Вопросы теории
- Понятие алгебраического числа над полем.
- Минимальный многочлен алгебраического числа.
- Степень алгебраического числа.
- Алгебраическая иррациональность над полем.
- Алгоритм Евклида.
- Алгоритм избавления от алгебраической иррациональности в знаменателе дроби.
Образцы решения задач
Задача 1. Доказать непосредственно (исходя из определения алгебраического числа), что каждое из чисел
а) 
4 б) 
; в) – 1 +2i; г) – 1 +i 
является алгебраическим, и найти его степень (над Q).
Решение. Число 
называется алгебраическим над полем Q (или просто алгебраическим), если оно является корнем некоторого многочлена с коэффициентами из Q.
Многочлен р(х) 
наименьшей степени, корнем которого является данное алгебраическое число α, называется минимальным многочленом числа α, степень этого многочлена называется степенью числа α (над Q). Многочлен р (х) определен с точностью до числового множителя 
. Минимальный многочлен всегда неприводим (над Q); обратно, неприводимый многочлен, имеющий α своим корнем, является минимальным многочленом числа α.
а) Для числа α = 
имеем: 
, то есть α есть корень многочлена 
. Следовательно, α - алгебраическое число. Так как многочлен 
неприводим над Q, то он является минимальным многочленом числа α; степень α над Q равна 3.
б) Для α = имеем: 
, откуда следует: 
. Таким образом, число α является корнем многочлена 
и, следовательно, алгебраическим числом. Многочлен р (х) неприводим над Q, поэтому степень α равна 3.
в) Для α = – 1 +2i имеем: α + 1 = 2i и, следовательно, 
. Отсюда видно, что α является корнем многочлена 
, а значит, алгебраическим числом. Так как р (х) неприводим над Q, то степень α равна 2.
г) Для α = – 1 +i 
можем записать: α + 1 = i => 
.
Следовательно, α – корень многочлена 
. Это означает, что α - алгебраическое число. Так как р (х) неприводим над Q (чтобы в этом убедиться, достаточно применить к многочлену 
признак Эйзенштейна), то степень α равна 6.
Задача 2. В поле Q (α), где α = 
, найти выражение для числа 
в виде 
.
Решение. Фактически здесь ставится задача освободиться от корней в знаменателе дроби
,
или, как еще говорят, «освободиться от алгебраической иррациональности в знаменателе». Задачу можно решить двумя способами.
I способ. Будем искать числа 
такие, чтобы 
.
В силу формулы 
неизвестные 
должны удовлетворять уравнению
или, если учесть, что числа 1, 
, 
линейно независимы над Q, системе уравнений
Решая эту систему, находим:
.
Ответ. (1 + 3 + 
) 
= 
.
II способ. Число 
есть значение многочлена 
при х = α = 
. Этот многочлен взаимно прост с многочленом р (х) = 
(минимальным многочленом числа α), так как р (х) неприводим, а 
не делится на р (х). Следовательно, существуют многочлены u (x) и v (x) такие, что
u (x) 
+ v (x) р (х) = 1.
Полагая в этом равенстве х = α, будем иметь:
u (α) 
= 1
или
- искомое представление для числа 
. Итак, остается лишь найти многочлены u (x) и v (x).
Применим к и р (х) алгоритм Евклида:
1) р (х) = 
(х – 3) + r (x), где r (x) = 8х +1;
2) 8 
= r (x) 
, где 
.
Получим:
.
Полагая в последнем равенстве х = α, находим:
,
или
.
Ответ, разумеется, получился тот же самый, что и при I способе решения.
Задача 3. Освободиться от α в знаменателе дроби 
, если α – корень уравнения 
.
Решение. Положим р (х) = 
. С помощью известных нам приемов определяем, что многочлен р (х) не имеет рациональных корней; из этого, поскольку степень р (х) равна 3, следует, что р (х) неприводим над Q. Знаменатель данной дроби 
не равен нулю, так как α ≠ - 1 (число – 1 не является корнем многочлена р (х)). Это означает, что многочлен 
взаимно прост с р (х) (в противном случае и р (х) имели бы общий корень – 1, что, как мы видели, невозможно). Пользуясь этим, будем искать многочлены u (x) и v (x) такие, что
u (x) + v (x) р (х) = 1.
Применяем к р (х) и алгоритм Евклида. Деля р (х) на 
с остатком, получим:
р (х) = (х – 1) + r (х),
где r (х) = 4х + 5. Далее находим:
.
Отсюда имеем:
.
При х = α из последнего равенства получаем:
,
или 
.
Умножая обе части равенства на число 
, то есть на числитель данной в задаче дроби, получим:
.
В принципе мы привели дробь к нужному виду. Однако можно еще упростить полученное выражение, воспользовавшись тем, что 
. Делим с остатком многочлен 
на р (х) = . Получаем:
р (х) (4х – 17) + S(x),
где S(x) = 17х² - 3х + 55. При х = α имеем:
.
Ответ. 
.
Задачи для решения.
1. Доказать непосредственно, что число α является алгебраическим, и найти минимальный многочлен числа α:
а) α = 1; б) α =i; в) α = - 1+ 
; г) α = 1 - 
;
д) α = 
+ 
; е) α = +i 
; ж) α = 
;
з) α = 1+ 
; и) α = 
; к) α = 
.
2. Доказать непосредственно, что число α является алгебраическим, и найти многочлен над Q (не обязательно минимальной степени), корнем которого является α:
а) α = 
- 
; б) α = 
; в) α = 
-i .
3. Доказать непосредственно, что если число α алгебраическое, то каждое из чисел 
(если α ≠ 0), α² снова алгебраическое.
4. Являются ли алгебраически сопряженными числа: а) 
и - 
; б) 
и - ; в) 
и - ; г) 
и 
; д) и - 
?
5. Освободиться от иррациональности в знаменателе дроби:
а) 
; б) 
.
6. Освободиться от алгебраической иррациональности в знаменателе дроби:
а) 
, где 
;
б) 
, где 
;
в) 
, где 
.
7. Найти многочлен над Q, корнем которого является число 
, если известны минимальные многочлены для 
и 
:
а) 
;
б) 
;
в) 
.
Тема 14. Расширения полей.
Вопросы теории
1. Расширение поля.
2. Простое алгебраическое расширение поля.
3. Составное алгебраическое расширение поля.
4. Размерность расширения.
Образцы решения задач
Задача 1. Поле Q последовательно расширяется – сначала с помощью числа 
, затем с помощью 
: Q Ì Q1 Ì Q2, где Q1 = Q( 
),Q2 = Q1 ( ).
Доказать, что такое расширение может быть достигнуто в один шаг – с помощью числа 
+ , то есть что Q( )( 
)=Q( 
+ ).
Решение. Согласно теореме о простоте составного расширения любые два последовательно произведенных простых алгебраических расширения поля Р
( 
алгебраично над Р, а 
- над Р1) могут быть заменены одним, то есть существует такое число 
, алгебраическое над Р, что
.
Наша задача – показать, что в случае, когда Р есть поле Q рациональных чисел, а 
= и 
= , в качестве 
можно взять 
+ 
.
Достаточно показать, что поле Q ( + 
) содержит каждое из чисел 
и , так как в этом случае оно будет содержать поле Q1 = Q( 
) и число , а значит, и поле Q2 = Q1( ); тогда из Q ( 
+ 
) É Q2 и Q ( + )Ì Q2 (второе включение является очевидным) будет следовать: Q ( + ) = Q2.
На самом деле достаточно показать еще меньше – что поле Q ( + ) содержит , так как тогда будет принадлежать полю Q ( + ) как разность двух чисел из этого поля ( 
= ( + ) - 
).
Для сокращения записей обозначим поле Q ( + ) через L. Допустим, рассуждая от противного, что число = не принадлежит L. Рассмотрим два многочлена над L:
(напомним, что 
). Каждый из них имеет одним из своих корней число 
:
; 
.
Проверим, что других общих корней многочлены 
и 
не имеют.
Действительно, корни 
- это числа 
, - .
Корнями же многочлена являются корни уравнения 
, то есть числа
где 
- корень кубический из 1. Следовательно, мы должны проверить, что ни одно из чисел 
не равно - . Но это очевидно, так как числа 
не являются действительными (коэффициент при i отличен от нуля).
Поскольку, таким образом, единственный общий корень многочленов 
и 
в поле С есть 
, то (нормированный) наибольший общий делитель многочленов 
и 
в кольце С [x] есть
D (х) = х - .
Этот же самый многочлен должен быть (нормированным) НОД многочленов 
и 
также и в кольце L [x]. Следовательно, все коэффициенты этого многочлена, в частности
- , принадлежат полю L. Тем самым и число принадлежат L, что и требовалось показать.
Задача 2. Найти выражение числа в виде 
, где 
, а f (x), g (x) Î Z [x].
Решение. Сам факт принадлежности числа полю Q ( ) был установлен в задаче 1. Наша цель теперь – найти «явное» выражение числа через 
.
Рассмотрим снова многочлены 
и из (1). При решении задачи 1 мы показали, что нормированный НОД этих многочленов есть
D (х) = х - .
С другой стороны, НОД можно найти, применяя к 
и алгоритм Евклида. Для этого делим сначала на 
(с остатком):
__ 
çх² - 2
- 2х çх - 
___________________________________________________
__ 
+ 60
____________________________________________________________
( 
+2)х – ( 
+60 – 5)
Мы получили в остатке многочлен
1-й степени. Поскольку ранее уже было доказано, что НОД имеет степень 1, то многочлен 
и должен быть как раз НОД многочленов и . Следовательно, многочлены
D (х) и 
ассоциированы (отличаются лишь численным множителем):
D (х) = 
,
или 
.
Отсюда имеем: 
,
что и дает искомое выражение для числа .
Задача 3. Пусть Q Ì Q1 Ì Q2, где Q1 = Q( ),Q2 = Q1 ( ). Найти степень поля Q2 относительно Q (то есть размерность Q2 над Q).
Решение. Справедлива теорема: если поле Р 1 – конечное расширение поля Р, а поле Р 2 - конечное расширение Р 1, то
(1)
В нашем случае, очевидно, 
. Покажем, что
. (2)
Чтобы доказать равенство (2), достаточно проверить, что многочлен 
3-й степени, имеющий число своим корнем, неприводим над Q1. Предположим, что это неверно, то есть что 
приводим. Тогда один из неприводимых множителей многочлена 
должен быть первой степени, и, следовательно, один из корней многочлена 
должен принадлежать Q. Таким корнем является, конечно, действительное значение (так как все числа из Q1 действительны). Но число не может принадлежать Q1, так как его степень над Q равна 3, в то время как степень любого числа из Q1 (над полем Q) не выше 2. Полученное противоречие доказывает (2).
На основании формулы (1) можем теперь записать:
. (3)
Замечание. Сопоставив (3) с тем фактом, что 
, мы можем вывести заключение, что степень числа + над полем Q равна 6. Это означает, что многочлен 6-й степени (над полем Q), имеющий своим корнем число 
+ , неприводим.
Задачи для решения.
1. Пусть p и q – натуральные числа, причем 
и 
- не целые. Доказать, что
.
2. Найти выражение для каждого из чисел 
и 
через + 
:
а) р = 3, q = 6; б) р = 7, q = 4; в) р = 3, q = 3.
3. Пусть p и q – натуральные числа, причем отношение чисел 
и (действительных значений) не является рациональным числом. Доказать, что 
.
4. Используя условие задачи 3, найти выражение для каждого из чисел и 
через 
+ 
:
а) р = 3, q = 7; б) р = 5, q = 12.
Литература
1. Кострикин А. И. Введение в алгебру. В 3-х книгах. Кн. 3: Основные структуры алгебры. – М.: МЦНМО, 2009.
2. Курош А.Г. Курс высшей алгебры. 17-е издание, СПб.- Издательский Дом «Лань».
3. Окунев Л.Я. Высшая алгебра. 3-е издание. СПб.- Издательский Дом «Лань», 2009. 336с.
4. Окунев Л.Я. Сборник задач по высшей алгебре. 2-е издание. СПб.- Издательский Дом «Лань» 2009.
5. Фаддеев Д.К., Соминский И.С. Задачи по высшей алгебре. 17-е издание. СПб. - Издательский Дом «Лань» 288 с.
Дата: 2018-11-18, просмотров: 1525.
