дома » Алгебра в школе » Поля разложения

Поля разложения

29. Поля разложения.

 Главная страница: ЗАДАЧИ И УПРАЖНЕНИЯ ПО ОСНОВАМ ОБЩЕЙ АЛГЕБРЫ учебное пособие.
Сборники Математики Скачать бесплатно
Алгебра в школе.
ЕГЭ 2015 Математика
.
Библиотека учителя.
Школьная математика.

Скачать полностью бесплатно ЗАДАЧИ И УПРАЖНЕНИЯ ПО ОСНОВАМ ОБЩЕЙ АЛГЕБРЫ учебное пособие. П.А. Крылов А.А. Туганбаев А.Р. Чехлов в формате PDF.

Ниже можете посмотреть текст для быстрого ознакомления (в них формулы отображаются не корректно). Эти тексты и форма поиска справа в колонке помогут Вам быстрее найти нужную информацию на этом сайте.

knigi728x90

29.5. б) Пример Q С Q (33) С Q (33); в) пример Q С Q (32) С Q (32, i).
29.6. Пусть и — вложение PF над F (в L). Тогда и тождественно на F (следовательно, и на К) и по предположению его
ограничение на P отображает P в себя. Откуда и (PF) = и(Р)^F) = PF, т.е. PF нормально над F.

 

Если P и F нормальны над К, то для любого вложения и поля PF над К имеем и (PF) = и^)^F) = PF. Аналогично
доказывается нормальность P П F над K.
29.8. Q (32, 31) — поле разложения (под 32 понимается вещественный корень).
29.15. Достаточно показать, что Фp(x) неприводим над Q. Неприводимость Фp(x) эквивалентна неприводимости

к которому применим критерий Эйзенштейна.
29.17. а) 1; б) 2; в) 2; г) 6, Q( 32 3Т) — поле разложения (под 32 понимается вещественный корень); д) 8, Q (г, 32) —
поле разложения; е) p — 1; ж) р(п); з) p(p — 1).
29.18. Конечность К влечет конечность P. Тогда P* = (9), и 9 будет примитивным элементом. Считаем К бесконечным.
Допустим, что число промежуточных полей конечно. Пусть a,в 6 P. Тогда найдутся c1,c2 6 К, c1 = c2, такие, что
E = К(a + c^) = К (a + C2в). Откуда a, в 6 E, т.е. К(a, в) = E. По индукции получаем, что если P = К^1,… , an), то
существуют c2,… , cn 6 К, для которых P = К(9) и 9 = a1 + c2a2 + … + cnan.

199 ЗАДАЧИ И УПРАЖНЕНИЯ ПО ОСНОВАМ ОБЩЕЙ АЛГЕБРЫ. Поля разложения.

Обратно, пусть P = K(9) для некоторого 9, и f = fe(x) — минимальный многочлен для 9. Если K С E С P и g — минимальный
многочлен для 9 над E, то g делит f. Но P[х] — факториальное кольцо, поэтому g равен произведению некоторого числа
множителей х — ai, где a1,… , an — корни f. Следовательно, имеется лишь конечное число таких многочленов. Получаем
отображение E ^ gE из множества промежуточных полей в конечное множество многочленов.
Пусть Eo — подполе в E, порожденное над K коэффициентами многочлена gE. Тогда gE имеет коэффициенты в Eo и является
неприводимым над Eo, поскольку он неприводим над E. Стало быть, степень элемента 9 над Eo совпадает со степенью 9
над E, а это дает равенство E = Eo. Таким образом, поле E однозначно определяется ассоциированным с ним многочленом
gE. Поэтому отображение E ^ gE инъективно.
29.20. Пусть a1,… ,ar — различные корни f в алгебраическом замыкании P поля P, и m — кратность корня a = a1 в f.
Для всякого 1 ^ г ^ т существует изоморфизм и: P(a) ^ P(ai) над P, для которого иa = ai. Продолжим и до автоморфизма
и поля P. Так как коэффициенты f лежат в P, то f° = f. Заметим, что f (х) = ]Д(х — иai)mг, где mi — кратность ai в f.
В силу однозначности разложения на множители заключаем, что mi = m1 и, следовательно, все mi равны одному и тому
же числу m. Если f’ = 0, то f и f’ имеют общий корень. Это невозможно, так как f неприводим. Откуда f’ = 0. Значит,
charP = р и f(х) = g(xp) для некоторого g(x) 6 P[х]. Продолжая, получим наименьшее целое число ^ ^ 0 такое, что ap
является корнем сепарабельного многочлена h(x) 6 P[х], для которого f (х) = h(xp ).
29.25. б) ^ в). Соответствие х ^ a 0 1 продолжается до гомоморфизма L [х] ^ F 0к L с ядром fa(x)L [х]. Поэтому
каждый элемент y 6 F 0к L можно представить в виде g (a 0 1) для некоторого g(x) 6 L [х]. Если yt = 0 для t 6 N, то
g (х) 6 fa(x)L [х]. Так как fa(x) сепарабелен, то он не делится на квадрат никакого неприводимого многочлена над L.
Поэтому fa(х) делит g(x) и y = g (a 0 1) = 0.
в) ^ а). Предположим, что а) не верно. Если b 6 F не является сепарабельным, то K имеет характеристику р и fb(x) = g (xp)
для некоторого g(x) 6 K [х]. Если L — произвольное расширение поля K, содержащее корни р-й степени из коэффициентов
многочлена g(x), то fb(x) = (h(x))p для h(x) 6 L [х]. Так как deg h (х) < deg fb(x), то 0 = h (b 0 1) 6 F 0k L и 0 = fb (b) ^
f (b 0 1) = h (b 0 1)p = 0.
в) г). Так как F — конечномерная алгебра над K, то алгебра A = F 0к L конечномерна над L. Поэтому применима
теорема Веддерберна-Артина. Следовательно, A является прямым произведением конечного числа полей тогда и только
тогда, когда A не имеет ненулевых нильпотентных элементов.
29.26. а) ^ б). Пусть fa (х, K) = ]^[ (х — ai)m, где a = a1 и ai — различные корни многочлена fa (х, K). Каждый корень
ai имеет одинаковую кратность рм и элемент ap сепарабелен над K. Поэтому a = ap 6 K. Тогда a есть корень многочлена
xp — a, делящегося на fa (х, K). Следовательно, fa (х, K) = xp — a.
г) ^ а). Если a 6 L\K — сепарабельный элемент и и: K ^ K — вложение, то и имеет продолжения до K (a) ^ K, число
которых равно числу различных корней fa (х, K), каждое из которых продолжается до вложения L ^ K. Однако, поскольку
ai = ap г 6 K, то fai (х, K) делит xp г — ai 6 K [х], поэтому fai (х, K) имеет только один (кратный) корень. Отсюда следует,
что любое вложение поля L над K тождественно на каждом ai и поэтому тождественно на L. Это означает, что в L\K нет
сепарабельных элементов.
29.29. Пусть и — вложение Eo в E над K, и продолжается до автоморфизма поля E. Поле иEo сепарабельно над K,
следовательно, оно содержится в Eo, поскольку Eo — максимальное сепарабельное подполе. Значит, иEo = Eo.
29.31. Пусть Eo — максимальное сепарабельное подполе в E. Допустим, что EpK = E. Положим E = K (a1,… ,a^. Так
как E чисто несепарабельно над Eo, то существует такое m, что ap 6 Eo для всех г = 1,… ,n. Следовательно, Ep С Eo.
Но Ep K = E, так что E = Eo сепарабельно над K. Обратно, пусть E сепарабельно над K. Но E чисто несепарабельно
над EpK. Так как E в то же время сепарабельно над EpK, то E = EpK. Отсюда E = Ep K для всех n ^ 1.
29.32. Пусть a 6 FG и и — произвольное вложение поля K (a) над K в F. Продолжим и до вложения поля F. Тогда и —
автоморфизм поля F. Так как иa = a, то действие и тождественно на K (a) и, следовательно, a чисто несепарабелен над
K. Пересечение Fo П F одновременно и сепарабельно, и чисто несепарабельно над K, поэтому равно K.
Покажем, что F сепарабельно над FG. Предположим, что F конечно над K, тогда группа G также конечна. Пусть a 6 F и
и1,… ,иТ — максимальное подмножество элементов из G таких, что Иla,… , итa различны. Тогда некоторое Иi тождественно
на a и a есть корень многочлена f (х) = ]^[ (х — ^a), причем fт = f для любого т 6 G, поскольку т переставляет корни.
Итак, f сепарабелен и его коэффициенты лежат в неподвижном поле FG. Поэтому a сепарабелен над FG. Бесконечный случай
сводится к конечному, поскольку всякий элемент a 6 F содержится в некотором конечном нормальном подрасширении
в F.
Поле F чисто несепарабельно над Fo и, следовательно, чисто несепарабельно над FoFG. С другой стороны, F сепарабельно
над F и, следовательно, сепарабельно над FoF . Таким образом, F = FoF .

30. Конечные поля

30.2. б) Пусть Fq С K — расширение степени m. Группа K* — циклическая, K* = {9), K = Fq (9). Если h(x) — минимальный
многочлен примитивного элемента 9, то deg h (х) = [Fq (9) : Fq] = [K : Fq] = m и h(x) неприводим над Fq по определению.
30.3. Многочлен f (х) = xq — х ввиду того, что его производная qxq-1 — 1 = —1 = 0, имеет ровно q различных корней.
Равенства xq = х, (х — y)q = xq — yq и (x/y)q = xq/yq (при y = 0) показывают, что корни многочлена f (х) образуют над Fp
поле из q элементов. Оно является полем разложения над Fp многочлена f (х). Отсюда следует единственность (с точностью
до изоморфизма) поля Fq .

200 ЗАДАЧИ И УПРАЖНЕНИЯ ПО ОСНОВАМ ОБЩЕЙ АЛГЕБРЫ. Поля разложения.

30.4. Это вытекает из того, что xq-1 — 1 = ]^[ (x — ai), где ai — все ненулевые элементы поля Fq.
30.6. Если в — корень многочлена xp — x — а, то его корнями будут и в + 1, • • • , в + (p — 1). Откуда и следует утверждение
об этом многочлене. Для доказательства последнего заметьте, что из вр = в + а следует вр = вр + аР = в + а + aP и т. д.
Таким образом, вР = в + tr (а), а потому в £ Fq тогда и только тогда, когда tr (а) = 0.
30.8. Неприводимые: x, x +1; x2 + x +1; x3 + x +1, x3 + x2 + 1.
30.9. Проверьте, что каждый из перечисленных многочленов не равен (x2 + x + 1) .
x16 — x = x16 + x = x (x +1) (x2+x + 1) (x4+x3 + 1) (x4+x + 1) (x4+x3 + x2 + x + 1).
30.12. A (2) =1 (24 — 22) = 3, Vti(2) =5 (25 — 2) = 6, A (2) = 6 (26—23 — 22 + 2) = 9.
30.14. а) Проверьте, что x3 + 1 = (x +1) (x2 + x + 1), x7 + 1 = (x +1) (x3+x + 1) (x3 + x2 + 1). б) x3 —1 = (x — 1) (x + 5) (x + 3).
30.18. Если m = o (f), k = o (g), то m | k. С другой стороны, g | (xm — 1)n и p ^ n. Поэтому g | (xm — 1)p . А так как
(xm — 1)p = xmp — 1, то k | mpt. Откуда и вытекают данные утверждения.
30.19. 1) Пусть а = o (f), в = о (В). Так как f | xa — 1, то = 1, откуда в ^ а. С другой стороны, 0е = 1. Тогда f и xe — 1
имеют общий корень. Поэтому f | xe — 1, значит, а ^ в.
2) Пусть В — корень многочлена f в его поле разложения F. Тогда В — элемент группы F* порядка pn — 1. Теперь утверждение
вытекает из предыдущего и из того, что о (В) | pn — 1.
30.21. а) a9-1 = 1, поэтому (a(q-1)/2 + 1) (a(q-1)/2 — 1) = 0. Отсюда a(q-1)/2 = ±1 в F.
б) Пусть x2 = a, F* = (g) и a = gb, x = gy. Равенство x2 = a равносильно равенству g2y = gb, что эквивалентно сравнению
2y = b (mod q — 1). Последнее сравнение разрешимо в точности тогда, когда 2 | b.
Если 2 | b, то a(q-1)/2 = gb(q-1)/2 = 1. Обратно, если a(q-1)/2 = 1, то gb(q-1)/2 = 1, значит, q — 1 делит b(q — 1)/2, или 2 | b.
г) В циклической группе F* порядка q — 1 ровно (q — 1)/2 элементов удовлетворяют уравнению x(q-1)/2 = 1.
е) Проверьте, что (ab/F) = (a/F)(b/F): (ab/F) = (ab)(q-1)/2 = a(q-1)/2b(q-1)/2 = (a/F)(b/F).
30.22. Пусть p1, • • • , pm — простые числа вида 4k +1 и b = (2p1 • • • pm)2 + 1. Предположим, что простое число p | b. Тогда
— 1 будет квадратичным вычетом в Fp. Поэтому p имеет вид 4k + 1. Но p не находится среди чисел pi.
30.24. Пусть ±mi — наименьший вычет для la, где mi > 0. Когда l пробегает значения между 1 и (p — 1) /2, у будет
числом получившихся при этом знаков минус. Заметим, что mi = mk для l = k и 1 ^ l,k ^ (p — 1) /2. Действительно, если
mi = mk, то la = ±ka (modp), из p \ a следует l ± k = 0 (modp). Это невозможно, так как ^ ± Щ ^ l + k ^ p — 1. Таким
образом, множества { 1, • • • , (p — 1) /2} и {m1, • • • ,m(p-1)/2} совпадают. Перемножая сравнения 1 • a = ±m1 (modp), • • •,
((p — 1) /2) a = ±m(p-1)/2 (mod p), получаем ((p — 1) /2)! a(p-1)/2 = ( — 1)M ((p — 1) /2)! (mod p). Значит, (a/p) = a(p-1)/2 =
( —1)M (modp). Откуда (a/p) = ( — 1)M.
30.25. Число у из леммы Гаусса равно числу элементов множества 2 • 1, • • • ,2 • (p — 1) /2, которые превосходят (p — 1) /2.
Пусть m определяется условиями: 2m ^ (p — 1) /2 и 2 (m +1) > (p — 1) /2. Тогда у = (p — 1) /2 — m.
Если p = 8k +1, то (p — 1)/2 = 4k, m = 2k, у = 2k и (2/p) = 1. Если p = 8k +7, то (p — 1)/2 = 4k +3, m = 2k +1, у = 2k +2
и (2/p) = 1. Легко проверяется, что в оставшихся случаях у будет нечетным.
30.26. Предварительно заметим, что если Г1, • • • ,rm — нечетные целые числа, то ^ ?= (ri — 1) /2 = (п • • •rm — 1) /2 (mod 2)
и Xm=1 Г2 — 1) /8 = (г2 • • •r’m — 1) /8 (mod2). Действительно, (r1 — 1) (r2 — 1) = 0 (mod 4). Тогда Г1Г2 — 1 = (r1 — 1) +
(r2 — 1) (mod 4). Откуда (rr — 1) /2 = (r1 — 1) /2 + (r2 — 1) /2 (mod 2). Первое сравнение теперь доказывается индукцией
по m. Далее, (r2 — ) (r2 — 1) = 0 (mod 16), это влечет r^^ — 1 = (^r2 — 1) + (Т — 1) (mod 16). Откуда ^2r^ — 1) /8 =
(r2 — 1) /8+ (У2 — 1) /8 (mod2). Опять можно применить индукцию по m.
Пусть b = p1 • • • pm, где pi — простые числа (не обязательно различные). Тогда
( —1/b) = ( —1/p1) • • • ( — 1/pm) = ( —1)(pi-1)/2 • • • ( —1)(p»-1)/2 = ( —1)£(p.-1)/2.
Так как ^(pi — 1)/2 = (p1 • • •pm — 1)/2 = (b — 1)/2 (mod2), то это доказывает а). б) доказывается аналогично.
l m ^^((9i-1)/2)((p)-1)/2) i m
30.27. Если a = q1 • ••qi, b = p1 •••pm, то (a/b)(b/a) = Ц Ц (qi/pj)(pj/qi) = ( — 1)i=1 j=1 . Далее, Y^((qi —
i=1j= 1 i=1j= 1
i
1)/2)((pj — 1)/2) = ((a — 1)/2) (pi — 1)/2 = ((a — 1)/2)((b — 1)/2) (mod 2), что завершает доказательство.
30.32. Пусть b — образующий группы F*. Положим а = ba и x = by. Равенство xn = а эквивалентно сравнению ny =
a (mod(q — 1)), которое разрешимо в точности тогда, когда 5 | a, причем, если 5 | a, то имеется ровно 5 решений. Так как
порядок b в F* равен q — 1, то 5 | a в точности тогда, когда а(9-1)/(5 = b(q-1)a/l5 = 1.
30.35. qn — 1 = (q — 1) (qn-1 + • • • + q + 1). Так как q = 1 (mod n), то qn-1 + ••• + q +1 = n = 0 (mod n). Таким образом,
n (q — 1) | qn — 1. Воспользуйтесь тем, что a9-1 = 1.

201 ЗАДАЧИ И УПРАЖНЕНИЯ ПО ОСНОВАМ ОБЩЕЙ АЛГЕБРЫ. Поля разложения.

,

Около

Comments

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *

*
*

Статистика


Яндекс.Метрика