}\, i\) це нуль\(x^6 + 5\text{.}\) Ми можемо показати, що цей многочлен не зводиться за\({\mathbb Q}\) допомогою критерію Ейзенштейна, де ми дозволяємо\(p = 5\text{.}\) Отже,

\[ {\mathbb Q} \subset {\mathbb Q}( \sqrt[6]{5}\, i) \subset {\mathbb Q}( \sqrt[3]{5}, \sqrt{5}\, i )\text{.} \nonumber \]

Але повинно бути\({\mathbb Q}( \sqrt[6]{5}\, i) = {\mathbb Q}( \sqrt[3]{5}, \sqrt{5}\, i )\text{,}\) так, що оскільки ступінь обох цих розширень є\(6\text{.}\)

Теорема\(21.22\).

\(E\)Дозволяти бути розширення поля\(F\text{.}\) Тоді наступні твердження еквівалентні.

1. \(E\)є кінцевим продовженням\(F\text{.}\)
2. Існує скінченна кількість алгебраїчних елементів,\(\alpha_1, \ldots, \alpha_n \in E\) таких, що\(E = F(\alpha_1, \ldots, \alpha_n)\text{.}\)
3. Існує послідовність полів
   \[ E = F(\alpha_1, \ldots, \alpha_n) \supset F(\alpha_1, \ldots, \alpha_{n-1} ) \supset \cdots \supset F( \alpha_1 ) \supset F\text{,} \nonumber \]

   де\(F(\alpha_1, \ldots, \alpha_i)\) кожне поле є алгебраїчним\(F(\alpha_1, \ldots, \alpha_{i-1})\text{.}\)

Доказ

(1)\(\Rightarrow\) (2). \(E\)Дозволяти скінченним алгебраїчним продовженням\(F\text{.}\) Тоді\(E\) є скінченно-вимірним векторним простором над\(F\) і існує основа, що складається з елементів\(\alpha_1, \ldots, \alpha_n\) в\(E\) такому,\(\alpha_i\) що\(E = F(\alpha_1, \ldots, \alpha_n)\text{.}\) кожен алгебраїчний над\(F\) теоремою\(21.15\).

(2)\(\Rightarrow\) (3). Припустимо, що\(E = F(\alpha_1, \ldots, \alpha_n)\text{,}\) де кожен\(\alpha_i\) алгебраїчний над\(F\text{.}\) Тоді

\[ E = F(\alpha_1, \ldots, \alpha_n) \supset F(\alpha_1, \ldots, \alpha_{n - 1} ) \supset \cdots \supset F( \alpha_1 ) \supset F\text{,} \nonumber \]

де\(F(\alpha_1, \ldots, \alpha_i)\) кожне поле є алгебраїчним\(F(\alpha_1, \ldots, \alpha_{i - 1})\text{.}\)

(3)\(\Rightarrow\) (1). Нехай

\[ E = F(\alpha_1, \ldots, \alpha_n) \supset F(\alpha_1, \ldots, \alpha_{n - 1} ) \supset \cdots \supset F( \alpha_1 ) \supset F\text{,} \nonumber \]

де\(F(\alpha_1, \ldots, \alpha_i)\) кожне поле є алгебраїчним над\(F(\alpha_1, \ldots, \alpha_{i - 1})\text{.}\) Since

\[ F(\alpha_1, \ldots, \alpha_i) = F(\alpha_1, \ldots, \alpha_{i - 1} )(\alpha_i) \nonumber \]

є простим розширенням і\(\alpha_i\) є алгебраїчним над\(F(\alpha_1, \ldots, \alpha_{i - 1})\text{,}\) ним випливає, що

\[ [ F(\alpha_1, \ldots, \alpha_i) : F(\alpha_1, \ldots, \alpha_{i - 1} )] \nonumber \]

є кінцевим для кожного\(i\text{.}\) Тому\([E : F]\) є кінцевим.

Алгебраїчне закриття

Враховуючи\(F\text{,}\) поле, виникає питання про те, чи можемо ми знайти\(E\) таке поле, що кожен многочлен\(p(x)\) має корінь у\(E\text{.}\) Це призводить нас до наступної теореми.

Теорема\(21.23\).

\(E\)Дозволяти поле розширення\(F\text{.}\) множини елементів\(E\), які є алгебраїчними над\(F\) формою поля.

Доказ

\(\alpha, \beta \in E\)Дозволяти бути алгебраїчним над\(F\text{.}\) Тоді\(F( \alpha, \beta )\) є кінцевим продовженням\(F\text{.}\) Оскільки кожен елемент\(F( \alpha, \beta )\) є алгебраїчним над\(F\text{,}\)\(\alpha \pm \beta\text{,}\)\(\alpha \beta\text{,}\) і\(\alpha / \beta\) (\(\beta \neq 0\)) всі алгебраїчні над\(F\text{.}\) Отже, набір елементів в\(E\) цьому є алгебраїчні над\(F\) утворюють поле.

Слідство\(21.24\).

Множина всіх алгебраїчних чисел утворює поле; тобто множина всіх комплексних чисел, які є алгебраїчними над,\({\mathbb Q}\) становить поле.

Доказ

Додайте сюди доказ, і він автоматично буде прихований

\(E\)Дозволяти бути розширенням поля поля\(F\text{.}\) Ми визначаємо алгебраїчне закриття поля\(F\)\(E\) в поле, що складається з усіх елементів в\(E\) які є алгебраїчними над\(F\text{.}\) А поле алгебраїчно закрито, якщо\(F\) кожне непостійний многочлен в\(F[x]\) має корінь в\(F\text{.}\)

Теорема\(21.25\).

Поле\(F\) алгебраїчно замкнене тоді і тільки тоді, коли кожен непостійний многочлен у множниках на лінійні\(F[x]\) множники понад\(F[x]\text{.}\)

Доказ

\(F\)Дозволяти бути алгебраїчно замкнуте поле. Якщо\(p(x) \in F[x]\) це непостійний многочлен, то\(p(x)\) має нуль,\(F\text{,}\) скажімо,\(\alpha\text{.}\) Отже,\(x-\alpha\) повинен бути коефіцієнтом\(p(x)\) і так\(p(x) = (x - \alpha) q_1(x)\text{,}\) де\(\deg q_1(x) = \deg p(x) - 1\text{.}\) Продовжити цей процес з,\(q_1(x)\) щоб знайти факторизацію

\[ p(x) = (x - \alpha)(x - \beta)q_2(x)\text{,} \nonumber \]

де\(\deg q_2(x) = \deg p(x) -2\text{.}\) Процес повинен врешті-решт припинитися,\(p(x)\) оскільки ступінь кінцева.

І навпаки, припустимо, що кожен непостійний многочлен\(p(x)\) у\(F[x]\) факторах в лінійні множники. Нехай\(ax - b\) буде такий фактор. Потім\(p( b/a ) = 0\text{.}\) Отже,\(F\) алгебраїчно замкнутий.

Теорема\(21.26\).

Алгебраїчно замкнуте поле не\(F\) має належного алгебраїчного розширення\(E\text{.}\)

Доказ

\(E\)Дозволяти бути алгебраїчним продовженням\(F\text{;}\) тоді\(F \subset E\text{.}\) Для\(\alpha \in E\text{,}\) мінімального многочлена\(\alpha\) є\(x - \alpha\text{.}\) Отже,\(\alpha \in F\) і\(F = E\text{.}\)

Теорема\(21.27\).

Кожне поле\(F\) має унікальне алгебраїчне закриття.

Нетривіальний факт, що кожне поле має унікальне алгебраїчне закриття. Доказ не є надзвичайно складним, але вимагає деякої досить складної теорії множин. Ми звертаємося до читача [3], [4], або [8] для підтвердження цього результату.

Зараз ми констатуємо фундаментальну теорему алгебри, вперше доведену Гауссом у віці 22 років у його докторській дисертації. Ця теорема стверджує, що кожен многочлен з коефіцієнтами в комплексних числах має корінь у комплексних числах. Доказ цієї теореми буде наведено в главі 23.

Теорема\(21.28\). Fundamental Theorem of Algebra.

Поле комплексних чисел алгебраїчно замкнуте