Расширение поля, где неприводимый многочлен имеет корень

[koky]

Здравствуйте, помогите пожалуйста прояснить некоторые моменты в этой теореме.

Теорема:
Пусть дано поле $\mathrm{P}$ и неприводимый многочлен $ f \in \mathrm{P[x]}$. Тогда существует расширение поля $\mathrm{L}\supset\mathrm{P}$ в котором $f$ имеет корень.
Докозательство:
Имеет смысл рассматривать подстановку в многочлен $f = a_nx^n + ... + a_1x + a_0$ над полем $\mathrm{P}$ не элемента из поля $\mathrm{P}$, а матрицы элементов из поля $\mathrm{P}$. В качестве матрицы, которую мы будем подставлять возьмём так называемую сопровождающую матрицу многочлена, изначально приняв $a_n=1$:
$A_f= \left(\begin{array}{cccccc} 0 & . & .&... & 0&-a_0 \\ 1 & 0 & .& ...&0& -a_1 \\0 & 1 & 0&...&0 & -a_2 \\. & . & .&. & .&. \\. & . & .&. & .&. \\0 & 0 & 0&...&1& -a_{n-1} \end{array}\right)$
Рассмотрим строение выражения $B=f(A_f)$. В частности заметим, что
$A_fe_1=e_2$,
$A^2_fe_1=A_fe_2=e_3$,
...
$A^n_fe_1=A_fe_n=-a_0e_1-a_1e_2-...-a_{n-1}e_n$.
Тогда
$f(A_f)e_1=A^n_fe_1+a_{n-1}A^{n-1}_fe_1+...+a_1A_fe_1+a_0e_1=$
$=-a_0e_1-a_1e_2-...-a_{n-1}e_n+a_{n-1}e_n+...+a_1e_2+a_0e_1 = 0$ (1)
Аналогично$f(A_f)e_i = f(A_f)A^{i-1}_fe_1=A^{i-1}_ff(A_f)e_1 = 0$ (2). Коммутативность была применена в силу того факта, что в выражении присутствуют степени одной и той же матрицы.
Рассмотри теперь всё множество всех матриц $\mathrm{A_f} =\left( g(A_f)|\forall g \in\mathrm{P[x]} \right)$. Это множество уже образует кольцо; корень многочлена $f$ в этом кольце есть. Осталось показать что оно образует поле. Заметим, что в качестве многочленов $g$ из $\mathrm{P[x]}$ мы можем рассматривать только те, чья степень строго меньше степени $f$. Действительно, если разделить $g$ на $f$ с остатком, имеем $g(A_f)=q(A_f)f(A_f)+r(A_f)=r(A_f)$,$deg(r)<deg(f)$.
Любой элемент из $\mathrm{A_f}$ представим в виде $h=\alfa_0E+\alfa_1A_f+...+\alfa_{n-1}A^{n-1}_f$, что соответствует некоторому многочлену из $\mathrm{P[x]}$. Покажем, что если $h \ne 0$, то $h$ обратим в $\mathrm{A_f}$. Так как $f$ неприводим в $\mathrm{P[x]}$, то $\exists u,v: fu+hv=1$(3). Подставляя в эт равенство $A_f$ получаем $f(A_f)u(A_f)+h(A_f)v(A_f)=E$. Так как$f(A_f)=0$ имеем $v(A_f)=h^{-1}(A_f)$.
Доказано, что $\mathrm{A_f}$- поле, в котором $f$ имеет корень.

Итак, мы вводим новый элемент $A_f$. $e_i$ это похоже что столбцы с нулевыми элементами, кроме элемента i который равен 1. Мы пользуемся этими столбцами, хотя они не входят ни в данное ни в расширенное поле. Они служат нам как вспомогательные элементы. И чтобы в конце концов доказать (1) нам требуются обычные операции умножения матрицы на эти столбцы и умножение элементов данного поля на столбцы. Мы считаем что в результате таких действий мы не придём к ложным заключениям. Нам даже не требуется определять операции между $A_f$ и другими элементами множества, и операции между $A_f$ и самим $A_f$. Тот ноль который мы получили в (1), это именно тот нулевой элемент из $\mathrm{P}$. Для (2) нам тоже ничего нового не требуется. Теперь, когда мы рассматриваем множество $\mathrm{A_f}$ всех матриц, мы говорим, что корень многочлена $f$ в нём есть. Почему? Понятно что оно содержит и матрицу $A_f$ и все элементы поля $\mathrm{P}$. Подразумевается что $A_f$ тот самый корень. Т.е. $f(A_f)=0$, но у нас пока есть только $f(A_f)e_i=0$. Наверно имеется ввиду, что если представить $f(A_f)$ как матрицу, то если хоть один элемент её не нулевой, то в одном из произведений $f(A_f)e_i\ne0$, что неверно. Или вообще тогда можно рассуждать так, что если $f(A_f)\ne0$, то $f(A_f)e_1\ne0$ что опять неверно, при этом непонятно зачем тогда вообще доказывать для других i. Итак $f(A_f)=0$. Но при этом ноль, нулевой столбец и нулевая матрица отождествляются!! И к тому же, представляя $f(A_f)$ как матрицу нам уже пришлось бы вводить умножение элементов$\mathrm{P}$ на $A_f$, сложение $a_0 + a_1A_f$ которое очевидно определяется как $a_0E+a_1A_f$, где E - единичная матрица, а это уже получается второй единичный элемент в новом поле?! Ведь мы строим расширение поля, т.е. нам не просто нужно чтобы был гомоморфизм из $\mathrm{P}$ в $\mathrm{L}$, а чтобы$\mathrm{L}$ включало $\mathrm{P}$!! Это ведь разные вещи?!
В (3) мы конечно используем, что наибольший делитель $f$ и $h$ равен 1??
А затем мы опять получаем равенство с $E$. Причём если раньше быть может можно было сказать, что $E$ используется как вспомогательный элемент для определения операций, то теперь он сам результат операции, т.е. должен принадлежать полю?!
Как видите много неясностей. Весь ход доказательства мне понятен, вот только эти неувязки портят всё впечатление. Может кто-нибудь разъяснить?

[neo66]

Откуда этот ужас? Даже читать не хочется. Алгебра такая простая наука.
Идея там, по-моему, такая:

Рассмотрим кольцо многочленов $F[x]$ над полем $F$ и неприводимый многочлен $f\in F[x]$. Поскольку он неприводим, идеал, им порожденный $(f)$ - максимальный. А, значит, фактор $F[x]/(f)$ - поле. Ясно, что оно содержит поле $F$ и многочлен $f(x)$ имеет, по крайней мере один корень, а именно $[x] \in F[x]/(f)$.

Если непонятно, почитайте какой-нибудь нормальный учебник по алгебре.

[RIP]

Ну почему же ужас? Нормальное док-во. По сути, строится ровно то же самое поле. Просто если рассматривать поле $P[x]/(f(x))$ как линейное пространство над полем $P$, то оно имеет базис $1,x,\ldots,x^{n-1}$ (мне лень писать квадратные скобки). Каждому элементу можно поставить в соответствие матрицу оператора умножения на этот элемент в нашем базисе. Получим то, что в самом первом посте. Возможно, авторы хотели избежать излишней абстрактности.

-- Вт 20.4.2010 13:24:30 --

koky в сообщении #311282 писал(а):

Тот ноль который мы получили в (1), это именно тот нулевой элемент из $\mathrm{P}$.

Нет, это нулевой столбец.

koky в сообщении #311282 писал(а):

Наверно имеется ввиду, что если представить $f(A_f)$ как матрицу, то если хоть один элемент её не нулевой, то в одном из произведений $f(A_f)e_i\ne0$

Именно. И это верно. Типа, если оператор любой элемент базиса отправляет в нуль, то это нулевой оператор.

koky в сообщении #311282 писал(а):

Но при этом ноль, нулевой столбец и нулевая матрица отождествляются!!

Они не отждествляются, просто обозначаются одинаково.

koky в сообщении #311282 писал(а):

Ведь мы строим расширение поля, т.е. нам не просто нужно чтобы был гомоморфизм из $\mathrm{P}$ в $\mathrm{L}$, а чтобы$\mathrm{L}$ включало $\mathrm{P}$!! Это ведь разные вещи?!

Не совсем. Это стандартная практика в математике: рассматривать все объекты с точностью до изоморфизма. Поскольку существует изоморфизм между $P$ и некоторым подполем $L$, то можно считать, что $P\subseteq L$. Грубо говоря, мы отждествляем элемент изначального поля $a\in P$ с соответствующим элементом нового поля $aE\in\mathrm{A_f}$ (при этом, правда, отождествляются ноль и нулевая матрица, а я выше писал, что это не так, но там было не об этом). При желании всегда можно заменить все $aE$ на просто $a$, не трогая матрицы, которые не имеют вид $aE$. В математике такое частенько встречается.

koky в сообщении #311282 писал(а):

В (3) мы конечно используем, что наибольший делитель $f$ и $h$ равен 1??

Да.

[neo66]

RIP в сообщении #311358 писал(а):

Возможно, авторы хотели избежать излишней абстрактности.

Это, конечно, дело вкуса. Но, в данном случае, по-моему, абстрактность совсем не излишня, а, именно, что проясняет суть дела. А деревья часто мешают видеть лес.

[koky]

Огромное спасибо за разъяснения. Это вообще были лекции первого курса по алгебре, и идеалы там ещё не вводились. Для меня наиболее интересен вопрос, рассмотрения с точностью до изоморфизма. Да, я конечно уже заметил, что это часто используется. Эти поянтия как бы подменяются. И потом когда операются на эту теорему, то например считают, что симметрический многочлен, от корней в рассширенном поле принадлежит исходному полю, тогда как он просто соответствует. Хотя, если взять например расширение $\mathrm{R}$до $\mathrm{C}$, то нам там не обязательно иметь изоморфизм. Если например получили$a+bi -(a+bi)$ то не оязательно писать $=0+0i$, а пишем просто 0, которое из $R$. Не обязателно раскрывать смысл $i+5$, как прходится делать здесь $A_f +a = A_f + aE=$ и т.д. Так что в этом случае получается, именно настощее вложение. Согласитесь всё же приравнивать включение и гомоморфизм не совсем логически строго.

[RIP]

koky в сообщении #311384 писал(а):

Хотя, если взять например расширение $\mathrm{R}$до $\mathrm{C}$, то нам там не обязательно иметь изоморфизм. Если например получили$a+bi -(a+bi)$ то не оязательно писать $=0+0i$, а пишем просто 0, которое из $R$. Не обязателно раскрывать смысл $i+5$, как прходится делать здесь $A_f +a = A_f + aE=$ и т.д. Так что в этом случае получается, именно настощее вложение.

Вот и нет, нет тут настоящего вложения, а есть самый что ни на есть изоморфизм. Попробую объяснить на пальцах. Комплексное число --- это $a+b\mathrm i$, то есть это пара вещественных чисел. При этом комплексные числа вида $a+0\mathrm i$ ведут себя, как обычные вещественные числа (вот вам и изоморфизм), поэтому их пишут просто $a$, опуская $+0\mathrm i$ (вот вам и отождествление).

[koky]

Ну да, кончно, действительно так получается. Однако всё же я нашёл, что это может быть действительно вложением. Мы вводим новый элемент, нам нужно распростронить на него две существующие операции, и здесь нас ничто не ограничивает. Так же нам нужно распространить операции на все новые элементы, получившиеся в результате операций с новым элементом. И здесь как раз мы можем положить $(a+bi)+(-(a+bi))=0$, а не $0+0i$, ну тоесть считать это одим и тем же 0. Наверно и в той теореме так можно рассуждать.

[RIP]

Ну да, конечно, можно. То есть мы вводим насильственным путём этот корень, который обзовём, скажем, $\theta$. Элементами нашего расширенного поля назовём "числа" вида $g(\theta)$ с $g(x)\in P[x]$, а операции с ними производятся согласно аксиомам поля, только учитывается равенство $f(\theta)=0$ (поэтому можно считать, что $\deg g<\deg f$, ибо есть деление с остатком; при $P=\mathbb R$, $f(x)=x^2+1$ получим комплексные числа). Формализовывать это можно по-разному. Наиболее естественно это делается на языке идеалов (на самом деле это очень простая вещь: мы просто рассматриваем все многочлены по модулю многочлена $f(x)$, то есть вместо самих многочленов рассматриваем их остатки при делении на $f(x)$, а поскольку $f(x)\equiv0\pmod{f(x)}$, то есть многочлен $f(x)$ делится на себя, то и получаем (допуская некоторую вольность), что $x$ есть корень). А можно так, как в вашем посте, где $\theta$ задаётся в виде матрицы. Собственно, единственное отличие этих доказательств в том, каким образом вводится $\theta$. Док-во того, что получается поле, везде одинаково.

[AndreUT]

можно задать такой вопрос: поле P должно быть простым, или же это условие необязательно?
насколько я понимаю, поле может быть и непростым.

[VAL]

AndreUT в сообщении #402834 писал(а):

можно задать такой вопрос: поле P должно быть простым, или же это условие необязательно?
насколько я понимаю, поле может быть и непростым.

Это расширение получится простым (простым алгебраическим), а поле может быть любым.

[AndreUT]

Спасибо Вам!

[Профессор Снэйп]

koky в сообщении #311282 писал(а):

В качестве матрицы, которую мы будем подставлять

А ведь действительно ужас!

Почему нельзя действовать стандартным способом? Рассматриваем кольцо многочленов $P[x]$, и в нём идеал $M$, порождённый многочленом $f$. Тогда $M$ --- максимальный идеал (из-за неприводимости $f$) и $P[x]/M$ --- поле с требуемым свойством.