Конечное расширение поля

[Unconnected]

$f \in K[X], K$ - поле, f неприводим $\to K[X]/_{<f>}$ - поле($=:L$). Пока что всё понятно.
K можно отождествить с подполем в $L: a \to \overline{a}$ - инъективное вложение. Так вот, а если f - константа, тогда разве инъекция будет?

[Joker_vD]

(Оффтоп)

Где вы такие обозначения откопали? $K[x]/(f)$. Ну ладно даже, $K[x]/\langle f\rangle$. Но в нижний-то индекс зачем пихать?

Unconnected в сообщении #546707 писал(а):

Так вот, а если f - константа, тогда разве инъекция будет?

Конечно. А в чем проблемы? Опишите-ка явно, что такое $K[x]/(a)$, где $a\in K$.

[muzeum]

Константа не является неприводимым элементом кольца многочленов. Неприводимыми многочленами (подобно простым числам в кольце целых чисел) обычно считают только необратимые элементы кольца (подобно тому, как число 1 не считается простым). В противном случае, порожденный идеал совпадает со всем кольцом и фактор есть ноль.

[Unconnected]

(Оффтоп)

У нас в <> учат. Ок, буду пихать в верхний)

$K[x]/(a)$, - если рассмотреть подполе $K/(a)$ в нём (а может, и не подполе, просто где классы это константы с чертой), то каждый класс это: $\overline{r}=r+(a)$. Ну вот и получается, что $f,g \in K, f=g+a$, перейдут в один класс..

Цитата:

Константа не является неприводимым элементом кольца многочленов. Неприводимыми многочленами (подобно простым числам в кольце целых чисел) обычно считают только необратимые элементы кольца

Неприводимость вроде то же, что и неразложимость, а это значит: $p=ab \to p \sim a \vee p \sim b$ (а второй множитель из обратимых). Ну и получается, что все многочлены нулевой степени тут неразложимы..

[Joker_vD]

Вот я ошибся (почему-то подумал про $K[x]/(x)$), но хорошо, что muzeum поправил. А вы, Unconnected, ловко отговорились от явного описания $K[x]/(a)$.

Элемент $a$ называется неприводимым, если он необратим и из $a=bc$ следует что либо $b$, либо $c$ обратим. Константы же обратимы в $K[x]$, если $K$ — поле.

[Unconnected]

Ааа, вот теперь понятно, да..
Ну и в общем случае, класс $K[x]/(a)$ это $r+(a)$. Хотя, возможно, есть ещё какое-то толкование.
Ещё вот чудо: $L:=R[X]$ (вещественные), $f \in L,deg(f)=2$, он неприводим и унитален (что это значит?O_o)
Тогда, $L/<f> \cong C$ ! (комплексным). Как это?

[Joker_vD]

Unconnected
Что ж, раскрою страшный секрет: если $a\in K$, $K$ — поле, то $K[x]/(a)=0$.

Не "унитален", а "унитарен" — т.е. старший коэффициент равен 1. Хотя обычно такие многочлены называют "нормированными".

[Unconnected]

Секрет - это да, любой элемент K делится на $a$, т.к. есть обратимый.

Так и какой там изоморфизм?

[Joker_vD]

Если $f(x)$ — неприводим, его можно записать как $f(x)=(x+f_1)^2+f_2$, $f_2>0$; возьмите гомоморфизм $\varphi\colon \mathbb R[x]\to\mathbb C$, действующий по правилу $\varphi(a)=a$, $\varphi(x)=-f_1+i\sqrt{f_2}$, покажите, что он сюръективен и его ядро равняется в точности $(f)$.

[Unconnected]

Цитата:

Если $f(x)$ — неприводим, его можно записать как $f(x)=(x+f_1)^2+f_2$, $f_2>0$

А это как так вышло, что в такой форме записать? Почему именно квадрат? И что за $f(a)$?

Неужели лектор думал, что я до этого догадаюсь?... O_o

[Joker_vD]

Unconnected в сообщении #546736 писал(а):

Цитата:

Если $f(x)$ — неприводим, его можно записать как $f(x)=(x+f_1)^2+f_2$, $f_2>0$

А это как так вышло, что в такой форме записать? Почему именно квадрат?

Вы про такой прием, как "выделение полного квадрата" слышали?

Unconnected в сообщении #546736 писал(а):

И что за $f(a)$?

Я задаю гомоморфизм на $\mathbb R[x]$ — для этого мне нужно задать, чему он равен для элементов из $\mathbb R$, и чему он равен на $x$, остальное достраивается. $\varphi(a)=a$ означает, что строящийся гомоморфизм будет действовать на $\mathbb R$ тождественно. Если вам непонятно, то вот полная форма:

$$\varphi(a_0+a_1x+\dots+a_nx^n)=a_0+a_1t+\dots+a_nt^n,\quad\text{где }t=-f_1+i\sqrt{f_2}.$$

Unconnected в сообщении #546736 писал(а):

Неужели лектор думал, что я до этого догадаюсь?... O_o

Ну, я думаю, на самом деле он хотел, чтобы вы разложили $f(x)=(x-x_1)(x-x_2),\;x_1,x_2\in\mathbb C$ и задали изоморфизм с помощью $\varphi(a+bx+(f))=a+bx_1$. Но мне это что-то не очень понравилось, поэтому я пошел немного иначе.

[Joker_vD]

Хм, а в принципе и отвергнутый мной вариант тоже ничего так... Особенно если просто сказать $a\mapsto a,\;x\mapsto x_1$.

Есть очень простое соображение: если взять канонический гомоморфизм $\psi\colon K[x]\to K[x]/(f)$, то $x$ переходит в корень $f$ (ну, точнее, в корень $\widetilde f\in (K[x]/(f))[x]$, но это мелочи). А если есть изоморфизм $\varphi\colon K[x]/(f)\to L$, то при $\varphi\circ\psi\colon K[x]\to L$ наш $x$ должен переходить в какой-то корень $f$ из этого поля $L$. Другое дело, что этот самый корень в $\mathbb C$ надо же было предъявить! Вариант с разложением $f(x)$ в $\mathbb C$ мне показался мухлежом (это же надо еще знать, что $\mathbb C$ алгебраически замкнуто), вот я и пошел другим путем.

И все-таки, при чем здесь унитарность?

[Unconnected]

Для пользы наверное лучше ваш разобрать сначала)
Ок, пусть всегда можно представить как $f(x)=(x+f_1)^2+f_2$, $f_2>0$ (хотя для $f=x+1$ как-то сходу не придумалось). Возьмём класс $\overline{g} $ фактор-кольца, $\overline{g}={g,g+f(x),g+2 \cdot f(x)....}$. По идее, все представители класса должны отображаться в один. Отображаю самый простой представитель, $\varphi(g)=\sum_{k=0}^{n}{a_k \cdot {(-f_1+i\sqrt{f_2}})^k} $. Так и должно быть? Как раскрывать степени?

Про унитарность не знаю, про замкнутость С проходили подробно, наверное это и имелось в виду..

[Joker_vD]

Вы же сами писали: "$f\in L,deg(f)=2$, он неприводим и унитарен". Причем тут $x+1$?

По тому что вы делали: что вы пытались сделать? Сюръективность показать? Так для этого достаточно доказать, что в образе есть $\mathbb R$ и $i$ (кстати, хорошее упражнение! Докажите, что этого действительно достаточно). $\mathbb R$ там есть по построению $\varphi$, откуда возьмется $i$ — из $\varphi(x)$.

Unconnected в сообщении #547053 писал(а):

про замкнутость С проходили подробно, наверное это и имелось в виду..

Ну, тогда действительно просто: $f(x)=(x-x_0)(x-\overline{x_0})$, где $x_0\in\mathbb C$, тогда $\varphi(a+bx+(f))=a+bx_0$ задает изоморфизм $\mathbb R[x]/(f)$ и $\mathbb C$: точно так же покажите, что в образе есть $\mathbb R$ и $i$. Ну, убедившись сначала, что это действительно инъективный гомоморфизм.

-- Сб мар 10, 2012 22:57:47 --

О, у вас все еще хуже. Вы нигде не упомянули, что $g$ выглядит как $g(x)=ax+b$, из чего напрашивается вывод, что вы этого и не увидели...

Как-то вы очень уж абстрактно: "возьмем $g$"... а как он выглядит-то, $g$? Какая у него степень? Первая? Так выходит, нет там никаких степеней, все шоколадно.

[Unconnected]

Цитата:

По тому что вы делали: что вы пытались сделать?

Нет, я хотел просто посмотреть, как класс фактор-кольца перейдёт в комплексное число. Отображаю самый простой представитель, $g=\sum_{k=0}^{n}{a_kx^k}$, $\varphi(g)=\sum_{k=0}^{n}{a_k \cdot {(-f_1+i\sqrt{f_2}})^k} $. Вот же степени, в сумме.. (а n=10, например).