Wielomiany i rozszerzenia ciał

Transkrypt

1 Wielomiany i rozszerzenia ciał Maciej Grzesiak 1 Pierścień wielomianów 1.1 Pojęcia podstawowe Z wielomianami spotykamy się już w pierwszych latach nauki w szkole średniej. Jest to bowiem najprostsza pojęciowo klasa funkcji. Później dowiadujemy się, że inne funkcje można przybliżać wielomianami i Czytelnik z pewnością zna już niektóre metody aproksymacji. W tym rozdziale przyjmiemy nieco inną definicję wielomianu, dogodniejszą z punktu widzenia algebry. Własności analityczne wielomianów pominiemy, choć jest to trochę wbrew naturze, o czym może świadczyć fakt, że chyba wszystkie dowody zasadniczego twierdzenia algebry posługują się metodami analitycznymi. Definicja 1. Niech P będzie pierścieniem. Wielomianem jednej zmiennej o współczynnikach z P nazywamy każdy ciąg f = (f 0, f 1, f 2,...), gdzie wyrazy ciągu f są prawie wszystkie równe 0 (tzn. istnieje takie n, że f m = 0 dla m > n). W zbiorze wielomianów wprowadzamy działania: f + g = (f 0, f 1, f 2,...) + (g 0, g 1, g 2,...) = (f 0 + g 0, f 1 + g 1, f 2 + g 2,...) Po wprowadzeniu oznaczeń: widzimy, że fg = (f 0 g 0, f 0 g 1 + f 1 g 0, f 0 g 2 + f 1 g 1 + f 2 g 0,...) (0, 0, 0,...) = 0, (1, 0, 0,...) = 1, (0, 1, 0,...) = X (0, 0, 1, 0,...) = X 2, (0, 0, 0, 1, 0,...) = X 3 itd. 1

2 Możemy wobec tego napisać: f = (f 0, f 1, f 2,..., f n ) = f 0 + f 1 X + f 2 X f n X n i wtedy działania na wielomianach można wykonywać tak, jak to się robiło w szkole średniej. Jak widać, zmienna X, która pojawia się w zapisie, pełni rolę czysto formalną ułatwia zapis wielomianu i wykonywanie działań na wielomianach. A więc słowo wielomian oznacza tu coś innego niż w szkole średniej. Tam wielomianem zmiennej rzeczywistej X nazywaliśmy funkcję X f 0 + f 1 X + + f n X n. Również tutaj każdemu wielomianowi o współczynnikach z P można przyporządkować funkcję wielomianową f : P P : P a f 0 + f 1 a f n a n P. Element f 0 + f 1 a + + f n a n nazywać będziemy wartością wielomianu w punkcie a P. Rozróżnienie między wielomianami a funkcjami wielomianowymi nie jest tylko formalizmem. Bowiem zdarza się, że dwa różne wielomiany określają tę samą funkcję. Np. w pierścieniu Z 3 wielomiany 1 + X oraz 1 + X 3 wyznaczają tę samą funkcję: 0 1, 1 2, 2 0. Jednak przy odpowiednich założeniach o pierścieniu P odpowiedniość: wielomian funkcja wielomianowa jest wzajemnie jednoznaczna. Łatwo udowodnić poniższe twierdzenie (dowód pomijamy). Twierdzenie 1. Zbiór wszystkich wielomianów jednej zmiennej o współczynnikach z P z działaniami + i oraz wyróżnionymi wielomianami 0 i 1 jest pierścieniem. Oznaczamy go przez P [X]. Stopień wielomianu f, tzn. największą z liczb n, dla których f n 0, będziemy oznaczali przez deg f. Przyjmujemy, że deg 0 =. łatwo zauważyć, że deg(f + g) max(deg f, deg g), deg(fg) deg f + deg g. Jeżeli najwyższy współczynnik wielomianu f (lub wielomianu g) nie jest dzielnikiem zera, to deg(fg) = deg f + deg g. 2

3 Twierdzenie 2. Niech P będzie pierścieniem, a f wielomianem z P [X], którego najwyższy współczynnik nie jest dzielnikiem zera. Wówczas f nie jest dzielnikiem zera w P [X]. Jeżeli P jest dziedziną całkowitości, to i P [X] jest dziedziną całkowitości. Dowód. Niech fg = 0. Wówczas deg f +deg g =. Ponieważ deg f > 0, więc deg g =, a stąd g = Dzielenie wielomianów Definicja 2. Niech f, g P [X]. Mówimy, że w P [X] jest wykonalne dzielenie z resztą wielomianu g przez wielomian f, gdy istnieją takie wielomiany q, r P [X], że g = fq + r, przy czym deg r < deg f. Wielomian f nazywamy unormowanym, jeżeli f 0 i jego najwyższy współczynnik jest równy 1. Twierdzenie 3. Jeżeli f P [X] jest wielomianem unormowanym, a g P [X] dowolnym wielomianem, to w P [X] jest wykonalne dzielenie z resztą g przez f. Dowód. Twierdzenie jest prawdziwe gdy deg g < deg f (wtedy q = 0, r = g). Niech m = deg g, m n, n = deg f. Załóżmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla wielomianu g stopnia mniejszego niż m. Niech teraz deg g = m i niech g g m X m n f = h. W wielomianie h współczynnik przy X m jest równy 0. Stąd deg h < m. Na mocy założenia indukcyjnego istnieją takie q, r P [X], deg r < n, że h = fq + r. Wobec tego g = g m X m n f + h = g m X m n f + fq + r = (g m X m n + q)f + r, co należało wykazać. Pytanie: Jaki warunek musi spełniać wielomian, aby można go było unormować? Z twierdzenia 3 wynika, że dzielenie dwóch wielomianów jest wykonalne, gdy dzielnik można unormować. Tak więc w pierścieniu wielomianów nad ciałem wykonalne jest dzielenie dowolnych dwu wielomianów; jeśli natomiast pierścień współczynników nie jest ciałem, to dzielenie nie zawsze będzie możliwe. Zauważmy przy okazji, że pierścień wielomianów nad ciałem jest porządny także pod innymi względami. Twierdzenie 4. Pierścień K[X] wielomianów nad dowolnym ciałem K jest pierścieniem ideałów głównych. Dowód tylko nieznacznie różni się od dowodu twierdzenia??. 3

4 1.3 Obliczanie wartości wielomianów Na zakończenie poświęćmy chwilę uwagi problemowi obliczania wartości wielomianów. Niech f P [X], f(x) = a n X n + a n 1 X n a 1 X + a 0. Aby obliczyć wartość f(a) dla jakiegoś a P, można obliczać każdy człon osobno i potem dodać. Wymaga to j mnożeń do obliczenia j tego składnika, czyli n = n(n + 1)/2 mnożeń oraz n dodawań. Poprawimy efektywność, jeśli będziemy wykorzystywać już obliczone wartości licząc X j+1 = XX j. Wtedy wymaga to 2n 1 mnożeń oraz n dodawań. Jednak najbardziej efektywny sposób znajdziemy pisząc wielomian w postaci zagnieżdżonej: f(a) = ( ((a n a + a n 1 )a + a n 2 ) a + ) a + a 0. Ten schemat postępowania (schemat Hornera) wymaga tylko n mnożeń oraz n dodawań. Schemat ten zapisujemy następująco: a n a n 1 a n 2 a 1 a 0 ab n ab n 1 ab 2 ab 1 a b n = a n b n 1 b n 2 b 1 b 0 = f(a) Co ciekawe, liczby pojawiające się po drodze mają interesującą interpretację. Okazuje się bowiem, że f(x) = (b n X n 1 + b n 1 X n b 2 X + b 1 )(X a) + b 0. Sprawdzenie. Porównując współczynniki po lewej i prawej stronie otrzymujemy układ równości: czyli: b n = a n b n 1 b n a = a n 1. b 2 b 3 a = a 2 b 1 b 2 a = a 1 b 0 b 1 a = a 0,.. 4

5 b n = a n b n 1 = b n a + a n 1... b 2 = b 3 a + a 2 b 1 = b 2 a + a 1 b 0 = b 1 a + a 0. A więc wielomian q = b n X n 1 + b n 1 X n b 2 X + b 1 jest ilorazem z dzielenia f(x) przez X a. Wniosek 1 (twierdzenie Bézout). Reszta z dzielenia f(x) przez X a wynosi f(a). Przykład. Obliczymy f(3) dla f(x) = X 5 + 4X 4 + 3X 3 2X Zatem f(3) = 643. Jednocześnie widzimy, że dzieląc f(x) = X 5 + 4X 4 + 3X 3 2X +1 przez X 3 otrzymujemy q(x) = X 4 +7X 3 +24X 2 +72X +214 i resztę Charakterystyka ciała 2.1 Określenie charakterystyki ciała Symbolem n a będziemy oznaczać sumę a + a + + a. Z prawa rozdzielności: }{{} n (a + a + + a) (b + b + + b) = ab + ab + + ab }{{}}{{}}{{} m n mn wynika następujący wzór: (m a)(n b) = (mn) (ab). (1) 5

6 Definicja 3. Charakterystyką ciała K nazywamy najmniejszą liczbę naturalną n taką, że n a = 0 dla każdego elementu a K. Jeśli n a 0 dla każdego n N i każdego a K (K = K \ {0} jest zbiorem niezerowych elementów ciała K), to mówimy, że K jest ciałem charakterystyki 0. Charakterystykę ciała K oznaczamy symbolem ch(k). Uwaga. W przypadku charakterystyki niezerowej ch(k) można równoważnie określić jako rząd dowolnego niezerowego elementu grupy addytywnej ciała K (wszystkie elementy mają ten sam rząd). Zauważymy najpierw, że jeśli charakterystyka ciała nie jest równa zeru, to jest liczbą pierwszą. Istotnie, gdyby n = ch(k) = rs, gdzie liczby naturalne r, s są różne od 1, to n 1 = (r 1)(s 1) = 0 na mocy wzoru (1). Ponieważ jednak n jest najmniejszą liczbą naturalną taką, że n 1 = 0, więc r 1 0 i s 1 0, tzn. w K byłyby dzielniki zera, co jest niemożliwe. Zatem charakterystyka ciała jest równa zeru albo jest liczbą pierwszą. Np. ciała Q, R, C są ciałami charakterystyki zero. Natomiast ciało Z p (ciało reszt modulo p ) jest ciałem charakterystyki p, gdzie p jest liczbą pierwszą. 2.2 Arytmetyka ciał o charakterystyce p 0 W ciałach o charakterystyce p 0 znacznemu uproszczeniu ulegają wzory na potęgę sumy x + y o wykładniku postaci p m, gdzie m jest dowolną liczbą naturalną. Mianowicie (x + y) pm = x pm + y pm. (2) Dowód przeprowadzimy stosując indukcję względem m. Dla m = 1 mamy (x + y) p = ( ) p p k=0 k x p k y k. Łatwo zauważyć, że dla 0 < k < p liczba ( ) p k jest podzielna przez p (p dzieli p!, a ponieważ p! = ( ) p k k!(p k)! i p nie dzieli k!(p k)!, więc p dzieli ( ( ) p k) ), a zatem iloczyn p k x p k y k równa się zeru). Załóżmy teraz, że (x + y) pm 1 = x pm 1 + y pm 1 dla pewnej liczby naturalnej m. Wtedy (x + y) pm = (x pm 1 + y pm 1 ) p = x pm + y pm. 6

7 To kończy dowód. Wzór (2) wykorzystamy w następnym podrozdziale. 3 Pierwiastki wielomianów 3.1 Definicja i elementarne własności pierwiastków Znajdowanie pierwiastków wielomianów było kiedyś istotą algebry i źródłem innych działów algebry, np. teorii grup czy też konstrukcji ciała C. Na rolę tego właśnie ciała zwracamy z góry uwagę Czytelnika. Element a P jest pierwiastkiem wielomianu f P [X], jeśli f(a) = 0. Twierdzenie 5. Element a P jest pierwiastkiem wielomianu f P [X] wtedy i tylko wtedy, gdy f jest podzielny przez (X a). Dowód. ( ) Na mocy twierdzenia 3 f = (X a)q + r, deg r < 1, czyli r jest stałą. Ponieważ f(a) = 0, więc 0 = f(a) = (a a)q(a) + r. Stąd r = 0. ( ) Odwrotnie, jeśli f = (X a)q, to f(a) = (a a)q(a) = 0, co kończy dowód twierdzenia. Definicja 4. Jeżeli f = (X a) k q, gdzie q(a) 0, to a nazywamy k-krotnym pierwiastkiem wielomianu f. Elementy pierścienia P nie będące pierwiastkami wielomianu f nazywamy 0-krotnymi pierwiastkami wielomianu. Każdy pierwiastek niezerowego wielomianu ma jakąś krotność nie większą niż deg f, gdyż wielomian stopnia n nie może być podzielny przez (X a) k dla k > n. Twierdzenie 6. Niech pierścień P będzie dziedziną całkowitości, f P [X], f 0, i niech a 1, a 2,..., a n będą różnymi pierwiastkami wielomianu f o krotnościach m 1, m 2,..., m n. Wielomian f można przedstawić w postaci f = (X a 1 ) m 1 (X a 2 ) m2 (X a n ) mn h, (3) gdzie h jest pewnym wielomianem. Dowód można przeprowadzić przez indukcję względem n. Łatwe szczegóły pomijamy. 7

8 Wniosek 2. Jeżeli a 1,..., a n są różnymi pierwiastkami wielomianu f P [X] o krotnościach odpowiednio m 1,..., m n, to gdzie m = deg f. m m n m, Dowód. Istotnie stopień wielomianu (3) jest równy m m n + deg h, a deg f = m, więc m m n m. Twierdzenie 7 (wzory Viete a) Niech f K[X], gdzie K jest ciałem. Jeżeli f(x) = a n X n + a n 1 X n a 1 X + a 0 i c 1, c 2,..., c n są różnymi pierwiastkami wielomianu f, to n c k = a n 1, a n k=1 n i,j=1,i j n k=1 c i c j = a n 2 a n,... c k = ( 1) n a 0 a n. Dowód.Wystarczy przedstawić wielomian f w postaci f = a n (X c 1 )(X c 2 ) (X c n ) wymnożyć i porównać z pierwotną postacią. 3.2 Pierwiastki dwumianu X n b Niech K będzie ciałem i 0 b K. Rozpatrzmy dwumian X n b. Twierdzenie 8. (a) Jeżeli ch(k) = 0, to każdy pierwiastek dwumianu X n b jest jednokrotny. (b) Jeżeli ch(k) = p 0, to mamy następujące możliwości: n jest niepodzielne przez p; wtedy X n b ma co najwyżej n pierwiastków i każdy pierwiastek jest jednokrotny; n jest podzielne przez p; wtedy istnieją takie liczby m, n o N, że n = p m n o oraz (p, n 0 ) = 1; wówczas każdy pierwiastek dwumianu X n b, b 0, jest p m -krotny; w szczególności, gdy n = p m, to istnieje co najwyżej jeden pierwiastek. 8

9 Dowód. W przypadku gdy ch(k) = 0 i a jest pierwiastkiem tego dwumianu, mamy X n b = X n a n = (X a)(x n 1 + X n 2 a + + a n 1 ) = (X a) g, gdzie g(a) = na n 1 0, bo na n 1 = 0 tylko dla n = 0. Zatem, gdy ch(k) = 0 i a jest pierwiastkiem dwumianu X n b, to jest jego pierwiastkiem jednokrotnym. W przypadku gdy ch(k) = p 0 oraz p dzieli n, przedstawimy liczbę n w postaci p m n o, gdzie m, n N, (p, n 0 ) = 1 (symbol (k, l) oznacza największy wspólny dzielnik liczb k i l). Wówczas, gdy a jest pierwiastkiem dwumianu X n b, mamy: X n b = X n a n = (X no a no ) pm = = [ (X a)(x no 1 + ax no a no 2 X + a no 1 ) ] p m = = (X a) pm g pm, gdzie g = X no 1 +ax no 2 + +a no 2 X +a no 1, przy czym g(a) = n o a no 1 0, bo p nie jest dzielnikiem n 0. Element a jest w tym przypadku pierwiastkiem p m -krotnym. 3.3 Pierwiastki z jedności Definicja 5. Pierwiastkiem stopnia n z elementu b K nazywamy każdy pierwiastek dwumianu X n b. Kolejne twierdzenie pokazuje specjalną rolę pierwiastków z jedności. Twierdzenie 9. Niech element a K będzie pierwiastkiem stopnia n z elementu b K, b 0, i niech ε 1, ε 2,..., ε r będą wszystkimi pierwiastkami stopnia n z 1 w K. Wówczas elementy ε 1 a, ε 2 a..., ε r a są wszystkimi pierwiastkami stopnia n z elementu b. Dowód. Przede wszystkim elementy ε i a dla i = 1,..., r są pierwiastkami stopnia n z elementu b ponieważ (ε i a) n = ε n i a n = 1 a n = b. Ponadto, jeśli a 1 jest dowolnym pierwiastkiem stopnia n z b, to a 1 a 1 jest pierwiastkiem stopnia n z 1, gdyż (a 1 a 1 ) n = a n 1(a n ) 1 = bb 1 = 1. Wobec tego a 1 a 1 = ε i dla pewnego i = 1,..., r, a stąd a 1 = aε i, co kończy dowód. Oczywiście, jeśli w powyższym twierdzeniu ε i ε j dla i j, to ε i a ε j a dla i j. Otrzymujemy więc poniższy wniosek. 9

10 Wniosek 3. Jeżeli 0 b K ma w K pierwiastek stopnia n, to liczba pierwiastków stopnia n z b w ciele K równa się liczbie pierwiastków stopnia n z 1 w K. Definicja 6. Pierwiastek ε stopnia n z 1 nazywamy pierwiastkiem pierwotnym stopnia n, jeżeli ε nie jest pierwiastkiem z 1 stopnia mniejszego niż n. Twierdzenie 10. Każdy pierwiastek z 1 w ciele K jest pierwiastkiem pierwotnym dokładnie jednego stopnia. Jeśli ε jest pierwiastkiem pierwotnym stopnia n, to w ciele tym istnieje dokładnie n różnych pierwiastków stopnia n z 1; są to potęgi ε 0 = 1, ε 1 = ε,..., ε n 1. Do wyznaczenia wszystkich pierwiastków z 1 stopnia n wystarczy więc znaleźć jakikolwiek pierwiastek pierwotny stopnia n. Przykład. Łatwo uzasadnić, że wszystkie pierwiastki stopnia n z jedności w ciele liczb zespolonych są potęgami pierwiastka ε 1 = cos(2π/n) + i sin(2π/n). Dodamy teraz (bez dowodu) następuj acą uwagę. Na to, by liczba ε k była n-tym pierwiastkiem pierwotnym z jedności, potrzeba i wystarcza, by liczby k i n były względnie pierwsze. Na przykład, dla n = 5 pierwotne są ε 1, ε 2, ε 3, ε 4. Dla n = 6 pierwotne są tylko ε 1 i ε 5. Łatwo uzasadnić, że pierwiastki 1, ε 1,..., ε n 1 1 są wierzchołkami n-kąta wypukłego foremnego wpisanego w okrąg jednostkowy. Gdy weźmiemy zamiast ε 1 inny pierwiastek pierwotny ε k i połączymy po kolei wierzchołki 1, ε k, ε 2 k,..., ε n 1 k, otrzymamy gwiaździsty n-bok foremny wpisany w koło jednostkowe. 4 Ciało algebraicznie domknięte Definicja 7. Ciało K nazywamy algebraicznie domkniętym, gdy każdy wielomian f K[X] stopnia dodatniego ma w K pierwiastek. Twierdzenie 11. K jest ciałem algebraicznie domkniętym wtedy i tylko wtedy, gdy każdy wielomian f K[X] stopnia nie mniejszego niż 1 można rozłożyć na iloczyn wielomianów liniowych należących do pierścienia K[X]. 10

11 Jeżeli K jest ciałem algebraicznie domkniętym, to każdy wielomian f K[X], deg f = n 1, ma dokładnie n pierwiastków w ciele K, o ile każdy pierwiastek liczymy tyle razy, ile wynosi jego krotność. Istotnie, z twierdzenia 1 Bézouta mamy wówczas f = (X a)h dla pewnego a K i h K[X], ale jeśli deg h > 0, to h ma również pierwiastek w K, a więc h = (X b)h, dla pewnego b K i h K[X]. Kontynuując ten proces dojdziemy do rozkładu na czynniki liniowe. Twierdzenie 12. Żadne ciało skończone nie jest algebraicznie domknięte. Dowód. Niech K będzie ciałem skończonym, a a 1,..., a n układem wszystkich elementów tego ciała. Wielomian: (X a 1 )(X a 2 ) (X a n ) + 1 należy do K[X], jest stopnia dodatniego i nie ma w ciele K pierwiastka. Wśród omawianych ciał jedynym przykładem ciała algebraicznie domkniętego jest ciało liczb zespolonych. Ta własność ciała liczb zespolonych wynika z następujacego twierdzenia, nazywanego tradycyjnie zasadniczym twierdzeniem algebry. Twierdzenie 13. Każdy wielomian stopnia dodatniego o współczynnikach zespolonych posiada w ciele liczb zespolonych co najmniej jeden pierwiastek. Znanych jest kilkadziesiąt dowodów tego twierdzenia (pierwszy był Gaussa z 1799 r.), niestety wszystkie należy uznać za zbyt trudne, aby je tu przedstawiać. Przy tym dowody czysto algebraiczne właściwie nie istnieją, zatem tradycyjna nazwa jest myląca to twierdzenie należałoby właściwie zaliczyć do analizy zespolonej. 1 Zauważmy, że z twierdzenia 13 wynika prosto poniższy wniosek. Wniosek 4. Dowolny wielomian stopnia n o współczynnikach zespolonych posiada w ciele liczb zespolonych dokładnie n pierwiastków (pierwiastki wielokrotne liczymy tyle razy, ile wynosi ich krotność). Ciała Q i R nie są algebraicznie domknięte, bo wielomian X nie ma pierwiastka w R (a tym bardziej w Q). Ciało Z p (dla dowolnej liczby pierwszej p) również nie jest algebraicznie domknięte. 1 Stosunkowo krótki dowód w oparciu o tw. Liouville a: jeżeli wielomian nie ma pierwiastków, to jego odwrotność jest funkcją holomorficzną i ograniczoną w całej płaszczyźnie, a więc jest stałą. 11

12 5 Rozszerzenie ciała 5.1 Podciało i rozszerzenie ciała Definicja 8. Podzbiór K ciała L, zawierający 0 i 1 i taki, że wykonalne są w nim działania dodawania, odejmowania, mnożenia i dzielenia przez element różny od 0, nazywamy podciałem. Ciało L nazywamy wtedy rozszerzeniem ciała K. Definicja 9. Ciało, które nie zawiera żadnego podciała właściwego, nazywamy ciałem prostym. Twierdzenie 14 (o podciele prostym). Każde ciało K zawiera dokładnie jedno ciało proste K 0. Ciało K 0 jest izomorficzne z ciałem Q albo z ciałem Z p dla pewnej liczby pierwszej p. Dowód. Rozważmy rodzinę A wszystkich podciał ciała K. Ponieważ K A, więc rodzina A jest niepusta. Niech K 0 oznacza część wspólną podciał rodziny A. K 0 jest ciałem. Krótkie uzasadnienie: jeśli x, y K 0, to x, y L dla każdego L A, zatem x y L i x/y L, a więc x y K 0 i x/y K 0. K 0 jest ciałem prostym, bo gdyby istniało ciało M K 0, M K 0, to M należałoby do A i część wspólna podciał rodziny A byłaby mniejsza od K 0. Wreszcie gdyby istniało inne podciało proste K 1 ciała K, to część wspólna K 0 K 1 byłaby podciałem ciała K zawartym w K 0, co jest niemożliwe. To kończy pierwszą część twierdzenia. Drugą część wykażemy konstruując podciało proste danego ciała. Niech p = ch(k). Jeśli p = 0, to elementy o postaci n 1, n Z, należą do K i są dla n 0 różne od zera. Ponieważ w ciele jest wykonalne dzielenie, n 1 więc do K należą także wszystkie ułamki w postaci, m 0. Zbiór tych m 1 ułamków jest, jak łatwo sprawdzić, ciałem, izomorficznym z Q. Jeśli p 0, to p 1 = 0 i, jak łatwo sprawdzić, zbiór {k 1 : k = 0, 1,..., p 1} tworzy ciało izomorficzne z Z p. W ten sposób wykazaliśmy, że ciało K zawiera podciało proste Q lub Z p. Potrzeba rozszerzania ciał bierze się z obliczania pierwiastków wielomianów. Jak już wiemy, nie wszystkie wielomiany z Q[X] i Z[X] mają pierwiastki. Np. wielomian X 2 2 nie ma pierwiastków w Q. Jeśli rozszerzymy ciało Q dołączając do niego 2 i wszystkie liczby, które można otrzymać z tego pierwiastka przez działania wymierne, otrzymamy ciało Q( 2), w którym równanie X 2 2 = 0 ma już rozwiązanie. Nadal jednak nie ma w tym ciele 12

13 rozwiązania równanie X 2 3 = 0, a więc należy je dalej rozszerzyć. W ten naturalny sposób można rozszerzać dane ciało coraz bardziej, chyba że na którymś etapie otrzyma się ciało algebraicznie domknięte. Trzeba jednak od razu zaznaczyć, że istnieją ciała, których nie da się w ten sposób uzyskać z ich podciała prostego. Np. ciało R zawiera liczby π i e, które nie są pierwiastkami żadnego wielomianu o współczynnikach z Q. Rozważmy wobec tego sytuację następującą. Niech K będzie danym ciałem, L jego rozszerzeniem, a elementem L. Zbiór elementów ciała L w postaci f(a) = f 0 + f 1 a + + f n a n (f i K, i = 1,..., n) tworzy podpierścień ciała L generowany przez K i a (oznaczany K[a]). Zbiór ułamków postaci f(a), gdzie g(a) 0, tworzy podciało ciała L (generowane g(a) przez K i a), które oznaczamy K(a). Mówimy, że ciało K(a) jest rozszerzeniem pojedynczym ciała K. Poniższa definicja zawiera terminologię dla rozróżniania rozszerzeń, np. Q( 2) i Q(π). Definicja 10. Element a rozszerzenia L jest algebraiczny nad ciałem K, jeśli istnieje wielomian f K[X] różny od zera i taki, że f(a) = 0. Jeśli element a nie jest algebraiczny nad K, to mówimy, że jest przestępny nad K. Przykład. 2 jest algebraiczny nad Q. Liczby π i e są przestępne nad Q (ale oczywiście algebraiczne nad R, bo przecież należą do R). 5.2 Rozszerzenie o element przestępny Łatwiejsza do opisania jest struktura rozszerzenia przestępnego i od niego zaczniemy. Twierdzenie 15. Jeżeli element a jest przestępny względem K, to podciało K(a) jest izomorficzne z ciałem K(X) funkcji wymiernych zmiennej X o współczynnikach z ciała K. Izomorfizm ten można tak dobrać, by a X i c c dla każdego c K. Dowód. K(a) zawiera K i wszystkie ułamki f(a) o współczynnikach z K. g(a) Jeśli f 1 (a) = f 2 (a) w K(a), to współczynniki wielomianów f 1 i f 2 muszą być równe (bo w przeciwnym wypadku a byłoby pierwiastkiem wielomianu 13

14 niezerowego f 1 f 2, a przecież a jest przestępne względem K). Dalej już nietrudno uzasadnić, że przyporządkowanie f(a) g(a) f(x) g(x) jest szukanym izomorfizmem. Istotą powyższego dowodu był fakt, że jeśli f 1 (a) = f 2 (a), to f 1 = f 2. Nie jest on prawdziwy dla elementów algebraicznych (np. 2 jest pierwiastkiem różnych równań : X 2 2 = 0, X 3 2X = 0, X 4 4 = 0 itd.). 5.3 Wielomian nierozkładalny i minimalny Wielomian f K[X] nazywamy nierozkładalnym, jeśli nie można go przedstawić w postaci iloczynu g(x)h(x), gdzie deg g < deg f i deg h < deg f. Twierdzenie 16. Niech L będzie rozszerzeniem ciała K, a L, a 0, i niech a będzie elementem algebraicznym nad K. Wtedy istnieje wielomian nierozkładalny p K[X] taki, że p(a) = 0. Wielomian ten jest określony dla danego a jednoznacznie z dokładnością do czynnika stałego. Ponadto, jeśli f(a) = 0 dla f 0, f K[X], to p dzieli f, tzn. wielomian p jest wielomianem minimalnego stopnia w K[X] o własności p(a) = 0. Uwaga. W pierścieniu K[X] wielomianów nad ciałem K każdy wielomian nierozkładalny jest pierwszy, tzn. jeśli dzieli on iloczyn dwu wielomianów, to dzieli przynajmniej jeden z czynników. Dowód pomijamy. Definicja 11. Wielomian p określony w powyższym twierdzeniu i mający współczynnik przy najwyższej potędze równy 1 nazywamy wielomianem minimalnym elementu algebraicznego a nad ciałem K. Przykład. X 2 2 jest wielomianem minimalnym dla a = 2 nad Q. Definicja 12. Stopień n = [a : K] elementu algebraicznego względem ciała K jest to stopień wielomianu minimalnego elementu a. 14

15 5.4 Rozszerzenie o element algebraiczny Niech a będzie elementem algebraicznym nad ciałem K stopnia n. Z jakich elementów składa się K(a)? Ze względu na to, że w ciele muszą być wykonalne działania dodawania, odejmowania, mnożenia i dzielenia, K(a) musi zawierać wszystkie elementy postaci: c 0 + c 1 a + c k a k,, c i K. (4) Okazuje się, że możemy ograniczyć się do wykładników k mniejszych od n. Jeśli bowiem g jest elementem postaci: to rozważmy wielomian: c 0 + c 1 a + c k a k, k n, g = c 0 + c 1 X + c k X k. Podzielmy g przez wielomian minimalny p elementu a: Mamy wtedy g = qp + r, deg r < n, r = d 0 + d 1 X + + d n 1 X n 1. g(a) = q(a)p(a) + r(a), czyli g(a) = r(a). Zatem dowolny element ciała K(a) dający się przedstawić w postaci (4) przedstawia się w postaci: c 0 + c 1 a + c k a k, k < n. (5) Okazuje się, że zbiór elementów w postaci (5) stanowi podciało ciała L. Aby to wykazać wystarczy stwierdzić, że różnica oraz iloraz elementów o postaci (5) też są elementami tej postaci. Dla różnicy jest to oczywiste. Aby wykazać, że iloraz dwóch wyrażeń rozważanej postaci też ma tę postać, wystarczy stwierdzić, że jeśli c 0 + c 1 a + c n 1 a n 1 0, to odwrotność: też jest elementem tej postaci. (c 0 + c 1 a + c n 1 a n 1 ) 1 15

16 Niech g = c 0 + c 1 X + c n 1 X n 1. Wielomian g jest względnie pierwszy z wielomianem minimalnym elementu a. Zatem istnieją (z algorytmu Euklidesa) wielomiany φ i ψ, dla których: φp + ψg = 1. Ale p(a) = 0, więc g(a) 1 = ψ(a), gdzie ψ(a) = d 0 + d 1 a + + d k a k, przy czym jak stwierdziliśmy, można założyć, że k < n. Wykazaliśmy więc, że zbiór {c 0 + c 1 a + c k a k : c i K} stanowi podciało ciała L, które zawiera ciało K i element a. Jest to oczywiście najmniejsze ciało o tej własności, czyli jest to K(a). Uwaga. Algorytm Euklidesa znajdowania największego wspólnego dzielnika (a, b) polega na wykonywaniu kolejnych dzieleń: a = bq 1 + r 1 b = r 1 q 2 + r 2 r 1 = r 2 q 3 + r r n 2 = r n 1 q n + r n r n 1 = r n q n+1 dopóki nie uzyskamy reszty 0. Ostatnia niezerowa reszta to właśnie (a, b). Ten sam algorytm może służyć do przedstawienia (a, b) explicite przez kombinację sa + tb. Przykłady 1. Q( 2) = {a + b 2 : a, b Q}. 2. Q( 3 2) = {a + b c 3 4 : a, b, c Q}. 3. Niech ε 5 = cos(2π/5) + i sin(2π/5). Jak wiadomo, jest to pierwiastek pierwotny stopnia 5 z jedności. Ale ε 5 jest liczbą algebraiczną stopnia czwartego; jest pierwiastkiem wielomianu X 4 + X 3 + X 2 + X + 1. Zatem Q(ε 5 ) = {c 0 + c 1 ε 5 + c 2 ε c 3 ε 3 5 : c i Q}. 4. Wielomian X 5 2X 3 + 4X 2 6 jest nierozkładalny nad Q (tu Czytelnik musi uwierzyć na słowo, ewentualnie odszukać w literaturze kryterium Eisensteina). Niech a oznacza pierwiastek tego wielomianu. Wtedy Q(a) = {c 0 + c 1 a + c 4 a 4 16 : c i Q}.

17 Powstaje pytanie, czy ciało K(a), gdzie a jest pierwiastkiem pewnego wielomianu nierozkładalnego, zawiera wszystkie pozostałe pierwiastki wielomianu. Może tak być, jak pokazuje przykład 3: pozostałymi pierwiastkami wielomianu X 4 + X 3 + X 2 + X + 1 są ε 2 5, ε 3 5, ε 4 5. Ale nie musi tak być, co pokazuje poniższy przykład. Przykład. Wielomian X 4 2 jest wielomianem nierozkładalnym nad Q. Jego pierwiastkami są: i jest jasne, że: a 1 = 4 2, a 2 = i 4 2, a 3 = 4 2, a 4 = i 4 2 Q( 4 2) Q(i 4 2), bo Q( 4 2) nie zawiera liczb zespolonych. Ponieważ jak stwierdziliśmy: K(a) = {c 0 + c 1 a + c n 1 a n 1 : c i K}, więc K(a) można traktować jako przestrzeń wektorową n wymiarową nad ciałem K. Układ elementów : {1, a, a 2,..., a n 1 } stanowi bazę tej przestrzeni. Oczywiście nie jest to jedyna baza, np. dla Q( 2) oprócz bazy {1, 2} można rozpatrywać bazę { 1+ 2, 1 2}, bo a b 2 = (a + b) (a b) 1 2, a także inne bazy. 2 2 Ogólniej, rozpatrzmy rozszerzenie K L. Definicja 13. Bazą rozszerzenia K L nazywamy układ B elementów ciała L, gdy: 1) każdy element ciała L można przedstawić w postaci kombinacji liniowej skończonej liczby elementów zbioru B o współczynnikach z ciała K; 2) przedstawienie dowolnego elementu ciała L w postaci takiej kombinacji liniowej jest jednoznaczne. Twierdzenie 17. Dla każdego rozszerzenia K L istnieje baza. Każde dwie bazy tego samego rozszerzenia są równoliczne. Dowód jest łatwy, więc go pomijamy. 17

18 Definicja 14. Jeśli pewna baza rozszerzenia K L ma n elementów, to mówimy, że stopień tego rozszerzenia wynosi n i piszemy (L : K) = n; jeśli natomiast pewna baza rozszerzenia K L ma nieskończenie wiele elementów, to mówimy, że stopień rozszerzenia jest nieskończony i piszemy (L : K) =. Twierdzenie 18. Jeżeli K L M oraz (L : K) = n, (M : L) = m, to (M : K) = mn. Dowód pomijamy. Przykład. Obliczymy stopień rozszerzenia (Q( 2, 3) : Q): (Q( 2, 3) : Q) = (Q( 2) : Q) (Q( 2, 3) : Q( 2)) = 2 2 = 4. Przedstawimy teraz bardziej zwięzłą analizę struktury rozszerzenia algebraicznego. Spójrzmy jeszcze raz na twierdzenia 15 i 16. Rozważmy homomorfizm: φ a : K[X] L, φ a (f) = f(a), przyporządkowujący wielomianowi f element f(a) ciała K. Jak zauważyliśmy, gdy a jest elementem przestępnym względem K, to homomorfizm φ a jest zanurzeniem. Jeśli natomiast a jest algebraiczny, to jądro homomorfizmu f jest równe ideałowi generowanemu przez wielomian minimalny p elementu a: ker φ a = {f K[X] : f jest podzielny przez p} = (p). Można uzasadnić (dowód pomijamy), że (p) jest ideałem maksymalnym pierścienia K[X] (w dowodzie istotne jest to, że p(x) jest nierozkładalny). Z tego wynika, że pierścień ilorazowy K[X]/(p) jest ciałem. Ciało to jest izomorficzne z obrazem φ a (K[X]). To podciało φ a (K[X]) ciała L jest najmniejszym podciałem L zawierającym K i a, a więc φ a (K[X]) = K(a). Zatem K(a) jest izomorficzne z ciałem K[X]/(p). Ale elementami tego ostatniego ciała są warstwy względem ideału (p). Dwa wielomiany f i g należą do tej samej warstwy wtedy i tylko wtedy, gdy różnica f g jest podzielna przez p, tzn., gdy reszty z dzielenia f : p i g : p są takie same. A zatem ciało K[X]/(p) można identyfikować ze zbiorem wszystkich możliwych reszt z dzielenia przez p, tzn. ze zbiorem wszystkich wielomianów stopnia mniejszego niż p. Zatem wykazaliśmy poniższe twierdzenie. 18

19 Twierdzenie 19. Niech L = K(a) będzie rozszerzeniem ciała K i niech a będzie elementem algebraicznym nad K. Jeśli ponadto stopień wielomianu minimalnego p dla a jest równy n, n > 1, to każdy element ciała L można przedstawić jednoznacznie w postaci: b 0 + b 1 a + + b n 1 a n 1, b i K, i = 1, 2,..., n 1 Przykład. Liczba zespolona i jako pierwiastek wielomianu X jest elementem algebraicznym nad ciałem R liczb rzeczywistych. Rozszerzenie R(i) składa się z elementów w postaci: b 0 + b 1 i, b 0, b 1 R, a więc jest identyczne z ciałem liczb zespolonych. Podobnie, rozszerzenie Q(i) ciała liczb wymiernych jest identyczne z ciałem liczb zespolonych postaci b 0 + b 1 i, b 0, b 1 Q. Z twierdzenia 19 wynika, że K(a) jest n-wymiarową przestrzenią liniową nad ciałem K z bazą {1, a,...,, a n 1 }. Wymiar tej przestrzeni nazywamy stopniem rozszerzenia K(a) nad K. Przykłady 1. Wielomian p(x) = X 2 2 jest wielomianem minimalnym dla 2 nad Q. Stąd bazę rozszerzenia Q( 2) tworzą liczby 1, 2 i jest to rozszerzenie stopnia Wielomian p(x) = X 3 2 jest wielomianem minimalnym dla 3 2 nad Q. Bazę tego rozszerzenia Q( 3 2) nad Q tworzą 1, 3 2, 3 4. Każda liczba z Q( 3 2) daje się więc zapisać w postaci a + b c 3 4, co jednak nie oznacza, że dokonanie tego zapisu jest łatwe. Teoria rozszerzeń ciał jest obecnie bardzo rozbudowanym działem algebry. Interesujące jest to, że dopiero ta teoria pozwoliła rozstrzygnąć (negatywnie) problem trysekcji dowolnego kąta, podwojenia sześcianu czy rozwiązywalności równań algebraicznych stopnia wyższego niż 4 przez pierwiastkowanie. 19