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 dowia-dujemy się, że inne funkcje można przybliżać wielomianami i Czytelnik z pewnością zna już niektóre metody aproksymacji. W tym rozdziale przyj-miemy nieco inną definicję wielomianu, dogodniejszą z punktu widzenia al-gebry. 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 = (f0, f1, f2, . . .), gdzie wyrazy
ciągu f są prawie wszystkie równe 0 (tzn. istnieje takie n, że fm = 0 dla
m > n).
W zbiorze wielomianów wprowadzamy działania:
f + g = (f0, f1, f2, . . .) + (g0, g1, g2, . . .) = (f0+ g0, f1 + g1, f2+ g2, . . .) f g = (f0g0, f0g1+ f1g0, f0g2+ f1g1+ f2g0, . . .) Po wprowadzeniu oznaczeń: (0, 0, 0, . . .) = 0, (1, 0, 0, . . .) = 1, (0, 1, 0, . . .) = X widzimy, że (0, 0, 1, 0, . . .) = X2 , (0, 0, 0, 1, 0, . . .) = X3 itd.
Możemy wobec tego napisać:
f = (f0, f1, f2, . . . , fn) = f0+ f1X + f2X + . . . + fnXn
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 for-malną — 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 −→ f0+ f1X + · · · + fnXn.
Również tutaj każdemu wielomianowi o współczynnikach z P można przy-porządkować funkcję wielomianową f : P −→ P :
P 3 a −→ f0 + f1a + . . . + fnan ∈ P.
Element f0 + f1a + · · · + fnan 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 Z3 wielomiany 1 + X oraz 1 + X3
wyzna-czają 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
współ-czynnikach 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 fn 6= 0, będziemy oznaczali przez deg f . Przyjmujemy, że
deg 0 = −∞. łatwo zauważyć, że
deg(f + g) ¬ max(deg f, deg g), deg(f g) ¬ deg f + deg g.
Jeżeli najwyższy współczynnik wielomianu f (lub wielomianu g) nie jest dzielnikiem zera, to deg(f g) = deg f + deg g.
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 f g = 0. Wówczas deg f +deg g = −∞. Ponieważ deg f > 0, więc deg g = −∞, a stąd g = 0.
1.2
Dzielenie wielomianów
Definicja 2 . Niech f, g ∈ P [X]. Mówimy, że w P [X] jest wykonalne
dzie-lenie z resztą wielomianu g przez wielomian f , gdy istnieją takie wielomiany q, r ∈ P [X], że g = f q + r, przy czym deg r < deg f .
Wielomian f nazywamy unormowanym, jeżeli f 6= 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 − gmXm−nf = h. W wielomianie h współczynnik przy Xm jest
równy 0. Stąd deg h < m. Na mocy założenia indukcyjnego istnieją takie
q, r ∈ P [X], deg r < n, że h = f q + r. Wobec tego g = gmXm−nf + h =
gmXm−nf + f q + r = (gmXm−n+ q)f + r, co należało wykazać.
Pytanie: Jaki warunek musi spełniać wielomian, aby można go było unor-mować ?
Z twierdzenia 3 wynika, że dzielenie dwóch wielomianów jest wykonal-ne, gdy dzielnik można unormować. Tak więc w pierścieniu wielomianów nad ciałem wykonalne jest dzielenie dowolnych dwu wielomianów; jeśli nato-miast pierścień współczynników nie jest ciałem, to dzielenie nie zawsze będzie możliwe.
Zauważmy przy okazji, że pierścień wielomianów nad ciałem jest ”porząd-ny” także pod innymi względami.
Twierdzenie 4 . Pierścień K[X] wielomianów nad dowolnym ciałem K jest
pierścieniem ideałów głównych.
1.3
Obliczanie wartości wielomianów
Na zakończenie poświęćmy chwilę uwagi problemowi obliczania wartości wielomianów. Niech f ∈ P [X], f (X) = anXn+ an−1Xn−1+ · · · + a1X + a0.
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 1 + 2 + · · · + n = n(n + 1)/2 mnożeń oraz n dodawań.
Poprawimy efektywność, jeśli będziemy wykorzystywać już obliczone war-tości licząc Xj+1 = XXj. Wtedy wymaga to 2n − 1 mnożeń oraz n dodawań. Jednak najbardziej efektywny sposób znajdziemy pisząc wielomian w po-staci zagnieżdżonej:
f (a) = (· · · ((ana + an−1)a + an−2) a + · · ·) a + a0.
Ten schemat postępowania (schemat Hornera) wymaga tylko n mnożeń oraz
n dodawań.
Schemat ten zapisujemy następująco:
an an−1 an−2 · · · a1 a0
abn abn−1 · · · ab2 ab1
a bn = an bn−1 bn−2 · · · b1 b0 = f (a)
Co ciekawe, liczby pojawiające się po drodze mają interesującą interpretację. Okazuje się bowiem, że
f (X) = (bnXn−1+ bn−1Xn−2+ · · · + b2X + b1)(X − a) + b0.
Sprawdzenie. Porównując współczynniki po lewej i prawej stronie otrzy-mujemy układ równości:
bn = an bn−1− bna = an−1 .. . ... ... b2− b3a = a2 b1− b2a = a1 b0− b1a = a0, czyli:
bn = an bn−1 = bna + an−1 .. . ... ... b2 = b3a + a2 b1 = b2a + a1 b0 = b1a + a0.
A więc wielomian q = bnXn−1+ bn−1Xn−2+ · · · + b2X + b1 jest ilorazem
z dzielenia f (X) przez X − a.
Wniosek 1 (twierdzenie B´ezout) . Reszta z dzielenia f (X) przez X − a
wynosi f (a).
Przykład. Obliczymy f (3) dla f (X) = X5+ 4X4+ 3X3− 2X + 1.
1 4 3 0 −2 1 3 21 72 216 642 3 1 7 24 72 214 643
Zatem f (3) = 643. Jednocześnie widzimy, że dzieląc f (X) = X5 + 4X4 +
3X3−2X +1 przez X −3 otrzymujemy q(X) = X4+7X3+24X2+72X +214
i resztę 643.
2
Charakterystyka ciała
2.1
Określenie charakterystyki ciała
Symbolem n ? a będziemy oznaczać sumę a + a + · · · + a
| {z } n . Z prawa roz-dzielności: (a + a + · · · + a) | {z } m (b + b + · · · + b) | {z } n = ab + ab + · · · + ab | {z } mn wynika następujący wzór: (m ? a)(n ? b) = (mn) ? (ab). (1)
Definicja 3 . Charakterystyką ciała K nazywamy najmniejszą liczbę
na-turalną n taką, że n ? a = 0 dla każdego elementu a ∈ K∗. Jeśli n ? a 6= 0 dla każdego n ∈ N i każdego a ∈ K∗ (K∗ = K \ {0} jest zbiorem niezero-wych 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 6= 0 i s ? 1 6= 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 Zp
(ciało reszt modulo p ) jest ciałem charakterystyki p, gdzie p jest liczbą pierwszą.
2.2
Arytmetyka ciał o charakterystyce p 6= 0
W ciałach o charakterystyce p 6= 0 znacznemu uproszczeniu ulegają wzo-ry na potęgę sumy x + y o wykładniku postaci pm , gdzie m jest dowolną
liczbą naturalną. Mianowicie
(x + y)pm = xpm + ypm. (2) Dowód przeprowadzimy stosując indukcję względem m. Dla m = 1 mamy (x + y)p = Pp
k=0
p
k
xp−kyk . Łatwo zauważyć, że dla 0 < k < p liczba p k
jest podzielna przez p (p dzieli p!, a ponieważ p! = pkk!(p − k)! i p nie dzieli k!(p − k)!, więc p dzieli pk), a zatem iloczyn kpxp−kyk równa się zeru). Załóżmy teraz, że
(x + y)pm−1 = xpm−1+ ypm−1 dla pewnej liczby naturalnej m. Wtedy
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 źród-łem 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)kq, gdzie q(a) 6= 0, to a nazywamy k-krotnym
pierwiastkiem wielomianu f . Elementy pierścienia P nie będące
pierwiastka-mi wielopierwiastka-mianu f nazywamy 0-krotnypierwiastka-mi pierwiastkapierwiastka-mi wielopierwiastka-mianu.
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 6= 0, i niech a1, a2, . . . , an będą różnymi pierwiastkami wielomianu f o
krot-nościach m1, m2, . . . , mn. Wielomian f można przedstawić w postaci
f = (X − a1)m1(X − a2)m2· · · (X − an)mn · h, (3)
gdzie h jest pewnym wielomianem.
Dowód można przeprowadzić przez indukcję względem n. Łatwe szczegóły pomijamy.
Wniosek 2 . Jeżeli a1, . . . , an są różnymi pierwiastkami wielomianu f ∈
P [X] o krotnościach odpowiednio m1, . . . , mn , to
m1+ · · · + mn ¬ m,
gdzie m = deg f .
Dowód. Istotnie stopień wielomianu (3) jest równy m1+ · · · + mn+ deg h,
a deg f = m, więc m1+ . . . + mn 6= m.
Twierdzenie 7 (wzory Viete’a) Niech f ∈ K[X], gdzie K jest ciałem.
Jeżeli
f (X) = anXn+ an−1Xn−1+ · · · + a1X + a0
i c1, c2, . . . , cn są różnymi pierwiastkami wielomianu f , to n X k=1 ck= − an−1 an , n X i,j=1,i6=j cicj = an−2 an , . . . n Y k=1 ck = (−1)n a0 an .
Dowód.Wystarczy przedstawić wielomian f w postaci
f = an(X − c1)(X − c2) · · · (X − cn)
wymnożyć i porównać z pierwotną postacią.
3.2
Pierwiastki dwumianu X
n− b
Niech K będzie ciałem i 0 6= b ∈ K. Rozpatrzmy dwumian Xn− b.
Twierdzenie 8 . (a) Jeżeli ch(K) = 0, to każdy pierwiastek dwumianu Xn− b jest jednokrotny.
(b) Jeżeli ch(K) = p 6= 0, to mamy następujące możliwości:
— n jest niepodzielne przez p; wtedy Xn−b ma co najwyżej n pierwiastków i każdy pierwiastek jest jednokrotny;
— n jest podzielne przez p; wtedy istnieją takie liczby m, no ∈ N , że
n = pmno oraz (p, n0) = 1; wówczas każdy pierwiastek dwumianu Xn− b,
b 6= 0, jest pm-krotny; w szczególności, gdy n = pm, to istnieje co najwyżej
Dowód. W przypadku gdy ch(K) = 0 i a jest pierwiastkiem tego dwumia-nu, mamy
Xn− b = Xn− an = (X − a)(Xn−1+ Xn−2a + · · · + an−1) = (X − a) · g,
gdzie g(a) = nan−1 6= 0, bo nan−1
= 0 tylko dla n = 0. Zatem, gdy ch(K) = 0 i a jest pierwiastkiem dwumianu Xn− b, to jest jego pierwiastkiem
jedno-krotnym.
W przypadku gdy ch(K) = p 6= 0 oraz p dzieli n, przedstawimy liczbę n w postaci pmn
o , gdzie m, n ∈ N , (p, n0) = 1 (symbol (k, l) oznacza największy
wspólny dzielnik liczb k i l). Wówczas, gdy a jest pierwiastkiem dwumianu
Xn− b, mamy: Xn− b = Xn− an= (Xno − ano)pm = = h(X − a)(Xno−1+ aXno−2+ · · · + ano−2X + ano−1)ip m = = (X − a)pmgpm,
gdzie g = Xno−1+aXno−2+· · ·+ano−2X +ano−1, przy czym g(a) = n
oano−1 6=
0, bo p nie jest dzielnikiem n0. Element a jest w tym przypadku pierwiastkiem
pm-krotnym.
3.3
Pierwiastki z jedności
Definicja 5 . Pierwiastkiem stopnia n z elementu b ∈ K nazywamy każdy
pierwiastek dwumianu Xn− b.
Kolejne twierdzenie pokazuje specjalną rolę pierwiastków z jedności.
Twierdzenie 9 . Niech element a ∈ K będzie pierwiastkiem stopnia n z
elementu b ∈ K, b 6= 0, i niech ε1, ε2, . . . , εr będą wszystkimi pierwiastkami
stopnia n z 1 w K. Wówczas elementy ε1a, ε2a . . . , εra są wszystkimi
pier-wiastkami stopnia n z elementu b.
Dowód. Przede wszystkim elementy εia dla i = 1, . . . , r są pierwiastkami
stopnia n z elementu b ponieważ (εia)n = εnian = 1 · an = b. Ponadto, jeśli
a1 jest dowolnym pierwiastkiem stopnia n z b, to a1a−1 jest pierwiastkiem
stopnia n z 1, gdyż (a1a−1)n= an1(an)
−1 = bb−1 = 1. Wobec tego a
1a−1 = εi
dla pewnego i = 1, . . . , r, a stąd a1 = aεi, co kończy dowód.
Oczywiście, jeśli w powyższym twierdzeniu εi 6= εj dla i 6= j, to εia 6= εja
Wniosek 3 . Jeżeli 0 6= 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
pier-wotnym stopnia n, jeżeli ε nie jest pierwiastkiem z 1 stopnia mniejszego niż n.
Twierdzenie 10 . Każdy pierwiastek z 1 w ciele K jest pierwiastkiem
pier-wotnym dokładnie jednego stopnia. Jeśli ε jest pierwiastkiem pierpier-wotnym stopnia n, to w ciele tym istnieje dokładnie n różnych pierwiastków stopnia n z 1; są to potęgi ε0 = 1, ε1 = ε, . . . , εn−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 ε1 = cos(2π/n) + i sin(2π/n).
Dodamy teraz (bez dowodu) następuj¸acą uwagę.
Na to, by liczba εk 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 ε1, ε2, ε3, ε4. Dla n = 6 pierwotne są
tylko ε1 i ε5.
Łatwo uzasadnić, że pierwiastki 1, ε1, . . . , εn−11 są wierzchołkami n-kąta
wypukłego foremnego wpisanego w okrąg jednostkowy. Gdy weźmiemy za-miast ε1 inny pierwiastek pierwotny εk i połączymy po kolei wierzchołki
1, εk, ε2k, . . . , ε n−1
k , otrzymamy gwiaździsty n-bok foremny wpisany w koło
jed-nostkowe.
4
Ciało algebraicznie domknięte
Definicja 7 . Ciało K nazywamy algebraicznie domkniętym, gdy każdy
wie-lomian 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].
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 B´ezouta mamy wówczas f = (X − a)h dla pew-nego a ∈ K i h ∈ K[X], ale jeśli deg h > 0, to h ma również pierwiastek w K, a więc h = (X − b)h0 , dla pewnego b ∈ K i h0 ∈ 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 a1, . . . , anukładem
wszyst-kich elementów tego ciała. Wielomian:
(X − a1)(X − a2) · · · (X − an) + 1
należy do K[X], jest stopnia dodatniego i nie ma w ciele K pierwiastka.
Wśród omawianych ciał jedynym przykładem ciała algebraicznie domk-niętego jest ciało liczb zespolonych. Ta własność ciała liczb zespolonych wyni-ka z następujacego twierdzenia, nazywanego tradycyjnie zasadniczym twier-dzeniem 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 Gaus-sa z 1799 r.), niestety wszystkie należy uznać za zbyt trudne, aby je tu przed-stawiać. 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 wielo-krotne liczymy tyle razy, ile wynosi ich krotność).
Ciała Q i R nie są algebraicznie domknięte, bo wielomian X2 + 1 nie
ma pierwiastka w R (a tym bardziej w Q). Ciało Zp (dla dowolnej liczby
pierwszej p) również nie jest algebraicznie domknięte.
1Stosunkowo krótki dowód w oparciu o tw. Liouville’a: jeżeli wielomian nie ma
pier-wiastków, to jego odwrotność jest funkcją holomorficzną i ograniczoną w całej płaszczyźnie, a więc jest stałą.
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,
nazy-wamy ciałem prostym.
Twierdzenie 14 (o podciele prostym) . Każde ciało K zawiera
dokład-nie jedno ciało proste K0 . Ciało K0 jest izomorficzne z ciałem Q albo z
ciałem Zp dla pewnej liczby pierwszej p.
Dowód. Rozważmy rodzinę A wszystkich podciał ciała K. Ponieważ K ∈
A, więc rodzina A jest niepusta. Niech K0 oznacza część wspólną podciał
rodziny A. K0 jest ciałem. Krótkie uzasadnienie: jeśli x, y ∈ K0, to x, y ∈ L
dla każdego L ∈ A, zatem x − y ∈ L i x/y ∈ L, a więc x − y ∈ K0 i x/y ∈ K0.
K0 jest ciałem prostym, bo gdyby istniało ciało M ⊂ K0, M 6= K0, to M
należałoby do A i część wspólna podciał rodziny A byłaby mniejsza od K0.
Wreszcie gdyby istniało inne podciało proste K1 ciała K, to część wspólna
K0 ∩ K1 byłaby podciałem ciała K zawartym w K0, 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 6= 0 różne od zera. Ponieważ w ciele jest wykonalne dzielenie, więc do K należą także wszystkie ułamki w postaci m?1n?1, m 6= 0. Zbiór tych ułamków jest, jak łatwo sprawdzić, ciałem, izomorficznym z Q. Jeśli p 6= 0, to
p ? 1 = 0 i, jak łatwo sprawdzić, zbiór {k ? 1 : k = 0, 1, . . . , p − 1} tworzy ciało
izomorficzne z Zp . W ten sposób wykazaliśmy, że ciało K zawiera podciało
proste Q lub Zp .
Potrzeba rozszerzania ciał bierze się z obliczania pierwiastków wielomia-nów. Jak już wiemy, nie wszystkie wielomiany z Q[X] i Z[X] mają pierwiast-ki. Np. wielomian X2− 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 X2 − 2 = 0 ma już rozwiązanie. Nadal jednak nie ma w tym ciele
rozwiązania równanie X2− 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 cia-łem, L jego rozszerzeniem, a — elementem L. Zbiór elementów ciała L w postaci
f (a) = f0+ f1a + · · · + fnan (fi ∈ K , i = 1, . . . , n)
tworzy podpierścień ciała L generowany przez K i a (oznaczany K[a]). Zbiór ułamków postaci f (a)g(a), gdzie g(a) 6= 0, tworzy podciało ciała L (generowane 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)g(a) o współczynnikach z K. Jeśli f1(a) = f2(a) w K(a), to współczynniki wielomianów f1 i f2 muszą
niezerowego f1 − f2, 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 f1(a) = f2(a), to f1 = f2. Nie
jest on prawdziwy dla elementów algebraicznych (np. √2 jest pierwiastkiem różnych równań : X2− 2 = 0, X3− 2X = 0, X4− 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 6= 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 6= 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
mi-nimalnym elementu algebraicznego a nad ciałem K.
Przykład. X2− 2 jest wielomianem minimalnym dla a =√2 nad Q.
Definicja 12 . Stopień n = [a : K] elementu algebraicznego względem ciała
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:
c0+ c1a + · · · ckak , , ci ∈ K. (4)
Okazuje się, że możemy ograniczyć się do wykładników k mniejszych od
n. Jeśli bowiem g jest elementem postaci:
c0+ c1a + · · · ckak, k n,
to rozważmy wielomian:
g = c0 + c1X + · · · ckXk.
Podzielmy g przez wielomian minimalny p elementu a:
g = qp + r, deg r < n, r = d0+ d1X + · · · + dn−1Xn−1.
Mamy wtedy
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:
c0+ c1a + · · · ckak, 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
c0+ c1a + · · · cn−1an−1 6= 0,
to odwrotność:
(c0+ c1a + · · · cn−1an−1)−1
Niech g = c0+ c1X + · · · cn−1Xn−1. Wielomian g jest względnie pierwszy
z wielomianem minimalnym elementu a. Zatem istnieją (z algorytmu Eukli-desa) wielomiany φ i ψ, dla których:
φp + ψg = 1.
Ale p(a) = 0, więc g(a)−1 = ψ(a), gdzie ψ(a) = d0 + d1a + · · · + dkak, przy
czym jak stwierdziliśmy, można założyć, że k < n. Wykazaliśmy więc, że zbiór
{c0+ c1a + · · · ckak : ci ∈ 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
dziel-nika (a, b) polega na wykonywaniu kolejnych dzieleń:
a = bq1+ r1 b = r1q2+ r2 r1 = r2q3+ r3 . . . . rn−2 = rn−1qn+ rn rn−1 = rnqn+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√3 2 + c√3 4 : a, b, c ∈ Q}.
3. Niech ε5 = cos(2π/5) + i sin(2π/5) . Jak wiadomo, jest to
pierwia-stek pierwotny stopnia 5 z jedności. Ale ε5 jest liczbą algebraiczną stopnia
czwartego; jest pierwiastkiem wielomianu X4+ X3+ X2+ X + 1. Zatem
Q(ε5) = {c0+ c1ε5+ c2ε25+ c3ε35 : ci ∈ Q}.
4. Wielomian X5 − 2X3+ 4X2− 6 jest nierozkładalny nad Q (tu
Czy-telnik musi uwierzyć na słowo, ewentualnie odszukać w literaturze kryterium
Eisensteina). Niech a oznacza pierwiastek tego wielomianu. Wtedy
Powstaje pytanie, czy ciało K(a), gdzie a jest pierwiastkiem pewnego wielomianu nierozkładalnego, zawiera wszystkie pozostałe pierwiastki wielo-mianu. Może tak być, jak pokazuje przykład 3: pozostałymi pierwiastkami wielomianu X4 + X3 + X2 + X + 1 są ε2
5, ε35, ε45. Ale nie musi tak być, co
pokazuje poniższy przykład.
Przykład. Wielomian X4−2 jest wielomianem nierozkładalnym nad Q. Jego
pierwiastkami są: a1 = 4 √ 2, a2 = i 4 √ 2, a3 = − 4 √ 2, a4 = −i 4 √ 2 i jest jasne, że:
Q(4
√
2) 6= Q(i√42), bo Q(√42) nie zawiera liczb zespolonych.
Ponieważ jak stwierdziliśmy:
K(a) = {c0 + c1a + · · · cn−1an−1 : ci ∈ K},
więc K(a) można traktować jako przestrzeń wektorową n–wymiarową nad ciałem K. Układ elementów :
{1, a, a2, . . . , an−1}
stanowi bazę tej przestrzeni. Oczywiście nie jest to jedyna baza, np. dla Q(
√
2) oprócz bazy {1,√2} można rozpatrywać bazę {1+
√ 2 2 , 1−√2 2 }, bo a + b√2 = (a + b)1+ √ 2 2 + (a − b) 1−√2
2 , a także inne bazy.
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.
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 na-tomiast 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 alge-braicznego.
Spójrzmy jeszcze raz na twierdzenia 15 i 16. Rozważmy homomorfizm:
φa: K[X] −→ L, φa(f ) = f (a),
przyporządkowujący wielomianowi f element f (a) ciała K. Jak zauważyliś-my, gdy a jest elementem przestępnym względem K, to homomorfizm φajest
zanurzeniem. Jeśli natomiast a jest algebraiczny, to jądro homomorfizmu f jest równe ideałowi generowanemu przez wielomian minimalny p elementu a:
ker φa= {f ∈ K[X] : f jest podzielny przez p} = (p).
Można uzasadnić (dowód pomijamy), że (p) jest ideałem maksymalnym pier-ścienia 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 izomorficz-ne z obrazem φa(K[X]) . To podciało φa(K[X]) ciała L jest najmniejszym
podciałem L zawierającym K i a, a więc φa(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
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:
b0+ b1a + · · · + bn−1an−1, bi ∈ K, i = 1, 2, . . . , n − 1
Przykład. Liczba zespolona i jako pierwiastek wielomianu X2 + 1 jest
ele-mentem algebraicznym nad ciałem R liczb rzeczywistych. Rozszerzenie R(i) składa się z elementów w postaci:
b0 + b1i, b0, b1 ∈ R,
a więc jest identyczne z ciałem liczb zespolonych. Podobnie, rozszerzenie Q(i) ciała liczb wymiernych jest identyczne z ciałem liczb zespolonych postaci
b0+ b1i, b0, b1 ∈ Q.
Z twierdzenia 19 wynika, że K(a) jest n-wymiarową przestrzenią liniową nad ciałem K z bazą {1, a, . . . , , an−1}. Wymiar tej przestrzeni nazywamy
stopniem rozszerzenia K(a) nad K.
Przykłady
1. Wielomian p(X) = X2− 2 jest wielomianem minimalnym dla√2 nad Q. Stąd bazę rozszerzenia Q(
√
2) tworzą liczby 1, √2 i jest to rozszerzenie stopnia 2.
2. Wielomian p(X) = X3− 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√3 2 + 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 rozwiązywalno-ści równań algebraicznych stopnia wyższego niż 4 przez pierwiastkowanie.
