ALGEBRA Z GEOMETRIĄ CIAŁO FUNKCJI WYMIERNYCH

Transkrypt

1 ALGEBRA Z GEOMETRIĄ 1/10 CIAŁO FUNKCJI WYMIERNYCH Piotr M. Hajac Uniwersytet Warszawski Wykład 7, Typeset by Jakub Szczepanik.

2 Ułamki pierścienia całkowitego Cel: Wprowadzenie pojęcia funkcji wymiernej i udowodnienie istnienia jej rozkładu na ułamki proste. Niech R będzie pierścieniem całkowitym. Na zbiorze R (R \ {0}) wprowadźmy relację równoważności: { ( ) ( ) 2 } F := (a, b), (c, d) R (R \ {0}) ad = bc. Zaiste, zwrotność i symetryczność tej relacji są oczywiste. Dla sprawdzenia przechodniości, załóżmy że ad = bc i cy = dx. Mnożąc drugie równanie przez b otrzymujemy cyb = dxb. Podstawiając bc z pierwszego równania dostajemy day = dxb. Stąd d(ay xb) = 0. Ale d 0 i w R nie ma dzielników zera. Zatem ay = bx, co udowadnia przechodniość. Elementy zbioru F R := (R R \ {0})/ F nazywamy ułamkami pierścienia R. 2/10

3 Ciało ułamków pierścienia całkowitego Twierdzenie Niech R będzie pierścieniem całkowitym. Następujące wzory definiują działania na F R : 1 [(a, b)] + [(c, d)] = [(ad + bc, bd)], 2 [(a, b)] [(c, d)] = [(ac, bd)]. Elementami neutralnymi dla tych działań są odpowiednio [(0, 1)] i [(1, 1)]. Ze względu na te działania i elementy neutralne, F R jest ciałem. (Nazywamy je ciałem ułamków.) Dowód: Sprawdzenie że powyższe wzory definiują łączne i przemienne działania na F R z prawami rozdzielności i odpowiednimi elementami neutralnymi jest proste. Ze względu na dodawanie F R jest grupą, bo dla dowolnego [(a, b)] mamy [(a, b)] = [( a, b)]. Dalej, [(a, b)] = [(0, 1)] a = 0 implikuje że [(a, b)] 0 [(a, b)] 1 := [(b, a)] F R. To kończy dowód że F R jest ciałem, bo [(b, a)][(a, b)] = [(ba, ab)] = [(1, 1)]. Uwagi: Dla R = Z mamy F Z =: Q. Odwzorowanie R r [(r, 1)] F R jest injektywnym homomorfizmem 3/10

4 Ciało funkcji wymiernych Definicja Ciałem ułamków wymiernych nad pierścieniem całkowitym R nazywamy ciało ułamków F R[N] pierścienia całkowitego wielomianów R[N]. Elementy F R[N] nazywamy ułamkami wymiernymi nad R. Zauważmy że dowolny injektywny homomorfizm R h S pomiędzy pierścieniami całkowitymi indukuje injektywny homomorfizm pomiędzy ciałami ułamków: F R [(a, b)] [(h(a), h(b))] F S. Zatem dla nieskończonego pierścienia całkowitego R, odwzorowanie F R[N] α β := [(α, β)] f α f β := [(f α, f β )] F f(r[n]) jest izomorfizmem ciał. Definicja Niech R będzie nieskończonym pierścieniem całkowitym. Ciało F f(r[n]) nazywamy ciałem funkcji wymiernych, a jego elementy funkcjami wymiernymi. 4/10

5 Funkcje wymierne jako funkcje Ułamki fα f β nie są elementami Map(R, R), ale jeśli R = K jest ciałem, to z fα f β możemy stworzyć funkcję: Twierdzenie K \ {wszystkie pierwiastki β} r f α(r) f β (r) K. Niech K będzie nieskończonym ciałem. Wówczas α β = α β F K[N] wtedy i tylko wtedy gdy r K \ {wszystkie pierwiastki β i β } : f α(r) f β (r) = f α (r) f β (r). Dowód: Zakładając drugą równość otrzymujemy wielomian α β β α o nieskończonej ilości różnych pierwiastków. Z twierdzenia o stopniu wielomianu musi być on wielomianem zerowym. Stąd α β = α β. Implikacja odwrotna jest trywialna. Dlatego ułamki α β utożsamiamy z odpowiednimi odwzorowaniami i nazywamy funkcjami wymiernymi. 5/10

6 Największy wspólny dzielnik 6/10 Definicje Niech K będzie ciałem. Mówimy że β K[N] dzieli α K[N] γ K[N] : α = β γ. Największym wspólnym dzielnikiem α 1 K[N] i α 2 K[N] \ {0} nazywamy gcd(α 1, α 2 ) K[N] wtedy i tylko wtedy gdy 1 gcd(α 1, α 2 ) dzieli α 1 i α 2, 2 β dzieli α 1 i α 2 β dzieli gcd(α 1, α 2 ), 3 gcd(α 1, α 2 ) ( deg(gcd(α 1, α 2 )) ) = 1 (współczynnik przy najwyższej potędze w wielomianie gcd(α 1, α 2 )). Twierdzenie (Algorytm Euklidesa) Niech K będzie ciałem. Wtedy α 1 K[N] \ {0}, α 2 K[N]! gcd(α 1, α 2 ) K[N].

7 Algorytm Euklidesa Dowód: Jeśli α 2 = 0, to gcd(α 1, α 2 ) = α 1 (deg(α)) 1 α 1. Jeśli deg α 2 = 0 lub deg α 1 = 0, to gcd(α 1, α 2 ) = 1. Załóżmy więc że deg(α 1 ) deg(α 2 ) 1. Korzystając z twierdzenia o dzieleniu wielomianów i odwracalności elementów z K \ {0}, dostajemy α 1 = β 2 α 2 + α 3. Jeśli α 3 = 0, to gcd(α 1, α 2 ) = α 2 (deg(α 2 )) 1 α 2. Jeśli α 3 0, to deg(α 3 ) < deg(α 2 ). Teraz dzielimy α 2 przez α 3 otrzymując α 2 = β 3 α 3 + α 4. Procedurę kontynuujemy aż do momentu gdy α n = β n+1 α n+1. (Procedura jest skończona bo deg(α 2 ) < i 0 deg(α k+1 ) < deg(α k ).) Podstawiając wzory kolejno do siebie otrzymujemy α 1 = β α n+1 i α 2 = β α n+1. Jeśli γ dzieli równocześnie α 1 i α 2, to dzieli też α 3. Jeśli γ dzieli równocześnie α 2 i α 3, to dzieli też α 4, itd. Zatem γ dzieli α n+1. Stąd gcd(α 1, α 2 ) = α n+1 (deg(α n+1 )) 1 α n+1. Załóżmy teraz że mamy dwa największe wspólne podzielniki γ i γ. Wtedy γ = β γ i γ = β γ. Zatem γ = β β γ, skąd wynika że deg(β) = 0. Teraz z równości γ = β γ, γ(deg(γ)) = 1, γ (deg(γ )) = 1 wynika że β = 1. Zatem γ = γ. 7/10

8 Lematy o dzielnikach Lemat Niech K będzie ciałem. Jeżeli α 1 K[N] \ {0} i α 2 K[N], to β 1, β 2 K[N] : β 1 α 1 + β 2 α 2 = gcd(α 1, α 2 ). Lemat Niech K będzie ciałem. Jeżeli µ K[N] i deg(µ) > 0, to q ϕ K[N] q N, γ j K[N], j {0,..., q} : ϕ = γ j µ j, gdzie j {0,..., q} : γ j = 0 lub deg(γ j ) < deg(µ). j=0 Dowód: Dla ϕ = 0 lemat jest trywialny. Załóżmy więc że ϕ 0, i zdefiniujmy q := max{n N deg(µ n ) deg ϕ}. Wtedy ϕ = γ q µ q + ϕ 1, ϕ 1 = 0 lub deg(ϕ 1 ) < deg(µ q ), γ q 0. Mamy też deg(γ q ) < deg(µ), bo inaczej deg(ϕ) deg(µ q+1 ), co przeczy definicji q. Jeśli ϕ 1 = 0, lemat jest udowodniony. Jeśli ϕ 1 0, to niech max{n N deg(µ n ) deg(ϕ 1 )} =: q 1 q 1. Lemat wynika z iteracji procedury która jest skończona, bo 0 deg(ϕ k+1 ) < deg(µ q k ) deg(ϕ k ). 8/10

9 Wielomiany pierwsze i ułamki proste Definicja Niech R będzie pierścieniem. Wielomian ω R[N] nazywamy pierwszym (nieredukowalnym) wtedy i tylko wtedy gdy 1 deg(ω) > 0, 2 ω = β γ deg(β) deg(γ) = 0. Lemat (o faktoryzacji na czynniki pierwsze) Niech K będzie ciałem. Jeżeli β K[N] \ K, β(deg(β)) = 1, to istnieją nieproporcjonalne wielomiany pierwsze ω 1,..., ω n K[N] oraz liczby k 1,.., k n N \ {0} takie że β = ω k ωkn n. Definicja Niech K będzie nieskończonym ciałem. Ułamkiem prostym α nazywamy element ciała ułamków wymiernych F K[N] postaci ω, n gdzie ω jest wielomianem pierwszym, deg(α) < deg(ω), n N\{0}. 9/10

10 Rozkład na ułamki proste Twierdzenie (o rozkładzie na ułamki proste) Niech K będzie nieskończonym ciałem. Dla każdej funkcji wymiernej fα f β F f(k[n]), α, β K[N] \ {0}, deg(α) < deg(β), istnieją nieproporcjonalne wielomiany pierwsze ω 1,..., ω n K[N], k 1,..., k n N : f α n k i f ηji =, f β i=1 j i =1 f ω j i i gdzie j i {1,..., k i } : η ji = 0 lub deg(η ji ) < deg(ω i ). Szkic dowodu: Twierdzenie udowadniamy w izomorficznym ciele ułamków wymiernych. Ponieważ α β = β(deg(β)) 1 α β(deg(β)) 1 β, bez straty ogólności możemy założyć że β(deg(β)) = 1. Wtedy z lematu o faktoryzacji na wielomiany pierwsze mamy β = ω k ωkn n, gdzie ω 1,..., ω n to nieproporcjonalne wielomiany pierwsze. Dla n = 1 twierdzenie wynika z drugiego lematu o dzielnikach. Potem indukcja po n. Krok indukcyjny z gcd(ω k 1 1 ωk n 1 n 1, ωkn n ) = 1 i pierwszego lematu o dzielnikach. 10/10