Baza i stopień rozszerzenia.

Transkrypt

1 Baza i stopień rozszerzenia.

2 Uwaga Niech F będzie ciałem, L rozszerzeniem ciała F. Wówczas L jest przestrzenią liniową nad ciałem F.

3 Definicja Niech F będzie ciałem, L rozszerzeniem ciała F. 1. Wymiar przestrzeni liniowej L nad ciałem F nazywamy stopniem rozszerzenia ciała L nad ciałem F i oznaczamy rl : F s. 2. Bazę przestrzeni liniowej L nad ciałem F nazywamy bazą rozszerzenia.

4 Przykłady: 1. Rozważmy ciało R i jego rozszerzenie C. Wówczas rc : Rs 2 i bazą rozszerzenia jest t1, iu. 2. Rozważmy dowolne ciało F. Wówczas rf : F s 1 i bazą jest t1u. 3. Rozważmy dowolne ciało F. Wówczas rf pxq : F s 8.

5 Twierdzenie (o stopniu rozszerzeń w wieży ciał) Niech F, L, M będą ciałami. Niech F Ă L Ă M i niech rl : F s n ă 8, rm : Ls m ă 8. Wówczas rm : F s nm.

6 Dowód: Niech pα 1,..., α n q będzie bazą rozszerzenia F Ă L, zaś pβ 1,..., β m q bażą rozszerzenia L Ă M. Pokażemy, że pα 1 β 1,..., α 1 β m, α 2 β 1,..., α 2 β m,..., α n β 1,..., α n β m q jest liniowo niezależny nad ciałem F. Ustalmy x 11,..., x 1m, x 21,..., x 2m,..., x n1,..., x nm P F i niech x 11 α 1 β 1`...`x 1m α 1 β m`x 21 α 2 β 1`...`x 2m α 2 β m`...`x n1 α n β 1`...`x

7 Wówczas px 11 β 1`...`x 1m β m qα 1`px 21 β 1`...`x 2m β m qα 2`...`px n1 β 1`...`x nm i wobec liniowej niezaleźności α 1,..., α n otrzymujemy x 11 β 1 `... ` x 1m β m 0,..., x n1 β 1 `... ` x nm β m. Korzystając z liniowej niezależności β 1,..., β m otrzymujemy teraz x 11 0,..., x 1m 0, x 21 0,..., x 2m 0,..., x n1 0,..., x nm 0.

8 Pozostaje pokazać, że układ pα 1 β 1,..., α 1 β m, α 2 β 1,..., α 2 β m,..., α n β 1,..., α n β m q jest generujący. Ustalmy element γ P M. Wówczas γ ř m j 1 y jβ j, dla pewnych y 1,..., y m P L. Ponadto y j ř n i 1 x ijα i, dla pewnych x 1j,..., x nj P F, j P t1,..., mu. Wobec tego: γ x 11 α 1 β 1`...`x 1m α 1 β m`x 21 α 2 β 1`...`x 2m α 2 β m`...`x n1 α n β 1`.

9 Wniosek Niech F 1,..., F r będą ciałami. Niech F 1 Ă F 2 Ă... Ă F r i niech rf 2 : F 1 s n 1,..., rf r : F r 1 s n r 1. Wówczas rf r : F 1 s n 1... n r 1.

10 Twierdzenie Niech F będzie ciałem, niech L 1 i L 2 będą rozszerzeniami ciała F i niech rl 1 : F s r 1, rl 2 : F s r 2. Załóżmy ponadto, że NW Dpr 1, r 2 q 1. Wówczas rl 1 L 2 : F s rl 1 : F s rl 2 : F s.

11 Dowód. Ponieważ F Ă L 1 Ă L 1 L 2 oraz F Ă L 2 Ă L 1 L 2, więc r 1 rl 1 L 2 : F s i r 2 rl 1 L 2 : F s. Zatem r 1 r 2 rl 1 L 2 : F s. Ponieważ baza L 2 nad F generuje rozszerzenie L 1 L 2 nad L 1, więc rl 1 L 2 : F s ď rl 2 : F s. Zatem rl 1 L 2 : F s rl 1 L 2 : L 1 s rl 1 : F s ď rl 2 : F s rl 1 : F s r 1 r 2, skąd rl 1 L 2 : F s r 1 r 2.

12 Elementy algebraiczne i przestępne.

13 Definicja Niech F będzie ciałem, L rozszerzeniem ciała F, niech α P L. 1. Element α nazywamy algebraicznym nad F, jeżeli istnieje wielomian 0 f P F rxs taki, że fpαq Element α nazywamy przestępnym nad F, jeżeli nie jest algebraiczny.

14 Przykłady: 1. Rozważmy ciało Q i jego rozszerzenie C. Element? 2 P C. Wówczas? 2 jest algebraiczny nad Q. 2. Rozważmy ciało F i jego rozszerzenie F pxq. Element f P F pxqzf jest przestępny nad F.

15 Uwaga Niech F, L, M będą ciałami i niech F Ă L Ă M. Wówczas 1. jeżeli α P F, to α jest algebraiczny nad F ; 2. jeżeli α P M jest algebraiczny nad F, to jest też algebraiczny nad L.

16 Uwaga Niech F będzie ciałem, L rozszerzeniem ciała F, niech α P L będzie elementem algebraicznym nad F. 1. Zbiór I α tf P F rxs : fpαq 0u jest ideałem maksymalnym. 2. Ideał I α jest ideałem głównym.

17 Dowód. 1. Z łatwością sprawdzamy, że I α istotnie jest ideałem. Pokażemy, że jest ideałem pierwszym. Ustalmy f, g P F rxs i niech fg P I α. Wówczas fgpαq 0. Wobec tego fpαq 0 lub gpαq 0, a więc f P I α lub g P I α. Ponieważ F rxs jest pierścieniem ideałów głównych, więc ideał I α jest maksymalny. 2. Oczywiste.

18 Definicja Niech F będzie ciałem, L rozszerzeniem ciała F, niech α P L będzie elementem algebraicznym nad F. Wielomian f P F rxs taki, że pfq I α nazywamy wielomianem minimalnym elementu α, a deg f stopniem elementu algebraicznego.

19 Twierdzenie Niech F będzie ciałem, L rozszerzeniem ciała F, niech α P L będzie elementem algebraicznym nad F. Następujące warunki są równoważne: 1. f P F rxs jest wielomianem minimalnym elementu α P L; 2. f P F rxs jest wielomianem unormowanym, nierozkładalnym i fpαq 0; 3. f P F rxs jest wielomianem unormowanym i najmniejszego stopnia spośród tych wielomianów, które zerują się w α.

20 Dowód. p1q ñ p3q : Ustalmy g P F rxs, unormowany i taki, że gpαq 0. Wówczas g P I α. Zatem f g, a więc deg f ď deg g. p3q ñ p2q : Przypuśćmy, że f jest rozkładalny. Niech f gh, g, h P F rxs. Możemy założyć, że g i h są unormowane. Ponieważ fpαq 0, więc gpαq 0 lub hpαq 0 i deg g ă deg f oraz deg h ă deg f sprzeczność. p2q ñ p1q : Oczywiście f P I α, więc pfq Ă I α. Ponieważ F rxs jest pierścieniem ideałów głównych i f jest nierozkładalny, więc pfq jest maksymalny. Stąd pfq I α.

21 Przykłady: 3. Rozważmy ciało Q, jego rozszerzenie C i element? 2 P C. Wówczas x 2 2 jest wielomianem minimalnym elementu? 2. Stopień? 2 jest więc równy Rozważmy ciało Q, jego rozszerzenie C i element ξ p cos 2π p ` i sin 2π p, gdzie p P P jest liczbą pierwszą. Wówczas x p 1 ` x p 2 `... ` x ` 1 jest wielomianem minimalnym elementu ξ p. Stopień ξ p jest więc równy p 1.

22 Twierdzenie Niech F będzie ciałem, L rozszerzeniem ciała F, niech α P L będzie elementem algebraicznym nad F stopnia n. Wówczas: 1. F pαq trpαq : r P F rxs, deg r ď n 1u; 2. p1, α,..., α n 1 q jest bazą rozszerzenia F Ă F pαq; 3. rf pαq : F s n.

23 Dowód: 1. Niech f P F rxs będzie wielomianem minimalnym elementu α. Niech γ P F pαq. Wówczas γ hpαq gpαq, dla pewnych h, g P F rxs, gpαq 0. Ponieważ gpαq 0, więc f g. Ponieważ f jest nierozkładalny, więc g f. Wobec tego 1 NW Dpf, gq i tym samym istnieją elementy u, v P F rxs takie, że uf ` vg 1. Zatem upαqfpαq ` vpαqgpαq 1, skąd vpαqgpαq 1 i tym samym vpαq 1 hpαq gpαq. Wobec tego γ gpαq hpαqvpαq. Dzieląc hv przez f otrzymujemy hv fq ` r oraz deg r ď degf 1 n 1.

24 Ponadto hpαqvpαq fpαqgpαq ` rpαq rpαq, więc γ rpαq i deg r ď n To, że układ p1, α,..., α n 1 q generuje F pαq. Pozostaje wykazać, że jest to układ liniowo niezależny. Przypuśćmy, że istnieją elementy c 0, c 1,..., c n 1 P F takie, że c 0 ` c 1 α `... ` c n 1 α n 1 0. Wówczas wielomian gpxq c 0 ` c 1 x `... ` c n 1 x n 1 jest unormowany, gpαq 0 oraz deg g n 1 ă n deg f, co stanowi sprzeczność.

25 2. Wynika natychmiast z części (1).

26 Przykład: 5. Rozważmy ciało Q i jego rozszerzenie C oraz element 3? 5 P C. Wówczas Qp 3? 5q ta 0 ` a 1 3? 5 ` a 2 3? 25 : a 0, a 1, a 2 P Qu.

27 Definicja Niech F będzie ciałem, L rozszerzeniem ciała F, niech α P L będzie elementem algebraicznym nad F stopnia n. Bazę p1, α,..., α n 1 q rozszerzenia F Ă F pαq nazywamy bazą potęgową.

28 Uwaga Niech F będzie ciałem, L rozszerzeniem ciała F, niech α P L. Wówczas α jest algebraiczny nad F wtedy i tylko wtedy, gdy rf pαq : F s ă 8.

29 Dowód. pñq: wynika wprost z Twierdzenia 0.4. pðq: Załóżmy, że rf pαq : F s n ă 8. Wówczas elementy 1, α, α 2,..., α n są liniowo zależne, więc istnieją elementy a 0, a 1,..., a n P F takie, że a 0 ` a 1 α `... ` a n α n 0, a więc α jest algebraiczny.

30 Twierdzenie Niech F będzie ciałem, L rozszerzeniem ciała F, niech α 1,..., α n P L będą elementami algebraicznymi nad F. Wówczas 1. rf pα 1,..., α n q : F s ă 8; 2. F pα 1,..., α n q trpα 1,..., α n q : r P F rx 1,..., x n su.

31 Rozszerzenia algebraiczne i skończone.

32 Definicja Niech F będzie ciałem, L rozszerzeniem ciała F. Rozszerzenie to nazywamy rozszerzeniem algebraicznym, gdy każdy element ciała L jest algebraiczny nad F. Rozszerzenie nazywamy skończonym, gdy rl : F s ă 8.

33 Twierdzenie Każde rozszerzenie skończone jest algebraiczne.

34 Dowód. Załóżmy, że F Ă L jest rozszerzeniem skończonym, rl : F s n ă 8. Niech α P L. Wówczas F Ă F pαq Ă L, więc rf pαq : F s ď rl : F s ă 8. Zatem α jest algebraiczny nad F.

35 Przykład: 1. Rozważmy ciało Q i jego rozszerzenie Qp? 2, 3? 2, 4? 2,...q. Wówczas jest to rozszerzenie algebraiczne, ale nie jest skończone.

36 Twierdzenie Każde rozszerzenie skończone jest skończenie generowane.

37 Dowód. Załóżmy, że F Ă L jest rozszerzeniem skończonym, a pα 1,..., α n q bazą tego rozszerzenia. Wówczas L F pα 1,..., α n q.

38 Przykład: 2. Rozważmy dowolne ciało F i jego rozszerzenie F pxq. Wówczas jest to rozszerzenie skończenie generowane, ale nie jest skończone.

39 Twierdzenie Niech F będzie ciałem, L rozszerzeniem ciała F, niech α 1,..., α n P L. Następujące warunki są równoważne: 1. α 1,..., α n P L są elementami algebraicznymi nad F ; 2. F Ă F pα 1,..., α n q jest rozszerzeniem skończonym; 3. F Ă F pα 1,..., α n q jest rozszerzeniem algebraicznym.

40 Uwaga Niech F będzie ciałem, L rozszerzeniem ciała F. Niech S Ă L będzie zbiorem elementów algebraicznych nad ciałem F. Wówczas F Ă F psq jest rozszerzeniem algebraicznym.

41 Twierdzenie Niech F, L, M będą ciałami i niech F Ă L Ă M. Wówczas F Ă M jest skończone wtedy i tylko wtedy, gdy F Ă L i L Ă M są skończone.

42 Twierdzenie Niech F, L, M, N będą ciałami i niech F Ă L Ă M. Niech ponadto N Ă L. Wówczas jeżeli F Ă M jest skończone, to NF Ă NM jest skończone i rnm : NF s ď rm : F s.

43 Dowód. Niech pα 1,..., α n q będzie bazą rozszerzenia F Ă M. Wówczas M F pα 1,..., α n q. Wobec tego NM NF pα 1,..., α n q. Ponieważ rm : F s ă 8 więc α 1,..., α n są algebraiczne nad F, a więc także nad NF. Zatem dla γ P NM, γ gpα 1,..., α n q, gdzie g P NF rx 1,..., x n s. Ponadto α k 1 1,..., αkn n P M, dla k 1,..., k n ě 0, więc α k αkn n c 1 α 1 `... ` c n α n, dla pewnych c 1,..., c n P F. Zatem dla dowolnego g P NF rx 1,..., x n s zachodzi gpα 1,..., α n q d 1 α 1 `... ` d n α n, dla pewnych d 1,..., d n P NF. Stąd rnm : NF s ď n rm : F s.

44 Wniosek Niech F będzie ciałem, niech L 1 i L 2 będą rozszerzeniami skończonymi ciała F. Wówczas F Ă L 1 L 2 jest rozszerzeniem skończonym oraz rl 1 L 2 : F s ď rl 1 : F s rl 2 : F s.

45 Dowód. Wobec Twierdzenia 0.10 rl 1 L 2 : L 1 s ď rl 2 : F s, więc rl 1 L 2 : F s rl 1 L 2 : L 1 srl 1 : F s ď rl 1 : F s rl 2 : F s.

46 Twierdzenie Niech F, L, M będą ciałami i niech F Ă L Ă M. Wówczas F Ă M jest algebraiczne wtedy i tylko wtedy, gdy F Ă L i L Ă M są algebraiczne.

47 Dowód. pñq : oczywiste. pðq : Ustalmy γ P M. Ponieważ rozszerzenie L Ă M jest algebraiczne, więc istnieją elementy b 0, b 1,..., b n P L takie, że b 0 ` b 1 γ `... ` b n γ n 0. Niech gpxq b 0 ` b 1 x `... ` b n x n. Wówczas g P F pb 0, b 1,..., b n qrxs i γ jest algebraiczny nad ciałem F pb 0, b 1,..., b n q. Wobec tego rozszerzenie F pb 0, b 1,..., b n q Ă F pb 0, b 1,..., b n qpγq jest skończone. Ponieważ rozszerzenie F Ă L jest algebraiczne, więc elementy b 0, b 1,..., b n P L są algebraiczne nad F i wobec tego rozszerzenie F Ă F pb 0, b 1,..., b n q jest skończone. Zatem i rozszerzenie F Ă F pb 0, b 1,..., b n qpγq jest skończone, a więc i algebraiczne. Tym samym element γ jest algebraiczny nad ciałem F.

48 Twierdzenie Niech F będzie ciałem, L rozszerzeniem ciała F, niech α, β P L będą algebraiczne nad ciałem F. Wówczas elementy α β, α β oraz α β (o ile β 0) są algebraiczne nad F.

49 Dowód. Ponieważ α i β są algebraiczne nad ciałem F, więc rozszerzenie F Ă F pα, βq jest skończone, a więc i algebraiczne. Oczywiście α β, α β oraz α β są elementami ciała F pα, βq.

50 Wniosek Niech F będzie ciałem, L rozszerzeniem ciała F. Niech F alg plq tα P L : α jest algebraiczny nad F u. Wówczas F alg plq jest ciałem.

51 Wniosek Niech F będzie ciałem, niech L 1 i L 2 będą rozszerzeniami algebraicznymi ciała F. Wówczas rozszerzenie F Ă L 1 L 2 też jest algebraiczne.

52 Dowód. Niech L będzie rozszerzeniem ciała F zawierającym ciała L 1 i L 2. Ponieważ rozszerzenia F Ă L 1 oraz F Ă L 2 są algebraiczne, więc L 1, L 2 Ă F alg plq. Wobec tego L 1 L 2 Ă F alg plq i rozszerzenie F Ă L 1 L 2 jest algebraiczne.

53 Definicja Niech F będzie ciałem, L rozszerzeniem ciała F. 1. Ciało F alg plq nazywamy domknięciem algebraicznym ciała F w ciele L. 2. Jeżeli F F alg plq to mówimy, że F jest algebraicznie domknięte w L.

54 Przykład: 3. Rozważmy ciało Z 2 i ciało czteroelementowe L zawierająze Z 2 jako podciało proste, a więc w szczególności rozszerzenie ciała Z 2. Wówczas Z 2 jest algebraicznie domknięte w L, ale oczywiście Z 2 nie jest algebraicznie domknięte.

55 Algebraiczne domknięcie ciała.

56 Twierdzenie Niech F będzie ciałem. Następujące warunki są równoważne: 1. F jest algebraicznie domknięte, 2. jeżeli L jest ciałem i rozszerzenie F Ă L jest skończone, to F L, 3. jeżeli L jest ciałem i rozszerzenie F Ă L jest algebraiczne, to F L.

57 Dowód. p1q ñ p3q : Załóżmy, że F jest algebraicznie domknięte i F Ă L jest rozszerzeniem algebraicznym. Niech α P L. Wówczas α jest algebraiczne nad F. Niech f P F rxs będzie wielomianem minimalnym elementu α. Wówczas f jest nierozkładalny w F rxs, a więc liniowy. Zatem α P F. p3q ñ p2q : Każde rozszerzenie skończone jest algebraiczne. p2q ñ p1q : Niech f P F rxs i niech L będzie ciałem, w którym f ma pierwiastek, przy czym F Ă L. Niech α P L będzie pierwiastkiem wielomianu f. Wówczas α jest algebraiczny nad F. Zatem F Ă F pαq jest skończone, a więc F pαq F i α P F.

58 Definicja Niech F będzie ciałem, L rozszerzeniem ciała F. Jeżeli 1. L jest ciałem algebraicznie domkniętym, 2. F Ă L jest rozszerzeniem algebraicznym, to L nazywamy algebraicznym domknięciem ciała F i oznaczamy F.

59 Przykład: 1. Rozważmy ciało R. Wówczas C jest algebraicznym domknięciem ciała R.

60 Twierdzenie Niech F będzie ciałem, L rozszerzeniem ciała F, niech ponadto L będzie ciałem algebraicznie domkniętym. Wówczas F alg plq jest algebraicznym domknięciem ciała F.

61 Dowód. Niech f P F alg plqrxs. Wówczas również f P Lrxs, więc f ma pierwiastek α P L. Wobec tego α jest algebraiczny nad ciałem F alg plq, więc rozszerzenie F alg plq Ă F alg plqpαq jest algebraiczne. Ponadto F Ă F alg plq jest algebraiczne, więc F Ă F alg plqpαq jest algebraiczne. Zatem α jest algebraiczny nad F, a więc α P F alg plq.

62 Wniosek Niech F będzie ciałem. Wówczas istnieje algebraiczne domknięcie F ciała F.

63 Dowód. Wobec Twierdzenia?? istnieje ciało algebraicznie domknięte L takie, że F Ă L. Z kolei wobec Twierdzenia 0.14 F F alg plq.

64 Twierdzenie Niech F będzie ciałem, niech L 1, L 2 będą algebraicznymi domknięciami ciała F. Wówczas istnieje F izomorfizm φ : L 1 Ñ L 2.

65 Dowód poprzedzimy dwoma lematami.

66 Lemat Niech F, F 1, F 2 będą ciałami i niech F Ă F 1 Ă F 2 będą rozszerzeniami algebraicznymi. Niech φ 1 : F 1 Ñ F będzie F -zanurzeniem. Wówczas istnieje zanurzenie φ 2 : F 2 Ñ F takie, że φ 2 F1 φ 1.

67 Dowód: Niech R tpl, φq : L jest ciałem, F 1 Ă L Ă F 2, φ : L Ñ F jest F -zanurzeniem W rodzinie R definiujemy relację ă wzorem: pl, φq ă pl 1, φ 1 q wtedy i tylko wtedy, gdy L Ă L 1 oraz φ 1 L φ. Bez trudu sprawdzamy, że jest to relacja częściowego porządku. Ponadto pf 1, φ 1 q P R, a więc R H. Łatwo jest również sprawdzić, że każdy łańcuch w rodzinie R ma ograniczenie górne. Wobec lematu Kuratowskiego-Zorna w rodzinie R istnieje element maksymalny pl 0, φ 0 q. Pokażemy, że F 2 L 0.

68 Przypuśćmy, że F 2 L 0. Wówczas istnieje element a P F 2 zl 0. Ponieważ rozszerzenie F Ă F 2 jest algebraiczne, więc a jest algebraiczny nad F, a tym samym jest też algebraiczny nad L 0. Niech f P L 0 rxs będzie wielomianem minimalnym elementu a. Niech ponadto φ 0 : L 0 rxs Ñ F rxs będzie przedłużeniem zanurzenia φ 0 : L Ñ F na pierścień wielomianów. Wówczas wielomian φ 0 pfq jest nierozkładalny w pierścieniu φ 0 pl 0 qrxs, jako obraz elementu nierozkładalnego. Ponieważ ciało F jest algebraicznie domknięte, więc wielomian φ 0 pfq ma pierwiastek b P F. Wobec Twierdzenia?? istnieje przedłużenie izomorfizmu φ 0 : L 0 Ñ φ 0 pl 0 q do zanurzenia φ 1 0 : L 0paq Ñ φ 0 pl 0 qpbq Ă F. Wówczas pl 0, φ 0 q ă pl 0 paq, φ 1 0 q oraz L 0 Ĺ L 0 paq, więc element pl 0, φ 0 q nie może być maksymalny w rodzinie R, co daje sprzeczność.

69 Lemat Niech F będzie ciałem, L rozszerzeniem algebraicznym ciała F. Wówczas istnieje F -zanurzenie φ : L Ñ F.

70 Dowód. W poprzednim lemacie wystarczy przyjąć F 2 L, F 1 F oraz φ 1 id F.

71 Przechodzimy do dowodu Twierdzenia 0.15:

72 Dowód. Wobec poprzedniego lematu istnieje F -zanurzenie φ : L 1 Ñ L 2. Ciało φpl 1 q jest algebraicznie domknięte. Ponadto rozszerzenie φpl 1 q Ă L 2 jest algebraiczne, a więc φpl 1 q L 2.