Қазақстан Республикасының ғылым және білім министрлігі
§ 1. Өрістің жай алгебралық кеңеюі
жүктеу/скачать 1,18 Mb. Pdf көрінісі
|
- Бұл бет үшін навигация:
- § 2. Өрістің құрама алгебралық кеңеюі
| § 1. Өрістің жай алгебралық кеңеюі
1. Өрістің жай кеңеюі Мысалдар. 1. Кез келген с P элементі P өрісінде алгебралық болады, өйткені ол f = x – с P[x] көпмүшесінің түбірі болады. 2. 2 алгебралық сан болады, өйткені ол f = x 2 – 2 Q[x] көпмүшесінің түбірі болады. 3. 3 2 саны x 3 – 2 Q[x] көпмүшесінің түбірі болады, сондықтан ол – алгебралық сан. 4. Кез келген комплекс с саны R өрісінде алгебралық сан болады. Шынында, c = a + bi, мұндағы i 2 = –1 және a, b R. Осыдан c – a = bi. Осы теңдікті квадраттайық: (c – a) 2 = –b 2 , c 2 – 2ac + a 2 = – b 2 , c 2 – 2ac + (a 2 + b 2 ) = 0. Сондықтан c саны f = x 2 – 2ax + (a 2 + b 2 ) R[x] көпмүшесінің түбірі болады. Осыдан кез келген комплекс сан дәрежесі 2-ден аспайтын нақты сандар өрісіндегі көпмүшенің түбірі болады. 2. Алгебралық элементтің минимал көпмүшесі Мысалдар. 5. Егер c P элементі f = x – c P[x] көпмүшесінің түбірі болады. Сондықтан осы көпмүше c үшін минимал және c элементінің P өрісіндегі дәрежесі 1 болады. 6. 2 саны f = x 2 – 2 көпмүшесінің түбірі болады және осы көпмүше, Эйзенштейн критериі бойынша, Q өрісінде жіктелмейді . Сондықтан осы көпмүше 2 саны үшін минимал және санның дәрежесі 2–ге тең.
7. 3 2 саны f = x 3 – 2 көпмүшесінің түбірі болады және осы көпмүше рационал сандар өрісінде жіктелмейді (Эйзенштейн критериі). Сондықтан осы көпмүше 3 2 саны үшін минимал көпмүше және санның Q өрісінде дәрежесі 3 болады. 8. c = 3 4 – 2
3 2 – 1 санының Q өрісіндегі минимал көпмүшесін және оның дәрежесін табайық. c + 1 = 3 4 – 2 3 2 теңдігін кубтайық: (c + 1) 3 = (
3 4 – 2
3 2 )
3 , c 3 + 3c 2 + 3c + 1 = 4 – 3( 3 4 )
2 (2 3 2 ) + 3( 3 4 )(2 3 2 ) 2 – (2
3 2 )
3 , c 3 + 3c 2 + 3c + 1 = 4 – 12 3 4 + 24
3 2 – 16, c 3 + 3c 2 + 3c + 1 = – 12( 3 4 – 2
3 2 +
1), c 3 + 3c 2 + 3c + 1 = – 12c, c 3 + 3c 2 + 15c + 1 = 0. Сонымен c саны f(x) = x 3 + 3x 2 + 15x + 1 көпмүшесінің түбірі болады. Осы көпмүшенің рационал түбірі болмайтынын көруге болады. Сондықтан ол рационал сандар өрісінде жіктелмейді . Онда f(x) көпмүшесі c саны үшін минимал және санның дәрежесі 3-ке тең. 9. p жай сан және
саны бірден p-дәрежелі алғашқы түбір болсын. Онда w p саны f = x p – 1 Q[x] көпмүшесінің түбірі болады. Бірақ, бұл көпмүше
саны үшін минимал болмайды, өйткені f = x p – 1 = (x – 1)(x
+ x p–2 +...+ x + 1) = (x – 1)X p .
5-тарауда, §2, X p = x p–1 + x p–2 +...+ x + 1 көпмүшесінің рационал сандар өрісінде мейтіні көрсетілген. Сондықтан
санының Q өрісінде X p минимал көпмүшесі және оның дәрежесі p – 1 болады. Сөйтіп, бірдің жай p-дәрежелі алғашқы түбірінің Q өрісінде дәрежесі (p – 1)-ге тең. 3. Жай алгебралық кеңею 4. Жай алгебралық кеңеюдің құрылымы
2 сандарының сызықтық комбинациясы болады, атап айтқанда, Q( 2 ) = {a + b 2 | a, b Q}. 11.
3 2 санының Q өрісінде дәрежесі 3-ке тең. 5-теорема бойынша, Q( 3 2 ) өрісінің кез келген элементі 1, 3 2 , 2 3 2 = 3 4 дәрежелерінің сызықтық комбинациясы болады, яғни Q( 3 2 ) = {a + b 3 2 + c 3 4 | a, b, c Q}. 12. p жай сан және саны бірден p-дәрежелі алғашқы түбір болсын. Онда санының минимал көпмүшесі X p = x p–1 + x p–2 + … + x + 1 көпмүшесі болады. Сондықтан санының Q өрісіндегі дәрежесі (p – 1)-ге тең, ал Q( ) өрісінің кез келген элементінің түрі a 0 + a 1 + … + a p–1 p–2 болады. 5-теорема келесі түрдегі есепптерде қолданылады:
) ( ) (
h g бөліндісі u 0 + u 1 α + ...+ u n–1 α n–1 түрінде еді, мұндағы u 0 , u 1 , …, u n–1 P. Осындай келтіру бөлшектің бөлімін иррационалықтан босату деп аталады. Мысалдар. 13. = 5 және = 3 сандары Q() өрісіне тиісті бола ма? Мұндағы, = 3 15 . санының минимал көпмүшесі f(x) = x 3 – 15 және оның дәрежесі 3-ке тең болады. Егер Q(), онда ол 1,
, 2 дәрежелерінің сызықтық комбинациясы болады: 5 = a 0 + a 1
2
2 , a 0 , a 1 , a 2 Q. Осыдан 5 = (a 0 + a 1 + a 2
2 )
, 5 = a 0 2 + a 1 2 2 + a 2 2
4 + 2a 0 a 1
0
2
2 + 2a 1 a 2
3 . Ал
3 = 15, 4 = 15 , сондықтан (30a 1
2
0 2 – 5) + (15a 2 2 + 2a 0 a 1 ) + (a 1 2 + 2a 0
2 )
2 = 0. Бұл -ның дәрежесі 3-тен кем екенін көрсетеді. Қайшылық. Сондықтан Q(). Осыған ұқсас Q() екені көрсетіледі. 14.
1 1 2 2 бөлшегінің бөлімін иррационалдықтан босатайық, мұндағы элементі көпмүшесі f = x 3 + 2x – 1 көпмүшесінің түбірі болады. f көпмүшесінің рационал түбірі болмайды (5-тарау, § 1). Сондықтан f көпмүшесі рационал сандар өрісінде жіктелмейді. Онда f көпмүшесі элементінің Q өрісіндегі минимал көпмүшесі болады және элементінің дәрежесі 3–ке тең. Енді берілген бөлшектің алымы мен бөлімінің түріне сәйкесінше g = x 2 – 1, h = x 2 + 1 деп алса, онда 1 1
2 =
) ( ) ( h g . Одан кейін f және h көпмүшелерінің ең үлкен ортақ 1 бөлгіші сызықтық түрде еді: 1 = uf + vh, u = 2 1 (–x – 1), v = 2 1 (x 2 + x + 1). Осыдан 2 1 (–x – 1)f(x) + 2 1 (x 2 + x + 1)h(x) = 1. Егер осы теңдікте x-тің орнына -ны қойса, онда 2 1 (– – 1)f() + 2 1 ( 2 + + 1)h() = 1. Ал f() = 0, сондықтан 2 1 ( 2 + + 1)h( ) = 1. Осыдан h() –1 = ( 2 + 1) –1 =
2 1 ( 2 + + 1) және 1 1 2 2 =
2 1 ( 2 – 1)( 2 + + 1) = 2 1 ( 4 + 3 + 2 – 2 – – 1) = 2 1 ( 4 + 3 – – 1) = 2 1 [ 3 ( + 1) – ( + 1)] = 2 1 ( + 1)( 3 – 1). Ал 3 = –2 + 1. Сондықтан 1 1
2 =
2 1 ( + 1)(–2 + 1 – 1) = 2 1 ( + 1)(–2) = –( 2 + ). 15.
1 2 2 2 1 4 бөлшегінің бөлімін иррационалдықтан босатайық. Осы жағдайда = 4 2 деп алынады. Онда 1 2 2 2 1 4 = 1 2 1 2 және
саны f = x 4 – 2 көпмүшесінің түбірі болады, яғни 4 – 2 = 0. Эйзенштейн критериі бойынша (5-тарау, § 2), f көпмүшесі рационал сандар өрісінде жіктелмейді. Енді 2-мысалдағыдай жалғастырамыз. Бұл жағдайда g = 1, h = x 2
+ 2x – 1 деп алынады және f пен h көпмүшелердің ең үлкен ортақ бөлгіші сызықтық түрде еді d = uf + vh, d = 16 7 , u = 48 1
48 1 (–4x 3 – x 2 – 2x + 3). Осыдан 48 1 (4x + 9)f(x) + 48 1 (–4x 3 – x 2 – 2x + 3)h(x) = 16 7 . Егер осы теңдікте x-тің орнына -ны қойса, онда 48 1 (4 + 9)f() + 48 1 (–4 3 – 2 – 2 + 3)h( ) = 16 7 , ал f( ) = 0, сондықтан 48 1 (–4 3 – 2 – 2 + 3)h() = 16 7 . Осыдан h( ) –1 = 1 2 1 2 = –
21 1 (–4 3 – 2 – 2 + 3). Сөйтіп, 1 2 2 2 1 4 = 21 1 (4 3 + 2 + 2 – 3). 16.
1 3 2 1 бөлшегінің бөлімін иррационалдықтан босатайық. Әуелі
= 2 + 3 + 1 теңдігін иррационалдықтан босатайық: – 2 – 1 = 3 , ( – 2 – 1) 2 = ( 3 ) 2 ,
2 + 2 + 1 – 2 2 – 2 – 2 2 = 3, 2 – 2 = 2( – 1) 2 , ( 2 – 2 ) 2 = [2( – 1) 2 ] 2 , 4 + 4 2 – 4 3 = 8 ( 2 – 2 + 1), 4 – 4 3 – 4 2 + 16 – 8 = 0. Сонымен саны f(x) = x 4
– 4x 3 – 4x 2 + 16x – 8 көпмүшесінің түбірі болады. Ол рационал сандар өрісінде жіктелмейді, сондықтан ол
Енді g(x) = x деп алайық. Онда g( ) –1 = 1 бөлшегінің бөлімін иррационалдықтан босату керек. Ал f(x) = (x 3 – 4x 2 – 4x + 16)g(x) – 8, –8 = f(x) – (x 3 – 4x 2 – 4x + 16)g(x), 1 = – 8 1
8 1 (x 3 – 4x 2 – 4x + 16)g(x), 1 = – 8 1
) + 8 1 ( 3 – 4 2 – 4 + 16)g(), 1 = 8 1 ( 3 – 4 2 – 4 + 16)g(), өйткені f() = 0. Сондықтан 1 3 2 1 =
1 = g( ) –1 = 8 1 ( 3 – 4 2 – 4 + 16). 17.
саны f(x) = x 3 – 7x + 5 Q[x] көпмүшесіің түбірі және = – 2 + 2 болсын. санының рационал сандар өрісіндегі минимал көпмүшесін табайық. f( ) = 0 болғандықтан 3 = 7 – 5. Одан әрі = (– 2 + 2) = – 3 + 2 = –7 + 5 + 2 = –5 + 5, 2
2 (– 2 + 2) = – 3 + 2 2 = – (7 – 5) + 2 2 = –7 2 + 5 – 2 2 = –5 2 + 5 . Сөйтіп, = – 2 + 2 = –5 + 5 2 = –5 2 + 5 теңдеулер жүйесіне келеміз. Оны –
2 + 0 + (2 – ) = 0 0 2 + (5 – ) + 5 = 0 (–5 –
) 2 + 5 + 0 = 0 1,
, 2 дәрежелеріне қатысты біртекті сызықтық теңдеулер жүйесі түрінде жазуға болады. Осы жүйенің нөлден өзгеше шешімі бар, сондықта жүйенің анықтауышы нөлге тең: 0 5 5 5 5 0 2 0 1 = 0. Осыдан 3 + 8 2 + 5 – 25 = 0. Сөйтіп саны f(x) = x 3 + 8x 2 + 5x – 25 көпмүшесінің түбірі болады. Көпмүшенің рационал түбірлері болмайды, сондықтан ол рационал сандар өрісінде жіктелмейді . Онда осы көпмүше санының рационал сандар өрісінде минимал көпмүшесі болады және -ның рационал сандар өрісіне қатыстыдәрежесі 3-ке тең. Осы y = –x 2 + 2 формуласымен берілген түрлендіру x 3 – 7x + 5 = 0 теңдеуін y 3 + 8y 2 + 5y – 25 = 0 теңдеуіне Чирнгауз түрлендіруі деп аталады.
Сөйтіп Q Q( ) Q() және Q() / Q, Q() / Q кеңеюлерінің дәрежелері 3-ке тең. Сондықтан Q() = Q( ). Олай болса, жай алгебралық кеңеюдің құрылымы туралы теорема бойынша, саны 1, , 2
дәрежелерінің сызықтық комбинациясы болады. Оның координаталарын табайық. f(x) көпмүшесін -ның анықтамасына сәйкес g(x) = –x 2 + 2 көпмүшесіне қалдықпен бөлейік: f(x) = g(x)(– x) + (–5x + 5). Ал f( ) = 0, сондықтан g()(–) + (–5 + 5) = 0 немесе g()(–) = 5 – 5. Ал g() = , сондықтан (–) = 5 –5. Осыдан = –5 + 5 , = 5 5 . Енде
5 5 бөлшегін бөліміндегі иррационалдықтан босатқаннан кейін,
5 1 (–10 + 3 + 2 ). § 2. Өрістің құрама алгебралық кеңеюі 1. Өрістің ақырлы кеңеюі Мысалдар. 1) C = R(i) және С / R кеңеюінің бір базисін 1, i сандары құрайды. 2) F = Q( 3 2 ) болғанда, F / Q кеңеюінің базисін 1, 3 2 ,
3 4 сандары құрайды. 2. Өрістің құрама кеңеюі
2. F = Q(i, 3 2 ) болғанда, [Q( 3 2 ) : Q] = 3 және [F : Q( 3 2 )] = 2. Сондықтан [F : Q] = 6. Ал Q( 3 2 ) / Q кеңеюінің базисін 1, 3 2 , 3 4 сандары, F / Q( 3 2 ) кеңеюінің базисін 1, i сандары құрайды. Сондықтан, 3-теореманың дәлелдеуіндегідей, құрама F / Q кеңеюінің базисін 1, i, 3 2 , 3 4 , i 3 2 , i 3 4 сандары құрайды. Сондықтан F өрісінің кез келген элементі 1, i, 3 2 , 3 4 , i 3 2 , i 3 4 сандарының Q өрісінде сызықтық комбинациясы болады: кейбір рационал a 1 , a 2 , a 3 , a 4 , a 5 , a 6 сандары үшін a 1 + a 2 i + a 3 3 2 + a 4 3 4 + a 5
3 2 + a 6 i 3 4 түрінде еді. 3. Өрістің құрама алгебралық кеңеюдің жай алгебралық кеңею болу Мысалдар. 1. Q( , ) өрісінің берілген кеңеюінің қарапайым элементін табайық және , сандарын қарапайым элементінің дәрежелері арқылы өрнектейік, мұнда = 3 , = i 10 . мен сандарының рационал сандар өрісінде минимал көпмүшесі сәйкесінше f(x) = x 2 – 3 және g(x) = x 2 + 10 болады. Қарапайым элемент ретінде = 3 + i 10 санын алайық. Онда – 3 = i 10 , ( – 3 )
2 = –10,
2 – 2 3 + 3 = –10, 2 + 13 = 2 3 , ( 2 + 13) 2 = 12
2 , 4 + 26 2 + 169 = 12 2 , 4 + 14 2 + 169 = 0. Сондықтан саны h(x) = x 4 + 14x 2 + 169 көпмүшесінің түбірі болады. Ол рационал сандар өрісінде жіктелмейді, сондықтан ол
Осыдан Q( ) = Q(, ), яғни қарапайым элемент болады. Әуелі
-ны -ның дәрежелерінің сызытық комбинациясы түрінде өрнектейік. Ол үшін u(x) = g( – x) деп алайық. Онда u( ) = g( – ) = g() = 0. Сөйтіп саны u(x) мен g(x) көпмүшелерінің ортақ түбірі болады. Безу теоремасы бойынша, осы көпмүшелер x – Q()[x] екімүшесіне бөлінеді. Ал u(x) = g( – x) = ( – x) 2 + 10 = x 2 – 2x + ( 2 +10). Енді f(x) және u(x) көпмүшелерін ортақ бөлгішін табайық. Ол үшін u(x)-ты f(x)-қа қалдықпен бөлейік: u(x) = f(x)1 + (–2x + 2 + 13). Көпмүшелердің ортақ бөлгішінің қасиеті бойынша, (f(x), u(x)) = (f(x), r(x)), мұндағы r(x) = –2x + 2 + 13. Ең үлкен ортақ бөлгіш x – екімүшесіне бөлінеді және оның дәрежесі оң. Сондықтан x – және –2x + ( 2 + 13) екімүшелері ассоциацияланған болу керек: x – –2x + ( 2 + 13). Екінші көпмүшені –2 коэффициентіне қысқартқаннан кейін x – = x – 2 13 2 . Сондықтан = 2 13 2 . Енді 2 13 2 бөлшегінің бөлімін иррационалдықтан босатамыз. Ал h(x) = x( x 3 + 14x) + 169, 169 = h(x) – x( x 3 + 14x), 169 = h() – ( 3 + 14). Ал h() = 0, сондықтан –1 = –
169 1 ( 3 + 14). Осыдан = 2 13 2 = – 169 2 1 ( 2 + 13)( 3 + 14) = – 338 1 ( 4 + 27
3 + 182) = – 338 1
2 – 169) + 27 3 + 182] = 338 1
3 – 169 + 27 3 + 182] = – 338 1 (13 3 + 13 ) = – 26 1 ( 3 + ). Осыған ұқсас -да -ның дәрежелері арқылы сызықтық түрде өрнектеледі. 2. Берілген = 2 және = 3 3 сандарын ) ( ) ( g f түрінде өрнектейік, мұндағы = + . Рационал сандар өрісінде = 2 және = 3 3 сандарының минимал көпмүшелері сәйкесінше сәйкесінше f(x) = x 2 – 2 және g(x) = x 3 – 3 болады. Енді -ның минимал көпмүшесін табайық: = 2 + 3 3 ,
3 3 = – 2 , 3 = ( – 2 ) 3 , 3 = 3 – 3 2 2 + 6 – 2 2 , 2 (3 2 + 2) = 3 + 6 – 3, 2(3 2 + 2)
2 = (
3 +
6 – 3) 2 , 2(9 4 + 12
2 + 4) = 6 + 12
4 – 6
3 + 36
2 – 36 + 9, 6 – 5
4 – 5
3 + 12
2 – 35 + 1 = 0. Сондықтан саны f(x) = x 6 – 5x 4 – 5x 3 + 12x 2 – 36x + 1 көпмүшесінің түбірі болады. Осы көпмүше рационал сандар өрісінде жіктелмейді . Шынында, ол се, онда оның 1-дәрежелі, немесе 2-дәрежелі, немесе 3-дәрежелі жіктелмейтін көбейткіші болар еді. Екінші жағынан, ол се, онда ол кез келген 2 модулы бойынша ер еді. Ал x 6 – 5x 4 – 5x 3 + 12x 2 – 36x + 1 x 6 + x 4 + x 3 + 1(mod 2). Сондықтан 2 модулы бойынша x 6 + x 4 + x 3 + 1
көпмүшесі де жіктелмейтін еді. Ал 2 модулы бойынша 1-дәрежелі жіктелмейтін екі x, x + 1 көпмүше, 2- дәрежелі жіктелмейтін жалғыз көпмүше x 2 + x + 1, 3-дәрежелі жіктелмейтін екі x 3 + x 2 + 1, x 3 + x + 1 көпмүше бар. Бірақ x 6 + x 4 + x 3 + 1 көпмүшесі олардың біреуіне де бөлінбейді. Сондықтан x 6 – 5x 4 – 5x 3 +
12x 2 – 36x + 1, x 6 + x 4 + x 3 + 1 көпмүшелерінің екеуі де 2 модулы бойынша жіктелмейді . Сөйтіп, x 6 – 5x 4
– 5x 3 + 12x 2 – 36x + 1 көпмүшесі рационал сандар өрісінде жіктелмейді . Онда ол -ға минимал көпмүше болады жіне -ның дірежесі 6-ға тең. Сонымен [Q() : Q] = 6. Осыдан Q() = Q( , ), яғни – қарапайым элемент. Енді
2 – 2 және u(x) = g( – x) = ( – x) 3 – 3 Q()[x] көпмүшелерінің түбірі болады. Сондықтан олар, Безу теоремасы бойынша, x – көпмүшесіне бөлінеді. Онда олардың ең үлкен ортақ бөлгішінің дәрежесі оң болады. Ал u(x) = g( – x) = ( – x) 3 – 3 = –x 3 + 3x 2 – 3
2 x + ( 3 – 3) = (x 2 – 2)(–x + 3) + (3 2 – 2)x + ( 3 – 1 + 3). Осыдан (u(x), f(x)) = (u(x), 3 – 1 + 3) = 3 – 1 + 3, өйткені u(x), f(x) көпмүшелерінің ең үлкен ортақ бөлгішінің дәрежесі оң және ең үлкен ортақ бөлгіш x –
2 – 2)x + ( 3 – 1 + 3) екі мүшелері ассоциациаланған болады, яғни x –
2 3 1 3 2 3 . Осыдан = – 2 3 1 3 2 3 .
Осыған ұқсас -ны да ) ( ) (
g f түрінде өрнектеуге болады. жүктеу/скачать 1,18 Mb. Достарыңызбен бөлісу:
|