Высшая алгебра

[Юстас]

пусть $\alpha$ - комплексный корень многочлена $P$ из $Q[x]$ неприводимого над множеством рациональных чисел. Найти размерность над $Q$ линейного пространства $Q[\alpha]$, состоящих из чисел вида $f(\alpha)$, где $f$ из $Q[x]$.

[Руст]

Размерность равно степени неприводимого многочлена, корнем которого является $\alpha .$ Это очевидно.

[Юстас]

Насколько я понимаю, это следует из представления $f(x)=P(x)q(x)+r(x)$, где $deg\ r(x) <\ deg P(x)$ и рациональности коэффициентов $r(x)$? Тогда в качестве базиса берем просто $1,\ \alpha,\dots,\alpha^{n-1}$, где $n=degP(x)$.
Да, бывают глупые вопросы, когда очень надо, а подумать времени нет..

[Руст]

Юстас писал(а):

Насколько я понимаю, это следует из представления $f(x)=P(x)q(x)+r(x)$, где $deg\ r(x) <\ deg P(x)$ и рациональности коэффициентов $r(x)$? Тогда в качестве базиса берем просто $1,\ \alpha,\dots,\alpha^{n-1}$, где $n=degP(x)$.
Да, бывают глупые вопросы, когда очень надо, а подумать времени нет..

Да это есть естественный базис (если бы существовало соотношение между ними, то степень неприводимого многочлена был бы меньше).

[Юстас]

Вы имели ввиду так?
Пусть $\exists P_1(x): deg P_1(x)<n,\ P_1(\alpha)=0 $. Тогда $P(x)=P_1(x)q(x)+r(x),\ deg\ r(x)<degP_1(x),\ r(\alpha)=0$, и так можно спуститься до многочлена первой степени, где возникает противоречие.

[Руст]

Противоречия нет. Заранее предположили что степень неприводимого многочлена n, стало быть все коэффициенты r(x) перед степенями нули.

[Юстас]

Не совсем понятно, почему можно сразу это утверждать. Я предположил, существует многочлен меньшей степени с условием $P_1(\alpha)=0$ и получил из алгоритма Евклида, что степень НОД(P(x),P_1(x))>0, что противоречит неприводимости.