Document

CIAŁA. CIAŁA LICZBOWE.
Są różne (ale równoważne) definicje ciała liczbowego. Najczęściej przyjmuje się, że jest to
ciało, które zawiera wszystkie liczby naturalne oraz jego działania są rozszerzeniami
dodawania i mnożenia liczb naturalnych.
WNIOSEK 38. Każde ciało liczbowe F zawiera ciało liczb wymiernych.
m
Dowód. Dla dowolnej liczby wymiernej q =
jest m, n ∈ Ν lub m,− n ∈ Ν ,
n
gdzie N – liczby naturalne. Z definicji ciała i ciała liczbowego wynika, że Ν ⊂ F oraz
− m,− n ∈ F , czyli Ζ ⊂ F . Wystarczy teraz przypomnieć konstrukcję ciała ułamków dla
pierścienia liczb całkowitych.
PRZYKŁAD 22. Ciałami liczbowymi są m.in.: ciało liczb rzeczywistych, ciało liczb
wymiernych,
ciało
liczb
zespolonych,
Q 3 = a + b 3 ; a, b ∈ Q ,
( ) {
}
{
( ) {
}
}
Q 3 2 = a + b3 2 + c 3 4 ; a, b, c ∈ Q . Ciała nie stanowi zbiór a + b3 2 ; a, b ∈ Q .
PRZYKŁAD 23. Pierścień Ζ n jest ciałem (nieliczbowym) wtedy i tylko wtedy, gdy n jest
2
liczbą pierwszą. Dla Ζ 3 rozważmy element j, taki że j ∈ Ζ 3 , ale j = 2 ∈ Ζ 3 . Wtedy
{ a + bj; a, b ∈ Ζ 3 } z działaniami jak na wielomianach zmiennej j i redukcją j 2 = 2 ,
stanowi ciało. Niech F = { 0,1, a, b} i przyjmujemy x + 0 = 0 + x = x , x ⋅ 1 = 1⋅ x = x ,
x + x = 0 , x ⋅ 0 = 0 ⋅ x = 0 dla każdego x ∈ F oraz a + 1 = 1 + a = b , b + 1 = 1 + b = a ,
a + b = b + a = 1 , a ⋅ a = b , b ⋅ b = a , a ⋅ b = b ⋅ a = 1 . Wtedy ( F ,+ ,⋅ ,0,1) jest ciałem
przemiennym.
PRZYKŁAD 24. Działania w liczbach zespolonych można traktować jak działania na
wielomianach zmiennej i o współczynnikach rzeczywistych, gdzie i 2 = − 1 . W analogiczny
sposób można rozważyć „wielomiany” o trzech takich zmiennych i, j, k, gdzie przyjmuje się,
że i 2 = j 2 = k 2 = − 1 oraz ij = k . Otrzymujemy wtedy ciało nieprzemienne, którego
elementy nazywają się kwaternionami. Z powyższego opisu wynika, że każdy kwaternion jest
postaci a + bi + cj + dk , gdzie a, b, c, d ∈ R . Ponadto szybko można sprawdzić zgodnie
z zadanymi równościami, że np. ik = − j = − ki ≠ ki .
DEFINICJA 42. Struktura ( K ,+ ' ,⋅ ') jest podciałem ciała ( F ,+ ,⋅ ) wtedy i tylko wtedy, gdy
K ⊂ F , + ' = + | K , ⋅ ' = ⋅ | K oraz ( K ,+ ' ,⋅ ') jest ciałem (w dalszym ciągu będziemy pomijać
„primy”). ( F ,+ ,⋅ ) jest rozszerzeniem ciała ( K ,+ ,⋅ ) wtedy i tylko wtedy, gdy ( K ,+ ,⋅ ) jest
podciałem ciała ( F ,+ ,⋅ ) .
UWAGA 11. W dalszym ciągu będziemy zakładać, że rozważane ciała są przemienne
(jedynym wyjątkiem może być wspomniane ciało kwaternionów). Wynika to m.in.
z następującego twierdzenia i faktu, że w zdecydowanej większości przypadków przestrzenie
liniowe rozważa się wyłącznie nad ciałami przemiennymi.
25
WNIOSEK 39. Jeżeli ( F ,+ ,⋅ ) jest rozszerzeniem ciała ( K ,+ ,⋅ ) , to ( F ,+ ,⋅ ) jest również
przestrzenią liniową nad ciałem ( K ,+ ,⋅ ) , gdzie działania z ciała ( F ,+ ,⋅ ) traktujemy jako
działania przestrzeni liniowej (ćwiczenia).
DEFINICJA 43. Stopień rozszerzenia ciała F względem jego podciała K jest to wymiar
przestrzeni liniowej F nad ciałem K (wymiar ten oznacza się symbolem [ F : K ] ).
PRZYKŁAD 25. Ciało 9–elementowe z przykładu 23 jest rozszerzeniem ciała Ζ 3 , a ciało 4–
elementowe z tego samego przykładu – rozszerzeniem ciała Ζ 2 . Ciało liczb zespolonych jest
rozszerzeniem ciała liczb rzeczywistych. Trzy wymienione tu ciała są rozszerzeniami stopnia
2. Za bazy można przyjąć odpowiednio: {1, j} , {1, a} , {1, i} . Nieprzemienne ciało
kwaternionów jest rozszerzeniem stopnia 4 ciała liczb rzeczywistych. Za bazę można przyjąć
{1, i, j, k } . Pokazuje się też, że ciało kwaternionów jest rozszerzeniem stopnia 2 ciała liczb
zespolonych.
TWIERDZENIE 34. Podzbiór K ciała F stanowi podciało wtedy i tylko wtedy, gdy spełnia
każdy z następujących warunków:
a) Zawiera przynajmniej 2 różne elementy
b) ∀ a, b ∈ K a − b ∈ K ∧ ( b ≠ 0 ⇒ ab − 1 ∈ K )
Dowód. Oczywiście każde ciało spełnia warunki a), b). Załóżmy teraz, że warunki
a), b) są spełnione. Na podstawie a) istnieją w K pewne elementy a, b. Zgodnie z b),
0 = a − a ∈ K . Elementy a, b są różne, więc przynajmniej jeden z nich nie jest zerem, niech
np. b ≠ 0 . Na mocy drugiej części warunku b) mamy 1 = b ⋅ b − 1 ∈ K . Wiemy już więc, że
0, 1∈ K . Jeśli b ∈ K , to przyjmując a = 0 w pierwszej części warunku b), mamy
− b = 0 − b ∈ K . Jeżeli jeszcze b ≠ 0 , to dla a = 1 w drugiej części warunku b) mamy
b − 1 = 1 ⋅ b − 1 ∈ K . Zatem K wraz z każdym elementem b zawiera element przeciwny oraz
a, b ∈ K
b ≠ 0 ). Pokażemy teraz, że dla dowolnych
odwrotny (o ile
również
a + b, a ⋅ b ∈ K . Mamy
a
,
−
b
∈
K
a + b = a − ( − b ) ∈ K , bo
b = 0 , to
. Jeżeli
[
]
( )
−1
a ⋅ b = a ⋅ 0 = 0 ∈ K . Jeżeli b ≠ 0 , to a ⋅ b = a ⋅ b − 1 ∈ K , bo a, b − 1 ∈ K .
Łączność dodawania i mnożenia, przemienność dodawania, rozdzielność mnożenia
względem dodawania są spełnione w całym zbiorze F, więc tym bardziej w jego podzbiorze
K.
WNIOSEK 40. Część wspólna niepustej rodziny
ciała F.
{ K t } t∈ T
podciał ciała F jest podciałem
Dowód. Zgodnie z twierdzeniem 34, łatwo pokazuje się, że jeśli a, b ∈
−1
również a − b, ab ∈
K
t∈ T
t
. Ponadto 0, 1∈
K
t∈ T
t
K
t∈ T
t
, to
, bo ∀ t ∈ T [ 0, 1∈ K t ] .
TWIERDZENIE 35. Jeżeli K jest podciałem ciała F, a X dowolnym podzbiorem F, to
część wspólna wszystkich podciał ciała F zawierających K oraz X, jest podciałem ciała F.
(ćwiczenia)
DEFINICJA 44. Rozszerzenie podciała K ciała F o podzbiór X ⊂ F jest to najmniejsze
podciało ciała F zawierające K oraz X . (Rozszerzenie to oznaczamy symbolem K ( X ) ;
26
gdy X = { a1 , a2 ,..., a n } , to piszemy K ( a1 , a2 ,..., a n ) , w szczególności dla X = { a} piszemy
K ( a ) . Mówimy wtedy, że jest to rozszerzenie ciała K o elementy a1 , a2 ,..., an ;
w szczególności o jeden element a.)
DEFINICJA 45. Liczba rzeczywista lub zespolona a jest algebraiczna (odp. przestępna)
wtedy i tylko wtedy, gdy jest (odp. nie jest) pierwiastkiem pewnego wielomianu niezerowego
o współczynnikach wymiernych.
WNIOSEK 41. Liczba rzeczywista lub zespolona a jest algebraiczna wtedy i tylko wtedy,
gdy jest pierwiastkiem pewnego wielomianu niezerowego o współczynnikach całkowitych.
DEFINICJA 46. Dla ciała F i jego podciała K, element a ∈ F jest algebraiczny względem
K, gdy istnieje niezerowy wielomian o współczynnikach z ciała K, taki że a jest jego
pierwiastkiem.
TWIERDZENIE 36. Jeśli a jest elementem algebraicznym względem ciała K, to istnieje
wielomian nierozkładalny o współczynnikach z ciała K, którego pierwiastkiem jest a.
Wielomian ten jest dzielnikiem każdego wielomianu f ∈ K [ x ] spełniającego warunek
f ( a) = 0 .
Dowód. Skoro a jest algebraiczny względem K, to istnieje g ∈ K [ x ] , taki że
g ( a ) = 0 . Jeśli g jest nierozkładalny w K [ x ] , to teza pierwszej części twierdzenia jest już
spełniona. Załóżmy więc, że g nie jest nierozkładalny w K [ x ] , a to oznacza, że można go
rozłożyć na czynniki nierozkładalne g = g1 g 2 ...g n . Mamy więc 0 = g ( a ) = g1 ( a ) g 2 ( a )...g n ( a )
. W ciele K nie ma dzielników zera, więc dla pewnego i ∈ {1,2,..., n} musi być g i ( a ) = 0 .
Niech teraz f ∈ K [ x ] , gdzie f ( a ) = 0 . Wiemy (por. wniosek 17), że można
wykonać dzielenie z resztą wielomianu f przez g i , czyli f = qg i + r dla pewnych
wielomianów q, r ∈ K [ x ] i st ( r ) < st ( g i ) . Zatem 0 = f ( a ) = q ( a ) g i ( a ) + r ( a ) , czyli
r ( a ) = − q ( a ) g i ( a ) = 0 . Oznacza to, że a jest wspólnym pierwiastkiem wielomianów g i , r ,
czyli x − a dzieli oba te wielomiany na mocy twierdzenia 11. Zgodnie z definicją
największego wspólnego dzielnika, x − a musi dzielić również NWD ( g i , r ) , czyli a jest
pierwiastkiem tego największego wspólnego dzielnika. Jednakże NWD ( g i , r ) musi być
wielomianem stałym, bo g i jest nierozkładalny oraz g i nie może dzielić r, gdzie r ≠ 0 ,
ze względu na warunek st ( r ) < st ( g i ) . Zatem musi być r = 0 , czyli g i | f .
Z końcowej części twierdzenia 36 wynika, że występujący w nim wielomian nierozkładalny
jest wyznaczony jednoznacznie z dokładnością do czynnika stałego. Można więc
sformułować
WNIOSEK 42. Każdy element algebraiczny jest pierwiastkiem wielomianu nierozkładalnego
wyznaczonego jednoznacznie z dokładnością do czynnika stałego.
DEFINICJA 47. Stopień elementu algebraicznego a względem ciała K jest to stopień
wielomianu nierozkładalnego nad ciałem K, którego pierwiastkiem jest a. Ten wielomian
nierozkładalny nazywa się wielomianem minimalnym elementu a.
27
UWAGA 12. Nie istnieją uniwersalne kryteria rozstrzygające jakie wielomiany są
rozkładalne, a jakie nie. Kryteria takie istnieją dla ciała liczb zespolonych (ciało algebraicznie
domknięte) oraz dla ciała liczb rzeczywistych (por. twierdzenie 17). Dla ciała liczb
wymiernych istnieje kryterium częściowo rozstrzygające o nierozkładalności wielomianów.
Nazywa się ono kryterium Einsteina i jest sformułowane w poniższym twierdzeniu.
TWIERDZENIE
37.
Jeśli
dla
wielomianu
f ( x ) = a0 + a1 x + ... + an − 1 x n− 1 + an x n
o współczynnikach całkowitych istnieje liczba pierwsza p spełniająca warunki ¬ ( p | an ) ,
p | ai dla i ∈ { 0,1,..., n − 1} oraz ¬ p 2 | a0 , to f jest nierozkładalny nad ciałem liczb
wymiernych Q.
(
)
PRZYKŁAD 26. Wielomian f ( x ) = x 4 + 5 x 3 + 10 x 2 + 10 x + 5 jest nierozkładalny nad
ciałem liczb wymiernych, bo w kryterium Einsteina wystarczy przyjąć p = 5 . Kryterium
Einsteina można stosować również względem wielomianów, które bezpośrednio nie spełniają
jego założeń, ale można je do takiej postaci doprowadzić. Jest oczywiste, że jeżeli a jest
n− 1
n
pierwiastkiem wielomianu f ( x ) = a0 + a1 x + ... + an− 1 x + a n x , to a + b jest pierwiastkiem
wielomianu g ( x ) = f ( x − b ) = a0 + a1 ( x − b ) + ... + a n− 1 ( x − b ) + an ( x − b ) . Oczywiście, jeśli
u jest pierwiastkiem wielomianu g, to u − b jest pierwiastkiem wielomianu f. Z istnienia
pierwiastka wielomianu f w ciele K wynika jego rozkładalność w K, ale nie odwrotnie.
Jednak bardzo łatwo pokazać (ćwiczenia), że rozkładalność (odp. nierozkładalność)
wielomianu f w ciele K jest równoważna rozkładalności (odp. nierozkładalności)
wielomianu g w ciele K, gdzie oczywiście b ∈ K . Dla b = 1 otrzymujemy
4
3
2
Zatem
g ( x ) = f ( x − 1) = ( x − 1) + 5( x − 1) + 10( x − 1) + 10( x − 1) + 5 = x 4 + x 3 + x 2 + x + 1 .
n− 1
n
wielomian g ( x ) = x 4 + x 3 + x 2 + x + 1 jest nierozkładalny nad Q.
TWIERDZENIE 38. Dla ciała K, jego rozszerzenia F i elementu algebraicznego a ∈ F \ K
n− 1
jest spełniona równość K ( a ) = {c 0 + c1 a + ... + c n − 1 a ; c 0 , c1 ,..., c n − 1 ∈ K } , gdzie n oznacza
stopień wielomianu f minimalnego dla a.
{c0 + c1a + ... + cn− 1a n− 1 ; c0 , c1 ,..., cn− 1 ∈ K } ⊂ K ( a ) wynika
Dowód.
Zawieranie
bezpośrednio
z
definicji
rozszerzenia
ciała.
Pozostaje
udowodnić,
że
n− 1
K ( a ) ⊂ {c0 + c1a + ... + cn− 1a ; c0 , c1 ,..., cn − 1 ∈ K } . Wiemy, że K ( a ) jest najmniejszym
podciałem ciała F zawierającym K i a. Z definicji ciała (dobrze określonych działań)
m
wynika, że dla dowolnej liczby naturalnej m, elementy postaci c0 + c1a + ... + cm a należą
do K ( a ) . Trzeba więc pokazać, że musi być spełniona nierówność m ≤ n − 1 . W tym celu
m
rozważmy wielomian g ( x ) = c0 + c1 x + ... + cm x . Dzieli on się z resztą przez wielomian f
(przypomnieć sobie odpowiednie twierdzenie!!!). Istnieją więc wielomiany q( x ) , r ( x ) ∈ K [ x ]
n− 1
, takie że g = q ⋅ f + r i st ( r ) < n . Zatem r ( x ) = d 0 + d1 x + ... + d n − 1 x
dla pewnych
d 0 , d1 ,..., d n − 1 ∈ K . Ponadto mamy g ( a ) = q( a ) ⋅ f ( a ) + r ( a ) i f ( a ) = 0 , więc g ( a ) = r ( a ) ,
m
n− 1
m
tzn. c0 + c1a + ... + cm a = d 0 + d1a + ... + d n − 1a . Oznacza to, że c0 + c1a + ... + cm a należy
do zbioru występującego po prawej stronie równości w treści twierdzenia. Zbiór ten zawiera
c1 = ... = cn − 1 = 0 )
K
(bo wystarczy przyjąć
oraz
a
(bo wystarczy przyjąć
c0 = c2 = ... = cn − 1 = 0, c1 = 1 ). Jeżeli pokażemy, że zbiór ten, po dołączeniu działań, stanowi
ciało, to żądane zawieranie będzie udowodnione. Na mocy twierdzenia 34 trzeba pokazać, że
28
dla
−1
{
u , v ∈ c0 + c1a + ... + cn− 1a n− 1 ; c0 , c1 ,..., cn− 1 ∈ K
{
u − v, uv ∈ c0 + c1a + ... + cn − 1a
n− 1
}
; c0 , c1 ,..., cn− 1 ∈ K .
}
również
−1
Oczywiście
rozważamy dla
v
v = d 0 + d1a + ... + d n − 1a n− 1
u = c0 + c1a + ... + cn − 1a n − 1 ,
Niech
dla pewnych
c0 , c1 ,..., cn− 1 , d 0 , d1 ,..., d n− 1 ∈ K .
u − v = ( c0 − d 0 ) + ( c1 − d1 ) a + ... + ( cn − 1 − d n− 1 ) a n− 1 ,
Wtedy
v ≠ 0.
n− 1
czyli jest żądanej postaci. Rozważmy wielomian g ( x ) = d 0 + d1 x + ... + d n − 1 x . Wielomiany
f, g są względnie pierwsze, bo st ( g ) < n = st ( f ) (stąd ¬ ( f | g ) ) oraz f jako wielomian
minimalny jest nierozkładalny. Na mocy twierdzenia 20, K [ x ] jest dziedziną ideałów
głównych dla dowolnego ciała K i zgodnie z wnioskiem 37, istnieją p, q ∈ K [ x ] , takie że
p ⋅ f + q ⋅ g = 1 . W szczególności
p( a ) ⋅ f ( a ) + q( a ) ⋅ g ( a ) = 1 , ale
f ( a ) = 0 , więc
−1
q( a ) ⋅ g ( a ) = 1 . Oznacza to, że g ( a ) = q ( a ) , gdzie q( a ) jest postaci q0 + q1a + ... + qm a m
dla pewnych q0 , q1 ,..., q m ∈ K . Wiemy już z pierwszej części dowodu, że postać ta daje się
zredukować
u ⋅ v = u ⋅ g( a)
−1
do
−1
(
q( a ) = q0 + q1a + ... + qn− 1a n− 1 .
= u ⋅ q( a ) = c0 + c1a + ... + cn− 1a
n− 1
) ⋅ (q
0
Teraz
+ q1a + ... + qn − 1a
n− 1
otrzymujemy
)=
s0 + s1a + ... + s2 n− 2 a 2 n− 2 , gdzie s0 = c0 q0 , s1 = c0 q1 + c1q0 , ..., s2 n − 2 = cn − 1q n− 1
n− 1
Identycznie jak poprzednio, ta postać daje się zredukować do t 0 + t1a + ... + t n− 1a .
UWAGA 13. Dla ciała K, jego rozszerzenia F i elementów algebraicznych a, b ∈ F \ K na
ogół K ( a ) ≠ K ( b ) nawet, gdy a, b są pierwiastkami tego samego wielomianu.
PRZYKŁAD 27. Pierwiastkami wielomianu x 4 − 2 są 4 2 , − 4 2 , i 4 2 , − i 4 2 . Wielomian
ten jest nierozkładalny nad Q (choć jest rozkładalny nad R i nad C). Mamy tu
Q 4 2 = Q − 4 2 oraz Q i 4 2 = Q − i 4 2 , ale Q 4 2 ≠ Q i 4 2 , bo Q 4 2 nie zawiera
liczb zespolonych.
Dla wielomianu x 4 + x 3 + x 2 + x + 1 istnieją cztery pierwiastki zespolone (wszystkie
o niezerowej części urojonej), ponieważ x 5 − 1 = ( x − 1) x 4 + x 3 + x 2 + x + 1 (zauważmy, że
analogiczny rozkład mamy dla wielomianów tego typu, dowolnego stopnia), zatem są to
różne od
1
pierwiastki piątego stopnia z jedynki i są one określone wzorem
2 kπ
2 kπ
ε k = cos
+ i sin
k ∈ {1,2,3,4} .
dla
W tym przypadku otrzymujemy
5
5
Q( ε 1 ) = Q( ε 2 ) = Q( ε 3 ) = Q( ε 4 ) , ponieważ ε 2 = ε 12 , ε 3 = ε 13 , ε 4 = ε 14 .
( ) (
)
( ) (
)
( ) ( )
(
( )
)
WNIOSEK 42. Każdy element ciała K ( a ) daje się jednoznacznie zapisać w postaci
c0 + c1a + ... + cn − 1a n − 1 , gdzie n jest stopniem wielomianu f minimalnego dla elementu
algebraicznego a. Zbiór { 1, a,..., a n − 1 } stanowi bazę przestrzeni liniowej K ( a ) nad ciałem
K.
Dowód. Druga część jest oczywista. Pozostaje sprawdzić jednoznaczność. Jeśli
c0 + c1a + ... + cn− 1a n− 1 = d 0 + d1a + ... + d n− 1a n− 1 , to
( c0 − d 0 ) + ( c1 − d1 ) a + ... + ( cn− 1 − d n− 1 ) a n− 1 =
0 , czyli a byłoby pierwiastkiem wielomianu,
którego stopień jest niższy od stopnia wielomianu minimalnego – sprzeczność dla wielomianu
niezerowego. Zatem musi być c0 = d 0 , c1 = d1 , ..., cn− 1 = d n− 1 .
29
WNIOSEK 43. Dla ciała K, jego rozszerzenia F i elementów algebraicznych a, b ∈ F \ K
będących pierwiastkami tego samego wielomianu nierozkładalnego f ∈ K [ x ] ciała K ( a )
i K ( b ) są izomorficzne.
Dowód. Wynika to, np. z faktu, że dwie przestrzenie liniowe nad tym samym ciałem
są izomorficzne wtedy i tylko wtedy, gdy mają ten sam wymiar.
TWIERDZENIE 39. Jeśli K ⊂ F ⊂ L oraz [ F : K ] = m , [ L : F ] = n , to [ L : K ] = m ⋅ n .
Dowód. Niech bazą F nad K będzie Β 1 = { a1 , a 2 ,..., am } , a bazą L nad F
Β 2 = { b1 , b2 ,..., bn } . Pokażemy, że Β = { ai b j ; i = 1,2,..., m; j = 1,2,..., n } stanowi bazę
przestrzeni L nad ciałem K. Wystarczy więc pokazać, że każdy wektor x ∈ L daje się
w sposób jednoznaczny zapisać jako kombinacja liniowa wektorów zbioru B o skalarach
należących do ciała K. Skoro x ∈ L , a bazą L nad F jest Β 2 , to istnieje przedstawienie
jednoznaczne x = p1b1 + ... + pn bn , gdzie p1 ,..., pn ∈ F . Z tego ostatniego należenia i faktu,
1
m
1
m
1
m
że Β 1 jest bazą F nad K wynika, że istnieją q1 ,..., q1 , q2 ,..., q2 , ... , qn ,..., q n ∈ K
spełniające warunek
(
)
p1 = q11a1 + ... + q1m am , ... , p n = q1n a1 + ... + qnm a m .
(
)
Wtedy otrzymujemy
x = q11a1 + ... + q1m am b1 + ... + q1n a1 + ... + q nm a m bn = q11a1b1 + ... + q1m am b1 + ... + q1n a1bn + ... + qnm am bn
WNIOSEK 44. Jeżeli K ⊂ F ⊂ L , to [ L : K ] < ∞ ⇔ [ L : F ] < ∞ ∧ [ F : K ] < ∞ .
TWIERDZENIE 40. Dla każdego ciała K i wielomianu f ∈ K [ x ] stopnia większego od
zera, istnieje takie ciało L, będące rozszerzeniem ciała K, że w pierścieniu L[ x ] wielomian
f rozkłada się na iloczyn czynników liniowych.
Dowód. Stosujemy zasadę indukcji matematycznej ze względu na stopień wielomianu
f. Dla wielomianu stopnia pierwszego (I krok indukcyjny) twierdzenie jest oczywiste, bo
dotyczy to sytuacji, gdy f ma tylko jeden pierwiastek i to należący do K: tylko [ K : K ] = 1 .
Możemy więc przyjąć, że f jest wielomianem stopnia większego od 1 i załóżmy, że
twierdzenie jest prawdziwe dla wielomianów stopnia mniejszego od n. Dla dowolnego
rozszerzenia ciała K, w szczególności zawierającego jakikolwiek pierwiastek a ∉ K
wielomianu f istnieje ciało K ( a ) . W tym ciele f rozkłada się jako f = ( x − a ) ⋅ g dla
pewnego g ∈ K ( a ) , ale wtedy st ( g ) < n . Na mocy założenia indukcyjnego g rozkłada się
na iloczyn czynników liniowych, w konsekwencji f – również.
DEFINICJA 48. Ciało rozkładu wielomianu f nad ciałem K jest to najmniejsze rozszerzenie
ciała K zawierające wszystkie pierwiastki wielomianu f.
PRZYKŁAD 28. Ciałem rozkładu wielomianu x 2 + 1 nad R jest C; wielomianu
( x 2 − 2) ⋅ ( x 2 − 3) nad Q jest Q 2 + 3 ; wielomianu x 4 + x 3 + x 2 + x + 1 nad Q jest
2π
2π
Q( ε 1 ) (patrz przykład 27), gdzie ε 1 = cos
+ i sin
. Oczywiście można tu zastąpić
5
5
Q( ε 1 ) przez Q ( ε 2 ) , Q ( ε 3 ) , czy Q ( ε 4 ) , bo te ciała są równe, ale w przykładzie 27 jest
celowo zostawiona luka. Z zapisu końcowego w tym przykładzie wynika jedynie, że
ε 2 , ε 3 , ε 4 ∈ Q( ε 1 ) , więc Q( ε 2 ) ⊂ Q( ε 1 ) , Q( ε 3 ) ⊂ Q( ε 1 ) , Q( ε 4 ) ⊂ Q( ε 1 ) . (Proszę uzupełnić
samodzielnie z czego wynika równość!!!) Nawiązując do wniosku 43, zauważmy, że również
ciało Q 4 2
jest izomorficzne z Q i 4 2 , mimo że tylko to drugie zawiera liczby
(
( )
)
( )
30
zespolone. Nie są to ciała rozkładu wielomianu x 4 − 2 , ponieważ żadne z nich nie zawiera
wszystkich pierwiastków tego wielomianu.
TWIERDZENIE 41. Dla dowolnej liczby pierwszej p i liczby naturalnej k istnieje ciało
k
o p k elementach. Jest to ciało rozkładu wielomianu x p − x .
Dowód. Oczywiście dla k = 1 jest to ciało Ζ p . Zgodnie z twierdzeniem 39, istnieje
takie ciało L, będące rozszerzeniem ciała
Ζ p , że w pierścieniu
Ζ
p
[ x]
wielomian
p
f = x p − x rozkłada się na iloczyn czynników liniowych, czyli x − x = ( x − e1 )...( x − eq ) ,
k
k
gdzie q = p k . Pokazuje się, że jeżeli ciało ma charakterystykę p ≠ 0 (przypomnieć
definicje charakterystyki!!!) oraz liczby p, n są względnie pierwsze, to wszystkie pierwiastki
k
k
wielomianu x n − b są jednokrotne (ćwiczenia). Ponieważ x p − x = x x p − 1 − 1 i liczby
(
)
p − 1, 1 są względnie pierwsze, to wszystkie pierwiastki drugiego czynnika są parami różne
i różne od zera. Pokażemy, że {e1 , e2 ,..., eq } z działaniami z L stanowi podciało ciała L. Na
k
ei − e j
mocy twierdzenia 34 wystarczy pokazać, że
oraz dla
ej ≠ 0 ,
ei e j
−1
są
k
pierwiastkami wielomianu x p − x . Otrzymujemy:
(e − e )
i
pk
j
− ( ei − e j ) = ei
pk
pk
− ej
− ( ei − e j ) = ei − e j − ( ei − e j ) = 0
( e ⋅ e ) − ( e ⋅ e ) = e ⋅ (e ) − ( e ⋅ e ) = ( e ⋅ e ) − ( e ⋅ e ) = 0
−1 p
i
j
k
pk
−1
i
j
i
pk
j
−1
−1
i
j
−1
i
j
−1
i
j
WNIOSEK 45. Każde dwa ciała rozkładu tego samego wielomianu f ∈ K [ x ]
izomorficznymi rozszerzeniami ciała K.
Dowód. Korzystamy z wniosku 43 i stosujemy indukcję matematyczną.
są
TWIERDZENIE 42. Jeżeli K jest ciałem skończonym mającym n elementów, to dla
każdego 0 ≠ a ∈ K , a jest pierwiastkiem wielomianu x n− 1 − 1 .
Dowód. W ciele każdy 0 ≠ a ∈ K jest elementem odwracalnym. K jest ciałem (więc
pierścieniem) skończonym i na mocy twierdzenia 2, oznacza to, że a n− 1 = 1 , bo wszystkich
nie-dzielników zera jest tu n − 1 .
WNIOSEK 46. Każde dwa ciała mające p k elementów są izomorficzne.
Dowód. Z ostatniego twierdzenia wynika, że każdy element ciała p k -elementowego
k
albo jest zerem, albo pierwiastkiem wielomianu x p − 1 − 1 , czyli każdy element tego ciała jest
k
pierwiastkiem wielomianu
x p − x . Zatem jest to ciało rozkładu tego wielomianu.
Stosujemy wniosek 45.
TWIERDZENIE 43. Dla liczby naturalnej n istnieje ciało mające n elementów wtedy
i tylko wtedy, gdy n = p k dla pewnej liczby pierwszej p i pewnej liczby naturalnej k.
Każde ciało mające p k elementów jest izomorficzne z ciałem rozkładu wielomianu
(nierozkładalnego) f ∈ Ζ p [ x ] , gdzie st ( f ) = k .
Dowód. Wiemy już z wniosku 46, że jeśli p jest liczbą pierwszą i 0 ≠ k ∈ Ν , to
k
istnieje ciało mające p k elementów. Jest to ciało rozkładu wielomianu x p − x . Załóżmy
teraz, że ciało K ma n elementów. W każdym ciele istnieje jedynka i oczywiście
31
1 + ... + 1 = j ⋅ 1∈ K , gdzie j jest dowolną liczbą naturalną. Istnieją 2 możliwości: albo istnieje
liczba pierwsza p, taka że 1 + ... + 1 = p ⋅ 1 = 0 ; albo taka liczba nie istnieje. To rozumowanie
jest analogiczne w przypadku pierścieni z jedynką, ale z własności ciała wynika, że
w pierwszym przypadku musi to być liczba pierwsza i wtedy ciało K ma charakterystykę p,
więc zawiera Ζ p jako podciało. W drugim przypadku K zawiera podciało liczb
wymiernych i ma charakterystykę zero, ale jest zbiorem nieskończonym. Ostatecznie ciało
skończone K musi być rozszerzeniem ciała Ζ p . Jeśli przez k oznaczymy stopień tego
rozszerzenia, to wnioskujemy, że K ma p k elementów: dla bazy { 1, v2 ,..., vk } każdy
element x ∈ K daje się jednoznacznie zapisać jako x = a1 + a 2 v2 + ...a k vk , gdzie ai ∈ Ζ p .
Aby udowodnić drugą część twierdzenia, zauważmy, że zawsze istnieje wielomian f
nierozkładalny stopnia k o współczynnikach z ciała Ζ p (patrz, np. Zadanie 4, str. 229
w podręczniku A. Białynicki-Birula, „Algebra”, PWN Warszawa, 1971 – bardzo zachęcam do
rozwiązania tego zadania). Na mocy twierdzenia 20 i wniosku 15, pierścień Ζ p [ x ] jest
dziedziną ideałów głównych. Zgodnie z twierdzeniem 31, ideał ( f ) jako generowany przez
Ζ [ x]
element nierozkładalny, jest maksymalny. Istnieje epimorfizm ϕ : Ζ p [ x ] → p ( f ) (patrz
twierdzenie 26), gdzie w pierścieniu ilorazowym stojącym z prawej strony jego zerem jest
warstwa ( f ) . Zgodnie z definicją przeciwobrazu, mamy dla dowolnego g ∈ Ζ p [ x ] :
g ∈ ϕ − 1 ( ( f ) ) ⇔ ϕ ( g ) = g + ( f ) ∈ ( f ) ⇔ g ∈ ( f ) . Zatem ideał maksymalny ( f ) jest jądrem
Ζ p [ x]
epimorfizmu ϕ . Na mocy twierdzenia 29, pierścień
( f ) jest ciałem. Badamy jaką
g ∈ Ζ p [ x] ,
postać mają warstwy tego pierścienia ilorazowego (ciała).
Niech
h − g ∈ ( f )} . Oznacza to, że różnica h − g dzieli
się przez f, czyli wielomiany g, h dają tę samą resztę przy dzieleniu przez f. Zatem każda
klasa [ g ] ≡ ( f ) wyznaczona przez relację przystawania według ideału ( f ) jest resztą
z dzielenia g przez f. Oczywiście wszystkie te reszty są wielomianami stopnia mniejszego
od k, o współczynnikach z Ζ p , więc jest ich p k . Wystarczy teraz skorzystać z wniosku 46.
[ g]≡
(f)
= { h∈ Ζ
p
[ x ];
g ≡ ( f ) h} = {h ∈ Ζ
p
[ x];
PRZYKŁAD 29. Wyznaczyć ciało mające 8 elementów. Oczywiście takie ciało istnieje, bo
8 = 2 3 . Zgodnie z rozważaniami twierdzenia 42, należy w Ζ 2 [ x ] znaleźć wielomian
nierozkładalny 3 stopnia. Może to być x 3 + x + 1 . Gdyby to był wielomian rozkładalny, to
przynajmniej jeden z czynników musiałby być wielomianem I stopnia, czyli miałby on
pierwiastek w Ζ 2 . Łatwo jednak zauważyć, że ani 0, ani 1 nie są jego pierwiastkami.
Wszystkie reszty z dzielenia są wielomianami stopnia 2 i można zapisać wyniki działań
w poniższych tabelach. Obie tabele są symetryczne, bo dodawanie jest przemienne w każdym
ciele, a mnożenie jest przemienne w każdym ciele skończonym. Tabele dodawania łatwo
sprawdzić, bo wystarczy tam zastosować wyłącznie działanie modulo 2. W tabeli mnożenia
każdy wynik jest resztą z dzielenia iloczynu przez wielomian x 3 + x + 1 . Na przykład,
w ostatnim wierszu i przedostatniej kolumnie mamy
ponieważ
x2 ,
2
2
4
3
2
3
2
4
( x + x ) ⋅ ( x + x + 1) = x + x + x + x + x + x = x + x
32
(x
4
)(
)
+ x : x3 + x + 1 = x
x + x + x
4
2
x2
⋅
0
1
x
0
0
0
0
x+ 1
0
2
0
x
2
0
x +1
2
0
x + x
2
x + x+ 1 0
+
0
1
x
0
0
1
x
x
1
0
1
x
x+ 1
0
x+ 1
0
x
x+ 1
x2
x2 + 1
x2 + x
x2 + x + 1
1
1
0
x+ 1
x
x2
0
x2
x+ 1
x2 + x
x2 + 1
x2 + x + 1
x2 + x + 1 x2 + x
x
x2
x2 + x + 1 1
x2 + 1
x
1
x2 + 1
x2
x2 + x
x+ 1
1
x
x
x+ 1
x+ 1
x
x2 + 1
0
x2 + 1
1
x2 + x
x2 + x + 1
0
0
2
x + x
x2 + x + 1
x2 + x + 1 x2 + 1
x
1
x2
x
1
x2 + 1
2
x + x+ 1 x+ 1
x2 + x
x
x+ 1
x2
x2 + x
x2
x2
x+ 1
x2 + 1
0
1
x2 + x
x+ 1
x+ 1
0
1
x2 + x + 1
x2
x2
x2 + 1
x2 + x
x2 + x + 1 0
1
x2 + 1
x2 + 1
x2
x2 + x + 1 x2 + x
2
2
2
2
2
x
x + x
x + x
x + x+ 1 x
x +1
x+ 1
x2 + x + 1 x2 + x + 1 x2 + x
x2 + 1
x2
x2 + 1
x2 + 1
x2
x2 + x + 1
x2 + x
1
0
x+ 1
x
x2
x2 + x
x2 + x
x2 + x + 1
x2
x2 + 1
x
x+ 1
0
1
x+ 1
x2 + x + 1
x2 + x + 1
x2 + x
x2 + 1
x2
x+ 1
x
1
0
Przypomnijmy, że jeżeli wielomian ma w danym ciele pierwiastki, to jest rozkładalny, ale
niekoniecznie odwrotnie. Z powyższych rozważań wynika, że np. wielomian
( x 3 + x + 1) ⋅ ( x 3 + x + 1) = x 6 + x 2 + 1 jest rozkładalny w Ζ 2 , mimo że nie ma on pierwiastków
w Ζ 2 . Dla wielomianów stopnia większego od 3, zastosowana w tym przykładzie metoda
zawodzi, bo np. wielomian stopnia 4 nie mający pierwiastków w Ζ p , może dać się rozłożyć
na iloczyn dwóch wielomianów stopnia drugiego. Wystarczy (podobnie jak wyżej) w Ζ 3
rozważyć wielomian x 4 + 2 x 2 + 1 = ( x 2 + 1) ⋅ ( x 2 + 1) i zauważyć, że mimo rozkładalności,
żaden z elementów ciała Ζ 3 nie jest jego pierwiastkiem.
PRZYKŁAD 30. Znaleźć wielomian nierozkładalny w Ζ 3 , stopnia 4 i wyznaczyć jego
ciało rozkładu (ta druga część jako praca domowa). Oczywiście wielomianu nierozkładalnego
należy szukać wśród tych, które nie mają pierwiastka w Ζ 3 . Sprawdźmy, czy dobry będzie
x 4 + 1 . Nie ma on pierwiastka w Ζ 3 . Gdyby był rozkładalny, to musiałby być iloczynem
dwóch wielomianów stopnia 2, czyli badamy, czy istnieją a, b, c, p, q, r ∈ Ζ 3 , takie że
x 4 + 1 = ( ax 2 + bx + c ) ⋅ ( px 2 + qx + r ) .
x 4 + 1 = apx 4 + ( aq + bp ) x 3 + ( ar + bq + cp ) x 2 + ( br + cq ) x + cr .
Wtedy
Porównując
współczynniki przy odpowiednich potęgach, otrzymujemy układ równań:
33
 ap = 1
 aq + bp = 0

 ar + bq + cp = 0
 br + cq = 0

 cr = 1
Rozważając pierwsze i ostatnie równanie, otrzymujemy alternatywę układów w Ζ 3 :
a= p= 1
a= p= 1
a= p= 2
a= p= 2
∨ 
∨ 
∨ 

c= r = 1
c= r = 2
c= r = 1
c= r = 2
Podstawiając warunki z pierwszego składnika do pozostałych trzech równań mamy
q+ b= 0
q+ b= 0

. W tym ostatnim układzie drugie równanie jest spełnione
 1 + bq + 1 = 0 , czyli 
 2 + bq = 0
b+ q = 0

jedynie w przypadku, gdy b = q = 1 ∨ b = q = 2 . Wtedy jednak nie jest spełnione pierwsze
równanie.
Dla drugiego składnika alternatywy mamy
q+ b= 0
q+ b= 0

.
Teraz istnieją rozwiązania: b = 1, q = 2 (lub
 2 + bq + 2 = 0 , czyli

 1 + bq = 0
 2b + 2q = 0

x 4 + 1 nie jest dobry, bo daje się rozłożyć:
x 4 + 1 = x 2 + x + 2 ⋅ x 2 + 2x + 2 .
Szukamy dalej. Łatwo można zauważyć, że np. wielomiany x 4 + 2 , x 4 + x + 1 nie są dobre,
bo 1 jest ich pierwiastkiem, więc są rozkładalne w Ζ 3 . Rozważmy x 4 + x + 2 . Jak
poprzednio, otrzymujemy x 4 + x + 2 = apx 4 + ( aq + bp ) x 3 + ( ar + bq + cp ) x 2 + ( br + cq ) x + cr ,
czyli
 ap = 1
 aq + bp = 0
a= p= 1
a= p= 1
a= p= 2
a= p= 2





∨ c= 2
∨ c= 1
∨ c= 2
 ar + bq + cp = 0 , więc  c = 1
 br + cq = 1
r = 2
r = 1
r = 2
r = 1





 cr = 2
odwrotnie).
(
Zatem
wielomian
)(
)
q+ b= 0

W pierwszym przypadku mamy  2 + bq + 1 = 0 , czyli
 2b + q = 1

q+ b= 0

 bq = 0 .
 q + 2b = 1

Odejmując pierwsze
równanie od trzeciego, dostajemy b = 1 i w konsekwencji q = 2 , ale wtedy drugie równanie
nie jest spełnione, czyli nie ma rozwiązań.
q+ b= 0
q+ b= 0


W drugim przypadku mamy  1 + bq + 2 = 0 , czyli  bq = 0 . Sytuacja identyczna jak
 b + 2q = 1
 2q + b = 1


poprzednio, tylko b, q zamieniły się rolami. Nie ma rozwiązań.
34
 2q + 2b = 0
q+ b= 0


W trzecim przypadku:  1 + bq + 2 = 0 , czyli  bq = 0 . Otrzymaliśmy dokładnie to
 2b + q = 1
 q + 2b = 1


samo co w przypadku pierwszym, więc brak rozwiązań.
 2q + 2b = 0
q+ b= 0


W czwarty przypadku:  2 + bq + 1 = 0 , czyli  bq = 0 , Identycznie jak w przypadku 2.
 b + 2q = 1
 2q + b = 1


Zatem wielomian x 4 + x + 2 jest nierozkładalny w Ζ 3 . Wszystkich elementów
(reszt z dzielenia przez x 4 + x + 2 ) jest w tym ciele 34 = 81 . Policzmy, np. wynik mnożenia
3
3
2
dla elementów
x3 + x + 2 ,
x 3 + 2 x 2 + x + 2 . Mamy ( x + x + 2) ⋅ ( x + 2 x + x + 2 ) =
x6 + 2x5 + x 4 + 2x3 + x4 + 2x3 + x 2 + 2x + 2x3 + x2 + 2x + 1 = x6 + 2x5 + 2x 4 + 2x 2 + x + 1
x6 + 2x5 + 2x 4 + 2x 2 + x + 1 : x 4 + x + 2 = x 2 + 2x + 2
(
)(
2x + 2x + x
6
3
)
2
2x5 + 2x 4 + 2x3 + x + 1
x5 + x 2 + 2x
2x 4 + 2x3 + x 2 + 1
x4 + x + 2
2x3 + x 2 + x
3
3
2
Zatem ( x + x + 2) ⋅ ( x + 2 x + x + 2 ) =
x4 + x+ 2
2x3 + x2 + x
(Proponuję wykonać to zadanie domowe w sposób zespołowy, przydzielając każdemu
elementy, które musi pomnożyć. W ten sposób otrzymamy całą tabele mnożenia,
a z dodawaniem nikt nie powinien mieć kłopotu).
UWAGA 14. W obu rozważanych powyżej przykładach elementy ciał skończonych są
wielomianami. Jest to niezawodna metoda konstrukcji ciał skończonych. Możemy jednak po
prostu oznaczyć te wielomiany literami, np. 0, 1, a3 , a 4 ,..., an i otrzymamy (nieokreślony
bliżej) zbiór elementów z określonymi na nich (w tabelach) działaniami. Z tabel tych
wyniknie, że dana struktura jest ciałem, ale wyszukanie pozostałych własności jest dość
trudne. Można też uprościć zapisy, nie tracąc „po drodze” całej idei rozszerzania. Wystarczy
przypomnieć, że konstruowane ciało jest rozszerzeniem ciała Ζ p o nieistniejący w Ζ p
k− 1
pierwiastek wielomianu. Każdy element jest postaci r0 + r1a + ... + rk − 1a , gdzie a jest
właśnie tym pierwiastkiem wielomianu nierozkładalnego stopnia k.
PRZYKŁAD 31. W przykładzie 29 przyjmujemy a = x . Wtedy oczywiście każdy element
2
jest postaci r0 + r1a + r2 a (co bardzo łatwo można zauważyć), gdzie r0 , r1 , r2 ∈ Ζ 2 . Jeśli
teraz w sposób „normalny” wykonamy działania, to otrzymamy dobry wynik pod warunkiem,
że uwzględnimy iż a jest pierwiastkiem wielomianu x 3 + x + 1 , czyli a 3 + a + 1 = 0 .
Otrzymujemy, np. ( a 2 + a + 1) ⋅ ( a 2 + 1) = a 4 + a 3 + a 2 + a 2 + a + 1 = a 4 + ( a 3 + a + 1) = a 4 =
a ⋅ a 3 = a ⋅ ( a 3 + a + 1) − a ⋅ ( a + 1) = a ⋅ 0 + a ⋅ ( a + 1) = a 2 + a , co potwierdza zgodność z tabelą.
35
DEFINICJA 49. Ciało mające dokładnie p k elementów nazywa się skończonym ciałem
Galois (oznacza się je symbolem GF p k od skrótu Galois field)
( )
UWAGA 15. Z twierdzenia 42 i konstrukcji przeprowadzonej w jego dowodzie wynika, że
w przypadku ciał skończonych, rozszerzenie ciała Ζ p o element algebraiczny a jest
jednocześnie ciałem rozkładu pewnego wielomianu f nierozkładalnego nad Ζ p , czyli
zawiera wszystkie pierwiastki tego wielomianu. Stopień rozszerzenia takiego ciała jest równy
stopniowi wielomianu f. Takie stwierdzenia nie są jednak prawdziwe w przypadku ciał
nieskończonych, w szczególności ciał liczbowych (por. przykłady 27 i 28).
PRZYKŁAD 32. W przykładzie 29 (i 31), gdzie przyjmujemy a = x jako pierwiastek
wielomianu x 3 + x + 1 , ciało Ζ 2 ( a ) powinno zawierać pozostałe dwa pierwiastki tego
wielomianu. Z założenia mamy a 3 + a + 1 = 0 i zauważmy, że wtedy
( a ) + a + 1 = ( a + a + 1) = 0 oraz
( a + a ) + ( a + a ) + 1 = ( a + a ) ⋅ [( a + a )
2 3
2
3
2
2
3
2
2
2
2
]
(
)(
)
+ 1 + 1 = a2 + a ⋅ a4 + a2 + 1 + 1 =
(
)
a + a + a + a + a + a + 1= a + a + a + a = a ⋅ a + a + a + 1 =
6
4
(
⋅ (a
2
5
3
6
)
4
(
2
5
2
4
)
3
2
a ⋅ a + a + a + 1+ a + a = a ⋅ a + a + a + a + a + 1 =
2
4
3
2
)
(
2
)
4
2
3
a
+ a + a = a ⋅ a + a+ 1 = 0
Zatem trzema pierwiastkami wielomianu nierozkładalnego x 3 + x + 1 są elementy a, a 2 ,
a 2 + a należące do ciała Ζ 2 ( a ) . Oczywiście łatwo można sprawdzić, że pozostałe elementy
tego ciała, tzn. 0, 1, a + 1, a 2 + 1, a 2 + a + 1 , nie są pierwiastkami tego wielomianu.
2
4
2
3
3
PRZYKŁAD 33. Rozważmy wielomian x 5 − 2 x 3 + 4 x − 6 ∈ Q[ x ] . Z kryterium Einsteina
wynika, że jest on nierozkładalny nad Q. Zatem, jeśli a ∉ Q jest jego pierwiastkiem, to
powyższy wielomian jest minimalny i zgodnie z definicją 47 i wnioskiem 42, [ Q( a ) : Q ] = 5 .
Oczywiście ciało F rozkładu wielomianu x 5 − 2 x 3 + 4 x − 6 zawiera w szczególności
Q ⊂ Q( a ) ⊂ F .
pierwiastek
a
i mamy
Z twierdzenia 39 wynika, że
[ F : Q ] = [ F : Q ( a ) ] ⋅ [ Q ( a ) : Q ] = [ F : Q( a ) ] ⋅ 5 .
Takie rozumowanie dotyczy dowolnych
elementów algebraicznych nad dowolnymi ciałami, więc wynika stąd
WNIOSEK 47. Jeżeli a ∉ F jest elementem algebraicznym nad ciałem F, f ∈ F [ x ] jest
wielomianem minimalnym dla a oraz L jest ciałem rozkładu wielomianu f nad F, to
[ L : F ] dzieli się przez [ F ( a ) : F ] .
TWIERDZENIE 44. Jeżeli wielomian f jest nierozkładalny nad ciałem liczbowym F, to
żaden pierwiastek wielomianu f nie jest wielokrotny.
Dowód. Niech F będzie ciałem liczbowym. Wtedy na wielomianach należących do
F [ x ] możemy wykonywać operację różniczkowania. Przypuśćmy, że a jest k – krotnym
pierwiastkiem wielomianu f w ciele L jego rozkładu, gdzie k ≠ 1 . Wtedy otrzymujemy
k
k− 1
k
f ( x ) = ( x − a ) g ( x ) i f ' ( x ) = k ( x − a ) g ( x ) + ( x − a ) g ' ( x ) . Stąd wynika, że a jest również
pierwiastkiem wielomianu f '∈ F [ x ] . Skoro x − a dzieli wielomiany f , f '∈ F [ x ] , to dzieli
również ich największy wspólny dzielnik h ∈ F [ x ] , tzn. a jest pierwiastkiem wielomianu
36
h, ale st ( h ) ≤ st ( f ) , st ( f ') i st ( f ') < st ( f ) , więc st ( h ) < st ( f ) . Wiemy jednak, że f jest
nierozkładalny, więc h | f jest możliwe jedynie w przypadku, gdy h jest wielomianem
stałym różnym od zera. Przeczy to jednak temu, że h ma pierwiastek a.
TWIERDZENIE 45. Jeżeli a, b są elementami algebraicznymi względem ciała liczbowego
F, to istnieje taki element c, że F ( a, b ) = F ( c ) .
Dowód. Z definicji ciało liczbowe zawiera podciało liczb wymiernych, więc ma
nieskończenie wiele elementów. Zatem, jeśli f jest wielomianem minimalnym elementu a,
g jest wielomianem minimalnym elementu b, przez a1 , a2 , ..., an oraz b1 , b2 , ..., bm
oznaczymy wszystkie pierwiastki wielomianów odpowiednio f, g, a = a1 , b = b1 , to istnieje
d ∈ F , takie że a + db ≠ ai + db j dla wszystkich i ∈ { 2,..., n} , j ∈ { 2,..., m} (za d
ai − a
przyjmujemy dowolny element różny od
). Niech c = a + db dla tak ustalonego d
b − bj
i rozważmy wielomian h( x ) = f ( c − dx ) . Wtedy h ∈ F ( c ) [ x ] , bo c ∈ F ( c ) i d ∈ F ⊂ F ( c ) .
Ponadto otrzymujemy h( b ) = f ( c − db ) = f ( a ) = 0 , więc b jest pierwiastkiem wspólnym
wielomianów g, h. Gdyby dla pewnego j ∈ { 2,..., m} było h( b j ) = f ( c − db j ) = 0 , to
c − db j byłoby pierwiastkiem wielomianu f, czyli dla pewnego i ∈ { 2,..., n} mamy
c − db j = ai , stąd
d=
a + db − db j = ai , czyli
ai − a
b − bj
– sprzeczność z określeniem d.
Oznacza to, że b jest jedynym pierwiastkiem wspólnym wielomianów g , h ∈ F ( c ) [ x ] , czyli
x − b jest największym wspólnym dzielnikiem wielomianów g, h. Oznacza to, że
x − b ∈ F ( c ) [ x ] , czyli b ∈ F ( c ) . Ponadto a = c − db , gdzie c, d , b ∈ F ( c ) , więc a ∈ F ( c ) .
Stąd wynika, że F ( a, b ) ⊂ F ( c ) . Zawieranie F ( c ) ⊂ F ( a, b ) jest oczywiste, bo d ∈ F
i c = a + db ∈ F ( a, b ) .
Stosując indukcje matematyczną można udowodnić następujący wniosek.
a1 , a2 , ..., an
WNIOSEK 48. Jeżeli
są elementami algebraicznymi względem ciała
liczbowego F, to istnieje taki element c, że F ( a1 , a 2 , ..., a n ) = F ( c ) .
DEFINICJA 50. Element c spełniający warunek F ( a1 , a 2 , ..., a n ) = F ( c )
elementem pierwotnym rozszerzenia F ( a1 , a2 , ..., an ) ⊃ F .
nazywamy
PRZYKŁAD 34. Rozważamy wielomian f ( x ) = g ( x ) = x 4 − 2 ∈ Q[ x ] . Jego pierwiastkami są
4
2, −
−
4
4
(
)
2 , i 4 2 , − i 4 2 . Zauważmy, że Q 4 2 , i 4 2 jest ciałem rozkładu wielomianu f, bo
(
)
(
2 ,− i 4 2 ∈ Q 4 2 , i 4 2 , czyli Q 4 2 , i 4 2
)
zawiera wszystkie pierwiastki wielomianu f.
a1 =
Oznaczmy
b1 = i 4 2 , b2 = − i 4 2 , b3 =
twierdzenia
45,
4
2 , b4 = − 4 2
możemy
4
2 , a 2 = − 4 2 , a3 = i 4 2 , a 4 = − i 4 2 ,
Zgodnie z procedurą pokazaną w dowodzie
przyjąć
a = a1 =
4
2,
b = b1 = i 4 2 .
Wtedy
a2 − a − 2 − 2 − 2 2 − 1 − i − i
=
=
=
= 2 =
= i
b − b2 i 4 2 + i 4 2 2i 4 2
i
i
−1
4
4
4
37
a2 − a − 4 2 − 4 2
− 24 2
−2
− 2( i + 1)
− 2( i + 1) − 2( i + 1)
= 4
=
=
=
=
=
= i+ 1
4
4
b − b3
i2 − 1
−2
i 2− 2
2 ( i − 1) i − 1 ( i − 1)( i + 1)
a2 − a − 4 2 − 4 2
− 24 2
− 2
− 2( i − 1)
− 2( i − 1) − 2( i − 1)
= 4
=
=
=
=
=
= i− 1
4
4
b − b4
− 2
i2 − 1
i 2+ 2
2 ( i + 1) i + 1 ( i − 1)( i + 1)
a3 − a i 4 2 − 4 2
=
=
b − b2 i 4 2 + i 4 2
a3 − a i 4 2 −
=
b − b3 i 4 2 −
4
2
4
2
a3 − a i 4 2 −
=
b − b4 i 4 2 +
4
2
4
2
4
2 ( i − 1)
2i 4 2
=
i − 1 ( i − 1) i i 2 − i 1 + i
=
=
=
2i
− 2
2
2i 2
=1
4
=
4
2 ( i − 1)
(
i− 1
i − 1)
i 2 − 2i + 1 − 2 − 2i
=
=
=
=
= i+ 1
− 2
i2 − 1
2 ( i + 1) i + 1 ( i − 1)( i + 1)
2
a 4 − a − i 4 2 − 4 2 − 4 2 ( i + 1) i + 1 ( i + 1) i i 2 + i i − 1
= 4
=
=
=
=
=
b − b2
− 2i − 2i 2
2
2
i 2 + i4 2
2i 4 2
(
)
2
a 4 − a − i 4 2 − 4 2 − 4 2 ( i + 1) − ( i + 1)
− ( i + 1)
− i 2 + 2i + 1 − 2i
= 4
=
=
=
=
=
= i
4
( i − 1)( i + 1)
b − b3
i− 1
− 2
i2 − 1
i 2− 4 2
2 ( i − 1)
a 4 − a − i 4 2 − 4 2 − 4 2 ( i + 1)
= 4
= 4
= −1
b − b4
i 2+ 4 2
2 ( i + 1)
Z powyższego wynika, że za d możemy przyjąć dowolną liczbę wymierną różną od ± 1 ,
d = 2 . Wtedy mamy
niech np.
c = a + db = 4 2 + 2i 4 2 . Szukamy minimalnego
wielomianu, którego pierwiastkiem jest c.
x = 4 2 + 2i 4 2 = 4 2 (1 + 2i ) ,
x 2 = 2 1 + 4i + 4i 2 = 2 (1 + 4i − 4 ) = 2 ( − 3 + 4i ) ,
(
x = 2( − 3 + 4i ) = 2 9 − 24i + 16i
2
4
(x
)
(
2
)
) = 2( 9 − 24i − 16) = 2( − 7 − 24i ) ,
x 4 + 14 = − 28i ,
2
+ 14 = ( − 28i ) , x 8 + 28 x 4 + 196 = − 784 .
Szukanym wielomianem jest x 8 + 28 x 4 + 980 . Jest to wielomian stopnia 8. Można było się
tego spodziewać, skoro wiemy już, że
Q 4 2 :Q = 4,
Q ⊂ Q 4 2 ⊂ Q 4 2, i4 2 ,
4
2
( ) (
[ ( ) ]
)
( )
(
)
Q ≠ Q 2 ≠ Q 2 , i 2 . Wynika stąd w szczególności, że wielomian x + 28 x + 980 jest
4
4
4
8
4
minimalny. Jako ćwiczenie należy pokazać, że rzeczywiście 4 2 , − 4 2 , i 4 2 , − i 4 2 są
pierwiastkami tego wielomianu (jeśli ktoś chce znaleźć pozostałe cztery pierwiastki zespolone
tego wielomianu, to naprawdę nie bronię!). Ten przykład ilustruje działanie twierdzenia 44
i mamy wyznaczony element pierwotny. Samo wyznaczenie ciała rozkładu danego
wielomianu często jest możliwe krótszą drogą. Można, np. zauważyć, że
Q 4 2 , i 4 2 = Q 4 2 , i . Dla zawierania Q 4 2 , i 4 2 ⊃ Q 4 2 , i wystarczy zauważyć, że
(
) (
2 ⋅ ( 2) ,
−1
)
(
(
)
)
(
(
)
)
4
więc i ∈ Q 4 2 , i 4 2 . Z kolei i 4 2 ∈ Q 4 2 , i
– oczywiste. Łatwo
i = i4
zauważyć, że [ Q( i ) : Q] = 2 , bo i jest pierwiastkiem wielomianu nierozkładalnego
x 2 + 1 ∈ Q[ x ] . Oczywiście Q( i ) = { a + bi; a, b ∈ Q} . Teraz należy szukać wielomianu
f ∈ Q( i ) [ x ] minimalnego dla 4 2 . Zauważmy tylko, że poprzednio znaleziony wielomian 4
stopnia x 4 + 14 + 28i ma wszystkie współczynniki w ciele Q( i ) .
PRZYKŁAD 35. W pewnych szczególnych przypadkach element pierwotny można znaleźć
bardzo łatwo. Pokażemy, że dla dowolnych dwóch liczb wymiernych p, q, takich że
p, q ∉ Q
Q p, q = Q p + q .
zachodzi równość
Równość ta wynika
(
) (
)
38
p, q
z twierdzenia 45, bo wielomianami minimalnymi dla
są odpowiednio
f ( x ) = x − p oraz g ( x ) = x − q , a ich wszystkimi pierwiastkami odpowiednio ±
2
2
p
i ± q , więc za d można przyjąć wartość 1. Równość tę można jednak wykazać
bezpośrednio bez odwoływania się do twierdzenia 44. Szukamy wielomianu minimalnego
2
p+ q.
x= p+ q,
x 2 = p + 2 pq + q ,
dla
czyli
x2 =
p+ q ,
(
x 2 − p − q = 2 pq ,
(x
stąd
)
2
) [
2
− p − q = 2 pq
]
2
,
tzn.
x 4 + p 2 + q 2 − 2 px 2 − 2qx 2 + 2 pq = 4 pq .
Po przeniesieniu wszystkiego na jedna stronę
i uporządkowaniu, otrzymujemy x − 2( p + q ) x 2 + p 2 + q 2 − 2 pq = 0 . Można bezpośrednio
pokazać, że wielomian 4 stopnia stojący po lewej stronie jest nierozkładalny nad Q, ale nie
jest to konieczne, ponieważ pokażemy na jakie czynniki liniowe rozkłada się on w swoim
p + q jest pierwiastkiem tego wielomianu – to wynika z
ciele rozkładu. Oczywiście
4
p−
konstrukcji. Sprawdzimy, że jego pozostałymi pierwiastkami są
−
p−
−
q,
p+
q,
q . Rozważany wielomian zawiera wyłącznie parzyste potęgi zmiennej x, więc
ostatni element też musi być jego pierwiastkiem ( −
p−
p−
q= −
(
)
p+
q .
Podobnie,
q jest pierwiastkiem powyższego wielomianu wtedy i tylko wtedy, gdy −
(
jest jego pierwiastkiem. Otrzymujemy
p+
q
2
2
2
2
)
4
− 2( p + q )
( p + 2 pq + q ) − 2( p + q ) ( p + 2 pq + q ) + p + q − 2 pq =
( p + 2 pq + q )[( p + 2 pq + q ) − 2( p + q ) ] + p + q − 2 pq =
(2 pq + p + q )[2 pq − ( p + q ) ] + p + q − 2 pq = 4 pq − ( p + q )
2
2
2
4 pq − p 2 − 2 pq − q 2 + p 2 + q 2 − 2 pq = 0
Zatem
[x − (
)] [ (
)] [ (
(
2
p+
q
)
2
p+
q
+ p 2 + q 2 − 2 pq =
+ p 2 + q 2 − 2 pq =
x 4 − 2( p + q ) x 2 + p 2 + q 2 − 2 pq =
)] [ (
)]
p + q ⋅ x− p − q ⋅ x− − p + q ⋅ x− − p − q .
Ani żaden czynnik
liniowy, ani wielomian będący iloczynem dwóch czynników liniowych nie ma wszystkich
współczynników wymiernych.
Q p+ q
Wiemy,
że
jest
zbiorem
elementów
postaci
a0 + a1
(
)
p+
q + a2
p+
pokażemy, że
postaci,
(
(
p+
q
Q
(
p+
(
p+
q,
−
+ a3
p−
q,
to
)
)
2
q
)
)
3
q ,
p+
a0 , a1 , a 2 , a3 ∈ Q .
gdzie
q,
będzie
−
p−
q
ciałem
Jeżeli
dają się zapisać w tej
rozkładu
wielomianu
x − 2( p + q ) x + p + q − 2 pq . Dla pierwszego elementu należy oczywiście przyjąć a1 = 1
, pozostałe – zera; dla ostatniego a1 = − 1 , pozostałe – zera; dla drugiego a0 = a 2 = 0 ,
1
4q − 2 p
a3 =
, a1 =
.
q− p
q− p
4
2
2
2
Przechodzimy do wykazania równości.
p+
q∈ Q
(
p, q
)
Mamy
p, q ∈ Q
z definicji ciała, stąd zawieranie
(
(
)
Q
(
) (
Q p, q ⊂ Q
oczywiste. Aby wykazać zawieranie
1
1
1
1
p=
p+ q +
p − q oraz q =
p+ q −
2
2
2
2
(
) (
)
(
(
)
p, q ,
więc również
) ( p + q ) jest
q),
zauważmy że
q).
p, q ⊃ Q
p+
p−
39