commit 2416cec26113712a04e3eabc27d2595a4f9082e2 Author: Alexander Luzgarev Date: Mon Jul 18 12:58:48 2016 +0200 Initial commit diff --git a/.gitignore b/.gitignore new file mode 100644 index 0000000..40cb740 --- /dev/null +++ b/.gitignore @@ -0,0 +1,12 @@ +*~ +.DS_Store +*.aux +*.fdb_latexmk +*.fls +*.log +*.out +*.synctex.gz +*.toc +*.brf +*.idx +*.ilg diff --git a/galois.pdf b/galois.pdf new file mode 100644 index 0000000..1e3e280 Binary files /dev/null and b/galois.pdf differ diff --git a/galois.tex b/galois.tex new file mode 100644 index 0000000..5b80afb --- /dev/null +++ b/galois.tex @@ -0,0 +1,3325 @@ +\documentclass[a4paper,11pt]{scrartcl} + +%\usepackage{titlesec} + +\usepackage[T2A]{fontenc} +\usepackage[utf8]{inputenc} +\usepackage[russian]{babel} + +\usepackage{enumitem} + +\usepackage{amsmath} +\usepackage{amssymb} +\usepackage{amsfonts} +\usepackage{amsthm} +\usepackage{titletoc} +\usepackage{ccfonts} +%\usepackage[euler-hat-accent]{eulervm} + +\renewcommand{\bfdefault}{sbc} +\usepackage{ccfonts,eulervm,microtype} +%\usepackage{microtype} + + +\usepackage{tikz-cd} +\usepackage{tikz} +\usetikzlibrary{matrix,arrows,decorations.pathmorphing} + + +\usepackage[all,cmtip]{xy} +\usepackage[portrait,a4paper,margin=2.5cm,headsep=5mm]{geometry} + +%\usepackage[pagebackref]{hyperref} +%\usepackage[notref,notcite]{showkeys} +\usepackage{hyperref} +%\hypersetup{colorlinks = true, linkcolor = blue} +\hypersetup{colorlinks = false} +% linkbordercolor = blue, +% pdfborderstyle={/S/U/W 1}} + +\theoremstyle{plain} +\newtheorem{theorem}{Теорема}[subsection] +\newtheorem{corollary}[theorem]{Следствие} +\newtheorem{proposition}[theorem]{Предложение} +\newtheorem{lemma}[theorem]{Лемма} +\newtheorem{exercise}[theorem]{Упражнение} + +\theoremstyle{definition} +\newtheorem{definition}[theorem]{Определение} +\newtheorem{remark}[theorem]{Замечание} +\newtheorem{example}[theorem]{Пример} +\newtheorem{examples}[theorem]{Примеры} +\newtheorem{num}[theorem]{} + +\newcommand\dfn[1]{\textbf{#1}} +\newcommand\mb{\mathbb} +\newcommand\mc{\mathcal} +\newcommand\mf{\mathfrak} +\newcommand\ol{\overline} +\newcommand\und{\underline} +\newcommand\trleq{\trianglelefteq} +\newcommand\isom{\cong} +\newcommand\ph{\varphi} +\newcommand\wt{\widetilde} +\newcommand\sseq{\subseteq} +\newcommand\la{\langle} +\newcommand\ra{\rangle} + +\newcommand\Gr{\operatorname{Gr}} +\newcommand\GL{\operatorname{GL}} +\newcommand\Gal{\operatorname{Gal}} +\newcommand\id{\operatorname{id}} +\newcommand\img{\operatorname{im}} +\newcommand\mmod{\operatorname{mod}} +\newcommand\Frac{\operatorname{Frac}} +\newcommand\Cl{\operatorname{Cl}} +\newcommand\Aut{\operatorname{Aut}} +\newcommand\Idem{\operatorname{Idem}} +\newcommand\rank{\operatorname{rank}} +\newcommand\Spec{\operatorname{Spec}} +\newcommand\free{\operatorname{free}} +\newcommand\Ab{\mathfrak{Ab}} +\newcommand\ab{\operatorname{ab}} +\newcommand\colim{\operatorname{colim}} +\newcommand\sgn{\operatorname{sgn}} +\newcommand\sr{\operatorname{sr}} +\newcommand\Um{\operatorname{Um}} +\newcommand\Hom{\operatorname{Hom}} +\newcommand\St{\operatorname{St}} +\newcommand\Ext{\operatorname{Ext}} +\newcommand\disc{\operatorname{disc}} +\newcommand\op{{\operatorname{op}}} +\newcommand\Set{\mf{Set}} +\newcommand\Top{\mf{Top}} +\newcommand\tld{\widetilde} +\newcommand\Ob{\operatorname{Ob}} +\newcommand\Vect{\operatorname{Vect}} +\newcommand\tors{{\operatorname{tors}}} +\newcommand{\Ree}{\operatorname{Re}} +\newcommand{\Img}{\operatorname{Im}} + +\newcommand\rk{\operatorname{rank}} +\newcommand\eps{\varepsilon} +\newcommand\toiso{\xrightarrow{\sim}} +\newcommand\diag{\operatorname{diag}} +\newcommand\ev{{\operatorname{ev}}} +\newcommand\odd{{\operatorname{odd}}} +\newcommand\SO{\operatorname{SO}} +\newcommand\Ker{\operatorname{Ker}} +\newcommand\cchar{\operatorname{char}} +\newcommand\Equiv{\Leftrightarrow} +\newcommand\Stab{\operatorname{Stab}} + +\begin{document} + +% Galois Theory + +\title{Теория Галуа\footnote{Конспект лекций факультатива для +механиков весны 2016 года; предварительная версия.}} +\author{Александр Лузгарев} +\maketitle + +\tableofcontents + +\section{Мотивация} + +\subsection{Квадратные уравнения} + +Люди с древних времен хотели решать алгебраические уравнения. +По-видимому, методы для решения квадратных уравнений были известны как +минимум четыре тысячи лет назад в Вавилоне; явная формула была +приведена Брахмагуптой в 628 году нашей эры. +Эта формула теперь изучается школьниками: для вещественных чисел +$p,q$ уравнение $x^2+px+q=0$ имеет корни +$$ +x = \frac{-p\pm\sqrt{p^2-4q}}{2}. +$$ +Разумеется, если $p^2-4q < 0$, эта формула не приводит к вещественным +решениям, но, как мы знаем теперь, она остается верной, если искать +корни в поле комплексных чисел. +Отметим также, что более общее квадратное уравнение вида +$ax^2 + bx + c = 0$ приводится к указанному выше делением на $a$ +(а если $a=0$, то это и не квадратное уравнение вовсе, а линейное). + +Для вывода этой формулы заметим, что первые два слагаемых в выражении +$x^2+px+q$ можно рассматривать как начало формулы квадрата суммы: +$(x+?)^2 = x^2 + 2?x + ?^2$. Если мы хотим получить в правой части +$px$, нужно взять $?=p/2$ и рассмотреть тождество +$(x+p/2)^2 = x^2 + px + p^2/4$. +Это подсказывает, что можно прибавить и вычесть из нашего уравнения +$p^2/4$: +$$ +x^2 + px + p^2/4 - p^2/4 + q = 0, +$$ +что приводит нас к +$$ +(x+p/2)^2 = p^2/4 - q +$$ +(эта процедура называется <<выделение полного квадрата>>). +Если $p^2/4-q<0$, полученное уравнение, очевидно, не имеет решений. +Если же $p^2/4-q\geq 0$, то, +извлекая корень из обеих частей, получаем +$$ +x + p/2 = \pm\sqrt{p^2/4 -q}, +$$ +откуда несложным преобразованием получается известная школьная +формула. + +Отметим, что неопределенность в знаке при извлечении корня как раз и +приводит в итоге к двум решениям, а не одному. При переходе к +комплексным числам картина резко упрощается: не нужно заботиться о +знаке выражения $p^2/4-q$, поскольку в поле $\mb C$ из {\em любого} +ненулевого числа извлекается ровно два квадратных корня, и, таким +образом, исходное квадратное уравнение c $p^2/4-q\neq 0$ всегда имеет +ровно два решения (а если $p^2/4-q=0$, то в некотором смысле решения +тоже два, но они совпали~--- появился кратный корень). + +Разумеется, четыре тысячи лет назад в древнем Вавилоне (да и в древней +Индии седьмого века) комплексных чисел не знали. Более того, были +проблемы даже с отрицательными числами, так что речь шла о решении +уравнений трех различных видов: +$x^2 = px + q$, $x^2 + px = q$, $x^2 + q = px$~--- а уравнение вида +$x^2 + px + q = 0$ вообще не имело решений, поскольку и решения-то +искались только среди положительных чисел. + +\subsection{Кубические уравнения} + +Отрицательные числа не вошли в обиход широкой публики и к +1515 году, когда Сципионе дель Ферро получил формулу для решения +кубического уравнения вида $x^3 + px = q$. Его метод, впрочем, +остался неопубликованным (и до сих пор о нем не так много известно), +но он передал его некоторым своим ученикам перед тем, как умер в 1526 +году. +Одного из них звали Антонио Мария Фьор, и он вошел в историю тем, что +в 1535 году вызвал на соревнование по решению задач Никколо Фонтана +(по прозвищу Тарталья), который к тому времени научился решать +некоторые очень частные случаи кубических уравнений. +Узнав, что Фьор получил от своего учителя секретную формулу, Тарталья +с необычайной энергией взялся за эту задачу и успел прийти к решению +до начала соревнования~--- в котором одержал победу. + +Об этом достижении узнал Джироламо Кардано, ученый широкого кругозора, +который в то время как раз писал учебник по арифметике. +Он долго упрашивал Тарталью сообщить ему формулу, и в итоге в 1539 +году Тарталья сообщил ему (разумеется, в стихах) формулы для +решения уравнений вида $x^3 + px = q$, $x^3 = px + q$, и намек на +решение уравнения вида $x^3 + q = px$. +Получив стихи, Кардано, приложив определенные усилия, восстановил +вывод этих формул, а также разобрал все оставшиеся случаи (у него +получилось тринадцать видов уравнений)~--- и +изложил в своем учебнике, не забыв сослаться на Тарталью и дель Ферро. +После этого между Кардано и Тартальей разгорелся масштабный диспут о +праве на интеллектуальную собственность: Тарталья утверждал, что он +посылал Кардано стихи не для публикации, а вовсе наоборот, под +обязательство о неразглашении, и т. д. +Тем не менее, формула для решения кубических уравнений +традиционно называются <<формулой Кардано>>. + +Разумеется, мы изложим вывод этой формулы в общем случае и в +современных обозначениях. +Итак, нас интересует уравнение вида +$x^3 + ax^2 + bx + c = 0$. +Первый шаг напоминает начало решения квадратного уравнения: выделим +<<полный куб>>, содержащий слагаемые $x^3 + ax^2$. Для этого совершим +замену переменной $x$ на $y = x + a/3$. +Наше уравнение примет вид +$(x+a/3)^3 + ?x + ? = 0$, то есть, $y^3 + ?y + ?$. +Это показывает, что можно с самого начала считать, что $a=0$. +Поэтому сейчас мы займемся решением уравнения +$$ +x^3 + px + q = 0. +$$ +Идея решения состоит в том, чтобы искать $x$ в виде +$x = \sqrt[3]{u} + \sqrt[3]{v}$. +Разумеется, при этом мы получим уравнение с двумя неизвестными, $u$ и +$v$, и получим больше свободы: каждое вещественое число $x$ многими +разными способами представляется в таком виде. +После подстановки получаем +$$ +(\sqrt[3]{u} + \sqrt[3]{v})^3 + p(\sqrt[3]{u} + \sqrt[3]{v}) + q = 0. +$$ +Раскрывая куб и группируя слагаемые, получаем +$$ +u + v + q + (3\sqrt[3]{u}\sqrt[3]{v} + p)(\sqrt[3]{u} + \sqrt[3]{v}) = +0 +$$ +Неформально говоря, мы получили сумму <<рациональной части>> $u+v+q$ +и <<иррациональной части>> +$(3\sqrt[3]{u}\sqrt[3]{v} + p)(\sqrt[3]{u} + \sqrt[3]{v})$. +Хочется верить, что каждое из этих слагаемых в отдельности равно нулю. +Более точно, пользуясь свободой в определении $u$ и $v$, мы будем +искать такие пары $(u,v)$, для которых $u+v+q = 0$ +и $(3\sqrt[3]{u}\sqrt[3]{v} + p)(\sqrt[3]{u} + \sqrt[3]{v}) = 0$. +Равенство нулю последнего выражения означает, что один из двух его +сомножителей равен нулю~--- и вряд ли это +$\sqrt[3]{u} + \sqrt[3]{v} = x$ (если у исходного уравнения есть +корень $x=0$, то $q=0$, и все уравнение можно свести к квадратному +делением на $x$; поэтому далее можно считать, что $q\neq 0$). +Поэтому нам хочется решить систему из двух уравнений +\begin{align*} +u + v &= -q,\\ +3\sqrt[3]{u}\sqrt[3]{v} &= -p. +\end{align*} +Возводя второе равенство в куб, получаем, что мы знаем сумму двух +чисел ($u+v = -q$) и их произведение ($uv = -p^3/27$). +Теорема Виета говорит нам, что $u$ и $v$ тогда должны быть корнями +квадратного (относительно $t$) уравнения +$$ +t^2 + qt - p^3/27 = 0. +$$ +Пользуясь формулой для корней квадратного уравнения, получаем, что +$$ +u,v = \frac{-q\pm\sqrt{q^2+4p^3/27}}{2}. +$$ +Вспоминая, что $x = \sqrt[3]{u} + \sqrt[3]{v}$, находим +$$ +x = \sqrt[3]{\frac{-q+\sqrt{q^2+4p^3/27}}{2}} ++\sqrt[3]{\frac{-q-\sqrt{q^2+4p^3/27}}{2}}. +$$ +Примерно это и называется <<формулой Кардано>>. К ней возникает +несколько вопросов. +\begin{itemize} +\item Еще Кардано развлекался тем, что сочинял кубические уравнения с +заранее известным корнем: типа, уравнение $x^3 + 16 = 12x$ заведомо +имеет корень $x=2$. Однако, подстановка в формулу Кардано (проверьте!) +дает нам $x = \sqrt[3]{-8} + \sqrt[3]{-8} = -4$, что, конечно, тоже +является корнем того же уравнения, но не тем, который ожидал получить +Кардано (не любивший отрицательные числа). Возможно, именно такие +эффекты привели его к осознанию необходимости повышения +статуса отрицательных чисел. +\item Если взять кубическое уравнение с заранее известным <<хорошим>> +корнем, может так получиться, что формула Кардано даст тот же корень, +но записанный в какой-то странной форме. +Для примера посмотрим на уравнение $x^3+x=2$. +Оно имеет корень $x=1$~--- и, более того, это единственный +вещественный корень (функция $x^3+x$ монотонно возрастает). +Формула Кардано дает нам вещественный ответ +$$ +x = \sqrt[3]{1+\frac{2}{3}\sqrt{\frac{7}{3}}} + +\sqrt[3]{1-\frac{2}{3}\sqrt{\frac{7}{3}}}, +$$ +который обязан равняться $1$~--- но кто из нас умеет это доказывать, +не ссылаясь, фактически, на ту самую формулу Кардано? +\item Бывает и хуже: рассмотрим уравнение $x^3 = 15x + 4$. +Невооруженным глазом видно, что у него есть корень $x=4$. +Формула Кардано же утверждает, что у него есть корень +$$ +x = \sqrt[3]{2+\sqrt{-121}} + \sqrt[3]{2-\sqrt{-121}}, +$$ +что вообще не имеет никакого смысла, если на дворе середина +шестнадцатого века. +Тем не менее, именно такого рода примеры фактически привели Кардано не +только к отрицательным, но и к комплексным числам: в том же учебнике +арфиметики он рассуждает в том духе, что решая квадратное уравнение +$x^2 - 10x + 40 = 0$ по известной формуле, мы, конечно, получаем +бессмысленные выражения $5 + \sqrt{-15}$ и $5 - \sqrt{-15}$, +но сумма их все же равна $10$, а произведение +(с учетом не вполне осмысленных манипуляций с корнями из отрицательных +величин) равно $40$, как и предсказывает теорема Виета. +Рафаэли Бомбелли в 1572 году проделал аналогичные (но чуть более +замысловатые) манипуляции с выражением +$\sqrt[3]{2+\sqrt{-121}} + \sqrt[3]{2-\sqrt{-121}}$ и получил, +что оно все-таки равно $4$, хотя и записано в таком экзотическом виде. +\item В двадцать первом веке мы не боимся ни отрицательных, ни +комплексных чисел, но формула Кардано выглядит не лучше, а в каком-то +смысле еще хуже. Мы теперь понимаем, что из каждого числа можно +извлечь [ровно] три кубических корня~--- но это значит, что выражение +в формуле Кардано может, вообще говоря, иметь девять различных +значений (выбор знака при извлечении квадратного корня лишь +переставляет местами слагаемые). +И действительно, рассмотрение примеров показывает, что формула Кардано +действительно может давать три корня кубического корня~--- и еще шесть +выражений, не являющихся корнями. +Разгадка, разумеется, проста: при выводе мы возвели в куб равенство +$3\sqrt[3]{u}\sqrt[3]{v} = -p$. +Три различных кубических корня из $u$ (и из $v$) отличаются друг от +друга на кубические корни из $1$, и при выборе корня из $u$ и корня из +$v$ необходимо проследить, чтобы их произведение все-таки равнялось +$-p/3$ (а не отличалось от него на кубический корень из $1$). +\end{itemize} + +\subsection{Уравнения четвертой степени} + +Метод решения уравнений четвертое степени появился вскоре после метода +для кубических уравнений. Его автор, Людовико Феррари, был учеником +Кардано, и метод в итоге попал в тот же самый учебник арифметики. +Однако, для просвещенной публики того времени уравнения четвертой +степени (и выше) не представляли большого интереса, поскольку не имели +<<физического>> смысла. +Дело в том, что восприятие операции возведения в степень было в +большой степени геометрическим: неизвестная $x$ мыслилась отрезком +длины $x$, а ее квадрат $x^2$~--- буквально квадратом со стороной $x$ +(что, впрочем, не мешало еще в глубокой древности складывать эти +разноразмерные величины). Разумеется, куб $x^3$ виделся геометрическим +кубом с ребром длины $x$, а возведение в четвертую степень было +операцией допустимой, но довольно бессмысленной, по причине отсутствия +перед глазами наглядного четырехмерного пространства. + +Первый шаг в решении уравнения четвертой степени вида +$$ +x^4 + ax^3 + bx^2 + cx + d = 0 +$$ +вполне ожидаем: заменой $y = x + a/4$ мы избавляемся от коэффициента +при $x^3$ и получаем +$$ +y^4 + py^2 + qy + r = 0. +$$ +Далее выделим квадрат из первых двух слагаемых: +$$ +\left(y^2 + \frac{p}{2}\right)^2 = -qy -r + \frac{p^2}{4}. +$$ +Теперь посмотрим, что происходит, когда к выражению, стоящему под +квадратом в левой части, мы прибавляем некоторое $u$: +$$ +\left(y^2 + \frac{p}{2} + u\right)^2 = -qy -r + \frac{p^2}{4} + 2uy^2 ++ pu + u^2. +$$ +Идея состоит в том, чтобы подобрать добавку $u$ так, чтобы правая +часть также стала полным квадратом от некоторого линейного по $y$ +выражения. Коэффициент при $y^2$ равен $2u$, поэтому хочется, чтобы +правая часть имела вид $(y\sqrt{2u} + \dots)^2$; коэффициент при $y$ +же равен $-q$, поэтому она должна иметь вид +$(y\sqrt{2u} - q/2\sqrt{2u})^2$. Осталось добиться, чтобы свободные +члены совпали, а это означает, что +$$ +-r + \frac{p^2}{4} + pu + u^2 = \frac{q^2}{8u}. +$$ +Избавляясь от знаменателей, видим, что искомая добавка $u$ должна +удовлетворять~--- о чудо!~--- {\em кубическому} уравнению +$$ +8u^3 + 8pu^2 + (2p^2-8r)u - q^2 = 0. +$$ +Решая это уравнение, мы находим необходимое значение $u$; +возвращаясь к нашему уравнению на $y$, мы видим, что оно привелось +(за счет специального выбора добавки $u$) к виду +$$ +\left(y^2 + \frac{p}{2} + u\right)^2 = \left(\sqrt{2u}y - +\frac{q}{2\sqrt{2u}}\right)^2, +$$ +откуда +$$ +y^2 + \frac{p}{2} + u = +\pm \left(\sqrt{2u}y -\frac{q}{2\sqrt{2u}}\right). +$$ +Таким образом, остается решить два квадратных уравнения. + +Формально мы должны также разобрать случай $u=0$, поскольку в +полученном выражении $u$ встречается в знаменателе. +Мы не будем этого делать, а обсудим общий смысл полученных +результатов. +При желании можно было бы выписать формулу для $y$: решение +полученного квадратного уравнения приводит нас к выражению, в которое +входит квадратный корень, причем под корнем стоит что-то связанное с +$u$. В свою очередь, $u$ получается решением кубического уравнения, то +есть, записывается как сумма корней третьей степени из выражения, +включащего квадратный корень (по формуле Кардано). Таким образом, +итоговое выражение для $u$ включает <<трехэтажные>> радикалы: +квадратный корень под кубическим корнем под квадратным корнем. +Сравните это с двухэтажными радикалами в формуле Кардано (квадратный +корень под кубическим корнем) и с одноэтажными в формуле для корней +квадратного уравнения (квадратный корень). Позже мы увидим +высоконаучное объяснение такой формы ответа в каждом случае. + +Одним из первых следствий теории Галуа стала теорема Руффини--Абеля, +которая утверждает, грубо говоря, что на этом история <<хороших>> +формул для решения алгебраических уравнений заканчивается: уже для +уравнения пятой степени вида +$$ +x^5 + ax^4 + bx^3 + cx^2 + dx + e +$$ +{\em невозможно} написать формулу с <<многоэтажными>> радикалами, +в которую входили бы коэффициенты +$a,b,c,d,e$, и которая давала бы (хотя бы один!) корень данного +уравнения при произвольной (или даже почти произвольной) подстановке +значений $a,b,c,d,e$ в нее. Для уравнений третьей степени аналогичная +формула есть~--- это формула Кардано (при желании можно в ней +совершить замену, обратную к самому первому выделению точного куба); +для уравнений четвертой степени мы не выписали явную формулу, но +поняли, что ее при желании можно получить. + +\subsection{Три классические задачи на построение} + +Еще одно применение теории Галуа~--- доказательство неразрешимости +трех классических задач на построение циркулем и линейкой. +Эти задачи были сформулированы еще в древности: +\begin{itemize} +\item (Квадратура круга). Построить квадрат, равновеликий данному +кругу. +\item (Трисекция угла). Разделить данный угол на три равные части. +\item (Удвоение куба). Дано ребро куба. Построить ребро куба, объем +которого в два раз больше объема данного куба. +\end{itemize} + +Ниже (в разделе~\ref{ssect:constructions}) мы уточним формулировки этих задач (и +формализуем до некоторой степени понятие построения циркулем и +линейкой). Представим, что мы начинаем с плоскости, на которой отмечен +отрезок длины $1$. Тогда квадратура круга фактически означает +построение отрезка длины $\sqrt{\pi}$; невозможность этого мы докажем +в предположении трансцендентности числа $\pi$. Саму трансцендентность +$\pi$ мы доказывать не будем (хотя это и не очень сложно). +Трисекция произвольного угла невозможна хотя бы потому, что невозможно +поделить на три равные части уже угол в $60^\circ$. А именно, мы +покажем, что невозможно построить угол в $20^\circ$, поскольку +невозможно (начав снова с плоскости с отмеченным единичным отрезком) +построить отрезок длины $\sin(20^\circ)$. +Наконец, удвоение куба будет следовать из невозможности построения +отрезка длины $\sqrt[3]{2}$. + +Невозможность построения в этих трех задачах мы докажем (по модулю +доказательства трансцендентности $\pi$) в разделе~\ref{ssect:constructions}. + + + +\section{Основные определения} + +\subsection{Кольца и идеалы} + +Мы начинаем с напоминания. Пусть на множестве $R$ заданы две бинарные +операции~--- <<сложение>> $+\colon R\times R\to R$ и <<умножение>> +$\cdot\colon R\times R\to R$. Говорят, что $R$ является \dfn{кольцом} +относительно этих операций, если выполняются следующие свойства: +\begin{enumerate} +\item $(a+b)+c=a+(b+c)$ для любых $a,b,c\in R$; +\item существует $0\in R$, называемый \dfn{нулем}, такой, что + $a+0=a=0+a$ для любого $a\in R$; +\item для любого $a\in R$ существует элемент $-a\in R$ такой, что + $a+(-a)=0=(-a)+a$ (такой элемент называется \dfn{противоположным} к + элементу $a$); +\item $a+b=b+a$ для любых $a,b\in R$; +\item $(a+b)\cdot c=a\cdot c+b\cdot c$ и $c\cdot (a+b)=c\cdot a+c\cdot + b$ для любых $a,b,c\in R$. +\end{enumerate} +Заметим, что первые четыре свойства касаются только операции сложения. +Вместе они выражают тот факт, что $R$ с операцией $+$ является +\emph{абелевой группой} (а первые три свойства~--- ассоциативность, +наличие нейтрального элемента и наличие обратных~--- тот факт, что $R$ +является \emph{группой}. Позднее мы вернемся к определению +группы; пока же отметим, что \emph{аддитивная запись} (в отличие от +\emph{мультипликативной}) используется в +основном для абелевых групп. Таким образом, лишь последнее свойство +накладывает ограничения +на операцию умножения. Однако, большинство встречающихся в математике +колец удовлетворяют различным дополнительным условиям. От операции +умножения можно требовать ассоциативность: +$$ +(a\cdot b)\cdot c = a\cdot (b\cdot c)\text{ для любых $a,b,c\in R$}; +$$ +наличие нейтрального элемента: +$$ +\text{существует элемент $1\in R$ такой, что }1\cdot a=a=a\cdot +1\text{ для любого $a\in R$}; +$$ +коммутативность: +$$ +a\cdot b = b\cdot a\text{ для любых $a,b\in R$}. +$$ +Нам будут встречаться в основном кольца, удовлетворяющие всем этим +трем условиям. Поэтому под словом кольцо мы всегда будем подразумевать +ассоциативное коммутативное кольцо с 1, если явно не оговорено +обратное. Самый простой пример~--- кольцо целых чисел $\mb Z$ +относительно обычных операций сложения и умножения. + +Если же кольцо удовлетворяет дополнительному условию +$$ +\text{для любого $a\in R$, не равного $0$, существует элемент + $a^{-1}\in R$ такой, что $a\cdot a^{-1}=1=a^{-1}\cdot a$}, +$$ +оно называется \dfn{полем}. Таким образом, в поле есть обратные +элементы (по умножению) у всех элементов, кроме $0$. Обратного +элемента у 0 в кольце быть почти никогда не может по простой причине: +несложно показать, что $a\cdot 0=0$ для любого $a\in R$ +(действительно, $0+0=0$, откуда по дистрибутивности $a\cdot 0=a\cdot +(0+0)=a\cdot 0+a\cdot 0$, и, вычитая $a\cdot 0$ из обеих частей, +получаем $a\cdot 0=0$). Если бы существовал элемент $0^{-1}$, обратный +к 0, мы имели бы $1=0^{-1}\cdot 0=0$ по только что доказанному; но +если в кольце $1=0$, то для любого $a\in R$ получаем $a=a\cdot +1=a\cdot 0=0$, поэтому это тривиальное кольцо из одного элемента. + +Вам хорошо известны следующие примеры колец. +\begin{examples} +\begin{enumerate} +\item Как уже говорилось, множество $\mb Z$ целых чисел является + кольцом; оно не является полем, поскольку обратные по умножению + элементы есть только у $\pm 1$. +\item Множества $\mb Q, \mb R, \mb C$ рациональных, вещественных, + комплексных чисел являются полями относительно обычных + арифметических операций сложения и умножения. +\item Пусть $k$~--- кольцо. Множество $k[x]$ многочленов от + одной переменной относительно стандартных операций сложения и + умножения является кольцом. +\item Кольцо $\mb Z/m\mb Z$ остатков по модулю $m$; оно является полем + тогда и только тогда, когда $m$~--- простое число. +\end{enumerate} +\end{examples} + +\subsection{Гомоморфизмы колец} + +Теперь посмотрим на отображения колец, сохраняющие операции. +\begin{definition} +Пусть $R, S$~--- кольца. Отображение $f\colon R\to S$ называется +\dfn{гомоморфизмом (колец)}, если выполняются следующие условия: +\begin{enumerate} +\item $f(a+b)=f(a)+f(b)$ для любых $a,b\in R$; +\item $f(a\cdot b)=f(a)\cdot f(b)$ для любых $a,b\in R$; +\item $f(1)=1$. +\end{enumerate} +\end{definition} +Заметим, что мы требуем, чтобы $f$ переводил $1$ в $1$, но не требуем, +чтобы $f$ переводил $0$ в $0$. Дело в том, что отображение колец (и +даже абелевых групп), удовлетворяющее первому условию +($f(a+b)=f(a)+f(b)$), автоматически переводит $0$ в +$0$. Действительно, $f(0)=f(0+0)=f(0)+f(0)$, и, поскольку $S$~--- +абелева группа, можно вычесть из обеих частей $f(0)$ и получить +$0=f(0)$. Если бы мы попытались аналогично показать, что $f(1)=1$, +ничего бы не вышло, поскольку в $S$ не обязаны существовать обратные +элементы по умножению. Поэтому условие $f(1)=1$ включается в +определение гомоморфизма. +Кроме того, несложно показать, что $f(-a)=-f(a)$ для гомоморфизма +колец $f$: мы уже знаем, что +$f(0)=0$ и $a+(-a)=0$, откуда $0=f(0)=f(a+(-a))=f(a)+f(-a)$, и, +прибавляя к обеим частям $-f(a)$, получаем требуемое. Таким образом, +альтернативное определение гомоморфизма колец~--- это отображение, +сохраняющее \emph{все} операции (включая неявно определенную унарную +операцию взятия противоположного элемента и 0-арную операции взятия 0 +и 1). + +Посмотрим на несложные примеры гомоморфизмов колец. +\begin{examples} +\begin{enumerate} +\item Мы знаем, что $\mb Z\subset\mb Q\subset\mb R\subset\mb C$. Эти + три отображения включения являются гомоморфизмами колец (фактически + это означает, что сложение и умножение в этих числовых множествах + <<устроено одинаково>>). +\item Похожим образом, любое кольцо $k$ вкладывается в кольцо + многочленов $k[x]$: при этом отображении элемент $a\in k$ переходит + в <<постоянный многочлен>> $a\in k[x]$ степени 0. +\item С каждым кольцом остатков $\mb Z/m\mb Z$ связано отображение + $\pi\colon\mb Z\to \mb Z/m\mb Z$, сопоставляющее целому числу + $a\in\mb Z$ его остаток $\overline{a}$ по модулю $m$. Основное + свойство арифметики остатков как раз состоит в том, что это + отображение является гомоморфизмом. +\end{enumerate} +\end{examples} + +\begin{definition} +Пусть $f\colon R\to S$~--- гомоморфизм колец. Множество +$\Ker(f)=\{x\in R\mid f(x)=0\}$ называется \dfn{ядром} гомоморфизма +$f$, а множество $\Img(f)=\{y\in S\mid y=f(x)\text{ для некоторого +}x\in R\}$~--- его \dfn{образом}. Иными словами, ядро гомоморфизма~--- +это прообраз нуля, а образ~--- обычный (теоретико-множественный) образ +отображения. +\end{definition} +Заметим, что ядро гомоморфизма $f$ тривиально (состоит из одного 0) +тогда и только тогда, когда $f$ инъективно. В одну сторону это +очевидно (если $f$ инъективно, то в 0 может переходить только +0). Обратно, если $\Ker(f)=0$ и $f(a)=f(b)$, то $f(a-b)=f(a)-f(b)=0$, +откуда $a-b=0$ и $a=b$. + +Во всех приведенных выше примерах гомоморфизмов, кроме последнего, +ядра тривиальны. Посмотрим на последний пример, $\pi\colon\mb Z\to\mb +Z/m\mb Z$. Прообраз 0~--- это те целые числа, которые дают остаток 0 +при делении на $m$, то есть в точности целые числа, делящиеся на $m$; +это множество обозначается через $m\mb Z$. + +\subsection{Идеалы и фактор-кольца} + +Посмотрим, какими могут быть ядра гомоморфизмов колец. +\begin{definition} +Пусть $R$~--- кольцо. +Подмножество $I\subseteq R$ называется \dfn{идеалом} кольца $R$, если +оно удовлетворяет следующим условиям: +\begin{enumerate} +\item если $a,b\in I$, то $a-b\in I$; +\item если $a\in I$, $r\in R$, то $r\cdot a\in I$. +\end{enumerate} +Обозначение: $I\trleq R$. +\end{definition} +Первое свойство на самом деле эквивалентно тому, что подмножество $I$ +а) содержит 0; б) вместе с любыми двумя элементами содержит их сумму; +в) вместе с каждым элементом содержит противоположный к нему. Позднее +мы узнаем, что такое подмножество называется \emph{подгруппой} +(абелевой группы $R$ с операцией сложения). Упражнение: докажите эту +эквивалентность! +Второе свойство означает, что $I$ выдерживает умножение на элементы +$R$. + +Несложно привести тривиальные примеры идеалов: в любом кольце $R$ +множества $\{0\}$ и $R$ являются идеалами (их называют \dfn{нулевым} и +\dfn{единичным} соответственно). Не так тривиален идеал +$m\mb Z\trleq \mb Z$ целых чисел, делящихся на $m$. +Действительно, сумма двух чисел, делящихся на $m$, также делится +на $m$; и если число делящееся на $m$, умножить на любое целое, +результат также будет делиться на $m$. Заметим, что $m$ здесь может +быть любым натуральным числом или нулем. В случае $m=0$ получаем +нулевой идеал $0$, а в случае $m=1$~--- единичный идеал $\mb Z$. + +Мы уже встречали множества $m\mb Z$ как ядра гомоморфизмов в кольца +остатков; оказывается, это не простое совпадение. + +\begin{proposition} +Пусть $f\colon R\to S$~--- гомоморфизм колец. Ядро $f$ является +идеалом в $R$: $\Ker(f)\trleq R$. +\end{proposition} +\begin{proof} +Проверим первое условие из определения идеала: пусть $a,b\in\Ker(f)$; +это означает, что +$f(a)=f(b)=0$. Нам нужно показать, +что $a-b\in\Ker(f)$. Но $f(a-b)=f(a)-f(b)=0+0=0$, что и +требовалось. Второе свойство: пусть $a\in\Ker(f)$ (то есть $f(a)=0$) и +$r\in R$; тогда $f(r\cdot a)=f(r)\cdot f(a)=f(r)\cdot 0=0$, поэтому +$r\cdot a\in\Ker(f)$. +\end{proof} + +Таким образом, ядро любого гомоморфизма является идеалом. Наша +ближайшая цель~--- показать, что верно и обратное: любой идеал +является ядром некоторого гомоморфизма колец. Для этого мы по кольцу и +его идеалу построим специальное кольцо, куда и будет действовать этот +гомоморфизм. + +Итак, пусть $R$~--- кольцо, $I\trleq R$~--- идеал в нем. Определим +отношение $\sim$ на $R$ следующим образом: $a\sim b$ тогда и только +тогда, когда $a-b\in I$. +\begin{exercise} +Проверьте, что $\sim$ является отношением эквивалентности. +\textsc{Указание:} для этого достаточно того, что $I$ является аддитивной +подгруппой в $R$. +\end{exercise} +Как мы знаем, каждое отношение эквивалентности на множестве $R$ +порождает разбиение $R$ на классы эквивалентности; класс, в который +попал элемент $a\in R$ мы будем обозначать через $a+I$ или через +$\overline{a}$ (внимание! В этом обозначении не указан идеал, +который мы взяли для определения отношения). Обозначение $a+I$ вполне +обосновано: $a+I=\{a+x\mid x\in I\}$. Полученное множество всех классов +эквивалентности мы будем обозначать через $R/I$. + +Введем теперь операции сложения и умножения на $R/I$. Определим сумму +двух классов как $\overline{a}+\overline{b}=\overline{a+b}$, а +произведение как $\overline{a}\cdot\overline{b}=\overline{a\cdot + b}$. То есть, для того, чтобы сложить или перемножить два класса, +нужно сложить или перемножить любых представителей этих классов и +посмотреть, в какой класс попал результат. Прежде всего нужно +показать, что это определение корректно, то есть не зависит от выбора +представителей. Действительно, если $\overline{a}=\overline{a'}$ и +$\overline{b}=\overline{b'}$, то $a-a'\in I$ и $b-b'\in I$, откуда +$(a+a')-(b+b')=(a-a')+(b-b')\in I$, поскольку $I$ является идеалом. Но +это означает, что $a+a'\sim b+b'$, то есть, +$\overline{a+a'}=\overline{b+b'}$. Кроме того, +$ab-a'b'=a(b-b')+(a-a')b'\in I$ по определению идеала. Поэтому $ab\sim +a'b'$ и $\overline{ab}=\overline{a'b'}$. + +Теперь несложно проверить, что $R/I$ является кольцом относительно +введенных операций: все нужные свойства напрямую следуют из +аналогичных свойств кольца $R$ и определения операций. Заметим, что +роль нуля в кольце $R/I$ играет класс $\overline{0}$, а роль +единицы~--- класс $\overline{1}$. Это кольцо называется +\dfn{фактор-кольцом} кольца $R$ по идеалу $I$. + +Вместе с кольцом $R/I$ естественным образом строится отображение +$\pi\colon R\to R/I$ по формуле $\pi(a)=\overline{a}$. Из определения +операций немедленно вытекает, что $\pi$ является гомоморфизмом колец. +Этот гомоморфизм называется \dfn{канонической проекцией} кольца $R$ на +фактор-кольцо $R/I$. + +Классический (и, пожалуй, самый простой из нетривиальных) пример +фактор-кольца~--- кольцо остатков $\mb Z/m\mb Z$ по модулю $m$, +которое является, как подсказывает обозначение, фактор-кольцом кольца +$\mb Z$ по идеалу $m\mb Z$ целых чисел, делящихся на $m$. Аналогии с +этим случаем полезно иметь в виду и в общей ситуации: элементы $R/I$ +удобно представлять как <<остатки>> по модулю идеала $I$, а отношение +эквивалентности на $R$~--- как <<сравнение>> по модулю $I$. + +% 17.02.2012 + + +Приведем еще примеры идеалов. +Прежде всего заметим, что если $R$ является полем, то в $R$ нет +идеалов, кроме нулевого и единичного. Действительно, если $I\trleq R$ +и $a\in I$, $a\neq 0$, то по определению идеала $1=a\cdot a^{-1}\in +I$. Ну, а если $1\in R$, то и любой элемент $b=1\cdot b$ также лежит в +$R$. Верно и обратное: + +\begin{proposition} +Кольцо является полем тогда и только тогда, когда в нем нет +идеалов, кроме нулевого и единичного. +\end{proposition} +\begin{proof} +Осталось доказать, что если в кольце нет идеалов, кроме нулевого и +единичного, то оно является полем. Пусть $R$ такое кольцо и $a\in +R$~--- ненулевой элемент. Рассмотрим множество $aR=\{ax\mid x\in +R\}$. Нетрудно видеть, что оно является идеалом в $R$. Кроме того, +этот идеал содержит $a$ и потому ненулевой. Значит, он совпадает с $R$ +и, в частности, содержит 1. Но это означает, что 1 имеет вид $1=ax$ +для некоторого $x$; этот $x$ и является обратным элементом к $a$. +\end{proof} + +Для любого кольца $R$ и $a\in R$ множество $aR=\{ax\mid x\in R\}$ +является идеалом в $R$. Такой идеал называется +\dfn{главным идеалом}, порожденным элементом $a$ и обозначается через +$(a)$, если из контекста ясно, какое кольцо имеется в виду. Заметим, +что единичный и нулевой идеал являются главными, как и обсуждавшиеся +выше идеалы вида $m\mb Z\trleq\mb Z$. + +Более общо, можно рассмотреть +идеалы, порожденные не одним элементом $R$, а произвольным +подмножеством $X\subset R$. А именно, рассмотрим наименьший идеал в +$R$, содержащий $X$. Такой идеал действительно существует~--- его +можно описать как пересечение всех идеалов в $R$, содержащих $X$ +(нетрудно видеть, что пересечение любого семейства идеалов кольца $R$ +также является идеалом в $R$). Такой идеал часто обозначается через +$(X)$. Если множество $X=\{a_1,\dots,a_n\}$ конечно, то идеал, +порожденный $X$, часто обозначается через $a_1R+\dots+a_nR$, поскольку он +состоит из элементов вида $a_1x_1+\dots+a_nx_n$, $x_1,\dots,x_n\in R$. +В кольцах $\mb Z$ и $k[x]$ любой идеал является главным, однако, +скажем, в кольце $k[x,y]$ многочленов от двух переменных идеал, +порожденный двумя элементами $x,y$ не является главным. Действительно, +если он порожден одним элементом $d$, то и $x$, и $y$ должны делиться +на $d$; поэтому $d$ может быть только константой и +$(d)=k[x,y]$. Однако идеал $(x,y)$ не совпадает с $k[x,y]$, поскольку +у всех многочленов из него свободный член равен нулю. + +Биективный гомоморфизм колец называется +\dfn{изоморфизмом колец}, а кольца, между которыми существует +биективный гомоморфизм (и тогда обратное к нему отображение также +является гомоморфизмом), называются \dfn{изоморфными} (обозначение: +$\isom$). + +\begin{theorem}\label{theorem_homo}[О гомоморфизме] +Пусть $f\colon R\to S$~--- гомоморфизм колец. Тогда +$R/\Ker(f)\isom\Img(f)$. +\end{theorem} +\begin{proof} +Построим отображение $\ph\colon R/\Ker(f)\to\Img(f)$. Элемент +$R/\Ker(f)$~--- это класс эквивалентности элементов из $R$, поэтому +его можно записать в виде $\overline{a}$ для некоторого $a\in +R$. Положим $\ph(\overline{a})=f(a)$. Заметим, что результат +действительно лежит в $\Img(f)$, а не просто в $S$. +Перед тем, как доказывать, что +$\ph$ является изоморфизмом колец, необходимо проверить корректность +определения $\ph$, то есть, его независимость от выбора представителя +класса эквивалентности. Пусть $\overline{a}=\overline{b}$, то есть, +$a$ и $b$~--- два представителя одного класса. Вспоминая определение +отношения эквивалентности из конструкции фактор-кольца, заключаем, что +$a-b=k$, где $k\in\Ker(f)$. Но тогда $f(a-b)=f(k)=0$, поскольку $k$ +лежит в ядре $f$, откуда $f(a)-f(b)=0$ и $f(a)=f(b)$. Таким образом, +$\ph(\overline{a})$ определено корректно. + +Проверим теперь, что $\ph$ является гомоморфизмом +колец. Действительно, если $a,b\in R$, то +$\ph(\overline{a}+\overline{b})=\ph(\overline{a+b})$ по определению +операций в фактор-кольце. Теперь по определению $\ph$ это выражение +равно $f(a+b)$, в то время как сумма +$\ph(\overline{a})+\ph(\overline{b})$ равна $f(a)+f(b)$. Но полученные +выражения равны, поскольку $f$ является гомоморфизмом +колец. Совершенно аналогично показывается, что $\ph$ сохраняет +умножение. + +Наконец, проверим, что $\ph$ биективно. Для доказательства +инъективности гомоморфизма колец достаточно проверить, что его ядро +тривиально. Но если $\ph(\overline{a})=0$, то $f(a)=0$, откуда +$a\in\Ker(f)$ и, значит, $\overline{a}=\overline{0}$. Наконец, $\ph$ +сюръективно, поскольку любой элемент $\Img(f)$ имеет вид $f(a)$ для +некоторого $a\in R$, то есть, имеет вид $\ph(\overline{a})$. +\end{proof} + +\subsection{Фактор-кольца кольца многочленов} + +Посмотрим теперь на кольцо $k[x]$ многочленов от одной +переменной. Пусть $f\in k[x]$~--- некоторый многочлен степени $n$. +Рассмотрим +фактор-кольцо $k[x]/(f)$ по идеалу, порожденному $f$, и постараемся +описать его. Как мы говорили выше, его элементы~--- это в каком-то +смысле <<остатки>> по модулю $f$. А именно, любой многочлен $a\in +k[x]$ можно поделить с остатком на $f$: $a=fq+r$, где $r\in k[x]$~--- +многочлен степени меньше $n$. Мы видим, что $a\sim r$, то есть, в +каждом классе эквивалентности по модулю $f$ есть многочлен степени +меньше $n$. Более того, такой многочлен только один: если $r_1$ и +$r_2$ лежат в одном классе, то $r_1-r_2$ делится на $f$ и является +многочленом степени меньше $n$; поэтому $r_1=r_2$. Наконец, очевидно, +что любой многочлен степени меньше $n$ лежит в каком-то классе +эквивалентности. Мы получили, что элементы $k[x]/(f)$ биективно +соответствуют многочленам степени меньше $n$ (иными словами, в каждом +классе эквивалентности можно выбрать канонического представителя~--- +многочлен степени меньше $n$). Для того, чтобы сложить два класса, +достаточно сложить их представителей; для того, чтобы перемножить два +класса, нужно перемножить два представителя и (если степень результата +больше или равна $n$) поделить на $f$ с остатком. + +Например, пусть $k=\mb R$ и $f=x^2+1\in\mb R[x]$. В фактор-кольце +$\mb R[x]/(x^2+1)$ у каждого класса есть канонический представитель +степени меньше 2, то есть, имеющий вид $a+bx$, $a,b\in\mb +R$. Посмотрим, как выглядит сложение и умножение классов. +Сумма двух классов, +представленных многочленами $a+bx$ и $a'+b'x$, содержит многочлен +$(a+a')+(b+b')x$. Произведение же этих классов содержит многочлен +$(a+bx)(a'+b'x)=aa'+(ab'+a'b)x+bb'x^2$ и, значит, его остаток от +деления на $x^2+1$. Нетрудно видеть, что +$aa'+(ab'+a'b)x+bb'x^2=aa'+(ab'+a'b)x+bb'(x^2+1)-bb'$, поэтому +результат эквивалентен многочлену $(aa'-bb')+(ab'+a'b)x$ степени +меньше 2. Пристальный взгляд на эти формулы приводит нас к мысли, что +полученное кольцо очень похоже на поле комплексных чисел. И +действительно, отображение $\mb R[x]/(x^2+1)\to \mb C$, +$\overline{a+bx}\mapsto a+bi$ является биективным гомоморфизмом колец +(проверьте это утверждение!). Итак, мы показали, что $\mb +R[x]/(x^2+1)\isom\mb C$. + +Теперь пусть $k$~--- произвольное поле и $a\in k$. Рассмотрим +фактор-кольцо +$k[x]/(x-a)$ кольца многочленов над $k$ по линейному многочлену $x-a$. +Аналогичные рассуждения показывают, что в каждом классе из +фактор-кольца найдется единственный многочлен степени не выше 1, то +есть, фактически, элемент $k$. Для того, чтобы найти этот +представитель в классе $\overline{g}$ для произвольного $g\in k[x]$, +нужно поделить $g$ на $(x-a)$ с остатком; но остаток от деления $g$ на +$(x-a)$ по теореме Безу равен $g(a)$. Иными словами, у всех +многочленов из одного класса эквивалентности одинаковое значение в +точке $a$. Нетрудно видеть, что сложение и умножение классов +соответствует сложению и умножению этих значений. + +Этот пример можно описать по-другому, используя теорему о +гомоморфизме. Для поля $k$ и элемента $a\in k$ рассмотрим +\dfn{гомоморфизм эвалюации} $\ev_a\colon k[x]\to k$, сопоставляющий +каждому многочлену $g\in k[x]$ его значение $g(a)$ в точке $a$. Это +действительно гомоморфизм~--- значение суммы многочленов в точке равно +сумме значений, а значение произведения~--- произведению значений. По +теореме о гомоморфизме $k[x]/\Ker(\ev_a)\isom\Img(\ev_a)$. Но ядро +гомоморфизма эвалюации состоит из всех многочленов, обращающихся в 0 в +точке $a$, то есть (по теореме Безу), из всех многочленов, делящихся +на $(x-a)$. Стало быть, $\Ker(\ev_a)=(x-a)$. С другой стороны, +гомоморфизм эвалюации сюръективно (нетрудно придумать многочлен, +принимающий любой наперед заданное значение в точке $a$; например, +многочлен нулевой степени), поэтому $\Img(\ev_a)=k$. Получили, что +$k[x]/(x-a)\isom k$. + +В двух рассмотренных примерах +фактор-кольцо $k[x]/(f)$ оказалось полем. Нетрудно +понять, что в общем случае оно совершенно не обязано быть +полем. Например, если профакторизовать $\mb R[x]$ по идеалу, +порожденному многочленом $x^2-1=(x-1)(x+1)$, то классы +$\overline{x-1}$ и $\overline{x+1}$ ненулевые, однако же их +произведение равно $\overline{(x-1)(x+1)}=\overline{0}$. В поле такого +точно не бывает. Неприятности в этом примере возникают из-за того, что +многочлен $x^2-1$ раскладывается на множители над исходным полем $\mb +R[x]$. Оказывается, это единственное препятствие, из-за которого +фактор-кольцо $k[x]/(f)$ не может быть полем. + +\begin{definition} +Многочлен $f\in k[x]$ называется \dfn{неприводимым}, если его нельзя +представить в виде произведения $f=gh$ двух многочленов, ни один из +которых не является константой (то есть, многочленом степени 0). +\end{definition} + +\begin{theorem} +Пусть $k$~--- поле, $f\in k[x]$. Фактор-кольцо $k[x]/(f)$ является +полем тогда и только тогда, когда $f$ неприводим. +\end{theorem} +\begin{proof} +Как мы уже заметили, если $f$ приводим, то в $k[x]/(f)$ есть делители +нуля (а именно, если $f=gh$, то ненулевые классы $\overline{g}$ и +$\overline{h}$ дают в произведении $\overline{0}$), поэтому оно не +может быть полем. + +Обратно, предположим, что $f$ неприводим. Нам нужно показать, что у +каждого ненулевого класса есть обратный. Пусть $a\in k[x]$~--- +канонический представитель этого класса, то есть, ненулевой многочлен +степени меньшей, чем степень $f$. Заметим, что $a$ и $f$ взаимно +просты. Действительно, если $d$~--- какой-то их общий делитель, то, +во-первых, степень $d$ меньше, чем степень $f$ (поскольку $a$ делится +на $d$) и, во-вторых, $f$ делится на $d$. Из неприводимости $f$ +следует, что $d$ имеет степень 0. + +По теореме о линейном представлении наибольшего общего делителя +теперь найдутся многочлены $s$ и $t$ такие, что $as+ft=1$. Но это +означает, что $as\sim 1$, то есть, +$\overline{a}\cdot\overline{s}=\overline{1}$, и $\overline{s}$ есть +искомый обратный остаток к классу $\overline{a}$. +\end{proof} + +\begin{exercise} +Пусть $x^2+px+q$~--- многочлен над $\mathbb R$ с отрицательным +дискриминантом (то есть, $p^2-4q<0$). Докажите, что $\mathbb +R[x]/(x^2+px+q)\isom\mathbb C$. +\end{exercise} + +\begin{theorem}[Универсальное свойство фактор-кольца]\label{homo_factor} +Пусть $f\colon R\to S$~--- гомоморфизм колец, $I\trleq R$~--- +некоторый идеал в $R$, и $f(I)=0$ (иными словами, +$I\sseq\Ker(f)$). Тогда существует единственный гомоморфизм колец +$\wt{f}\colon R/I\to S$ такой, что композиция $R\to R/I\to S$ +совпадает с $f$: $\wt{f}\circ\pi_I=f$. Иными словами, любой +гомоморфизм $f$ с $I\sseq\Ker(f)$ пропускается через каноническую +проекцию $\pi_I$. +\end{theorem} +\begin{proof} +Положим $\wt{f}(\overline{a})=f(a)$; это определение корректно, так +как если $\overline{a}=\overline{b}$, то $a-b\in I\sseq\Ker(f)$, +откуда $f(a)=f(b)$. Нетрудно проверить (упражнение!), +что $\wt{f}$ является +гомоморфизмом колец, и очевидно, что $\wt{f}\circ\pi_I=f$. Более +того, последнее условие означает, что $\wt{f}(\overline{a})=f(a)$, +поэтому $\wt{f}$ единственный. +\end{proof} + +\subsection{Поле частных} + +Проведем конструкцию, аналогичную построению рациональных чисел по +целым, для широкого класса колец. +Пусть $R$~--- кольцо без делителей нуля (то есть, для $x,y\in R$ из +$xy=0$ следует, что $x=0$ или $y=0$). Рассмотрим множество пар +$(a,b)$ элементов из $R$ таких, что $b\neq 0$: пусть $T=R\times +(R\setminus\{0\})=\{(a,b)\mid b\neq 0\}$. Эти пары мы сейчас превратим +в [формальные] дроби $a/b$ с помощью естественного отношения +эквивалентности: пусть $(a,b)\sim (c,d)$ если и только если +$ad=bc$. Нетрудно проверить, что это действительно отношение +эквивалентности. К примеру, если $(a,b)\sim (c,d)$ и $(c,d)\sim +(e,f)$, то $ad=bc$ и $cf=de$, откуда $adf=bcf=bde$, поэтому +$d(af-be)=0$, и, пользуясь отсутствием делителей нуля, получаем, что +$af=be$, то есть, $(a,b)\sim (e,f)$. + +Теперь можно рассмотреть фактор-множество множества $T$ по этому +отношению эквивалентности: положим $\Frac(R)=T/\sim$. Пока это просто +множество, но нетрудно понять, как ввести на нем операции, чтобы оно +превратилось в поле. Нужно вспомнить, как выглядят арифметические +операции над дробями: +$\overline{(a,b)}\cdot\overline{(c,d)}=\overline{(ac,bd)}$ и +$\overline{(a,b)}+\overline{(c,d)}=\overline{(ad+bc,bd)}$; и $bd\neq +0$, поскольку $b\neq 0$, $d\neq 0$, и в $R$ нет делителей нуля. + +\begin{exercise} +Проверьте, что эти операции превращают $\Frac(R)$ в поле. +\textsc{Указание:} $0=(0,b)$, $1=(b,b)$, +$-\overline{(a,b)}=\overline{(-a,b)}$, +$\overline{(a,b)}^{-1}=\overline{(b,a)}$. +\end{exercise} + +Построенное поле $\Frac(R)$ называется \dfn{полем частным} кольца +$R$. Заметим, что отображение $R\to\Frac(R)$, $x\mapsto +\overline{(x,1)}$ задает инъективный гомоморфизм колец, называемый +\dfn{каноническим вложением}. Сформулируем +его универсальное свойство. + +\begin{theorem}[Универсальное свойство поля частных] +Пусть $R$~--- кольцо без делителей нуля. Обозначим через $i$ +каноническое вложение $R$ в его поле частных $\Frac(R)$. Для любого +гомоморфизма колец $f\colon R\to S$ такого, что образ любого +ненулевого элемента $R$ обратим в $S$, существует единственный +гомоморфизм колец $\wt{f}\colon\Frac(R)\to S$ такой, что +$f=\wt{f}\circ i$. Иными словами, любой гомоморфизм $f$ с указанным +свойством пропускается через $i$. +\end{theorem} +\begin{proof} +Для $a,b\in R$ с $b\neq 0$ положим +$\wt{f}(\overline{(a,b)})=f(a)f(b)^{-1}$. Это можно сделать, +поскольку по условию на $f$ у элемента $f(b)^{-1}$ есть обратный в +$S$. Это определение не зависит от выбора представителя в классе пар: +если $\overline{(a,b)}=\overline{(c,d)}$, то $ad=bc$, откуда +$f(a)f(d)=f(b)f(c)$ и, стало быть, +$f(a)f(b)^{-1}=f(c)f(d)^{-1}$. После этого рутинная проверка +показывает, что $\wt{f}$ является гомоморфизмом с необходимыми +свойствами. +\end{proof} + +Классический пример конструкции поля частных~--- построение +рациональных чисел из целых: $\Frac(\mb Z)=\mb Q$. Нам понадобится еще +один пример: возьмем $R=k[t]$~--- кольцо многочленов над полем $k$ от +одной переменной. Его поле частных обозначается через $k(t)$ и +называется \dfn{полем рациональных дробей} над $k$. Его элементы~--- +формальные дроби вида $f/g$, где $f,g\in k[t]$, $g\neq 0$, и дроби +можно сокращать на общие делители. + +\section{Расширения полей} + +\subsection{Характеристика поля} + +В первом приближении теория Галуа изучает поля и гомоморфизмы между +ними (говоря современным языком, категорию полей). + +Заметим, что любой гомоморфизм колец $f\colon R\colon S$ между +полями инъективен: действительно, его ядро должно быть идеалом в +$R$, которых всего два; оно не может совпадать со всем $R$ +(иначе 1 переходит в 0, а не в 1), поэтому ядро нулевое. Значит, по +теореме о гомоморфизме $R$ можно отождествить с подполем $\Img(f)$ в +$S$. +В ситуации, когда одно поле, $k$, содержится в другом поле, $F$, мы +будем говорить, что $F$ является \dfn{расширением} $k$, или $k$ +является \dfn{подполем} в $F$. Эта ситуация будет обозначаться так: +$k\sseq F$ (иногда пишут $F/k$, но это чересчур похоже на +факторизацию). + +Самым грубым инвариантом полей является характеристика. Очевидно, что +для любого поля (и даже для любого кольца с 1) $k$ существует +единственный гомоморфизм из кольца целых чисел в него: $i\colon \mb +Z\to k$. Ядро этого гомоморфизма~--- идеал в $\mb Z$, то есть, +множество вида $m\mb Z$ для некоторого $m\in\mb N\cup \{0\}$. Это +число $m$ называется \dfn{характеристикой} поля $k$ и обозначается +через $\cchar k$. Если $m=0$, ядро тривиально, и $i$~--- +вложение. Заметим, что $m\neq 1$~--- иначе мы имели бы $i(1)=0$, что +невозможно по определению гомоморфизма. + +Иными словами, мы смотрим на суммы $1$, $1+1$, $1+1+1$, \dots в поле +$k$. Если оказалось так, что первая нулевая сумма в этой +последовательности состоит из $m$ единиц, то $m$~--- характеристика +поля $k$; если же в этой последовательности вообще нет 0, считают, что +характеристика равна нулю. +Нетрудно понять, что если $k\sseq F$, то $\cchar k=\cchar F$ +(упражнение?). + +\begin{proposition} +Характеристика любого поля~--- простое число или 0. +\end{proposition} +\begin{proof} +Пусть составное число $m=ab$~--- характеристика поля $k$; это +означает, что +$1+1+\dots+1=0$. Нетрудно видеть, что сумма из $m$ единиц, стоящая в +левой части, равна $(1+1+\dots+1)\cdot(1+1+\dots+1)$. Все происходит в +поле, а там нет делителей нуля; поэтому хотя бы одна из скобок равна +0, а это означает, что характеристика $k$ на самом деле меньше $m$. +\end{proof} + +Посмотрим на наименьшее подполе поле $k$; оно должно содержать 0, 1, +и, следовательно, все суммы вида $1+1+\dots+1$. Если $\cchar k=p>0$, +то таких сумм конечное число и они образуют подполе в $k$, изоморфное +полю из $p$ элементов, которое мы будем обозначать через $\mb F_p$ (а +не $\mb Z/p\mb Z$. Если же $\cchar k=0$, то кроме всех сумм +$1+1+\dots+1$, соответствующих натуральным числам, должны быть еще их +разности (и, стало быть, целые числа) и их частные (рациональные +числа). В этом случае можно считать, что $k$ содержит подполе, +изоморфное полю рациональных чисел $\mb Q$. Полученное подполе +(изоморфное $\mb Q$ в случае характеристики 0 и $\mb F_p$ в случае +характеристики $p$) называется \dfn{простым подполем} поля $k$. + +Сказанное можно уточнить: если $\cchar k=0$, то отображение +$i\colon\mathbb Z\to k$ инъективно, поэтому образ любого ненулевого +элемента +обратим. Значит, можно применить к нему универсальное свойство поля +частных и +получить гомоморфизм $\wt{i}\colon\mb Q\to k$. Поскольку $\mb Q$ и +$k$~--- поля, $\wt{i}$ является вложением. Если же $\cchar k=p>0$, то +ядро отображения $i$ равно $p\mb Z$ и к нему можно применить +универсальное свойство фактор-кольца $\mb Z/p\mb Z$. Получаем +гомоморфизм $\wt{i}\colon\mb Z/p\mb Z$, который и в этом случае +оказывается вложением. + +Простое подполе, таким образом, является \emph{минимальным} (по +включению) подполем $k$: понятно, что любое поле обязано содержать +$1$, $1+1$, $1+1+1$, \dots, и, стало быть, все простое подполе. + +\subsection{Степень расширения} + +В любом расширении полей $k\sseq F$ поле $F$ является векторным +пространством над полем $k$, поэтому интересно посмотреть на его +размерность. Говорят, что расширение $k\sseq F$ является +\dfn{конечным} и имеет \dfn{степень} $n$, если размерность $F$ как +векторного пространства над $k$ равна $n$. Обозначение: $[F:k]=n$. В +случае бесконечной степени мы пишем $[F:k]=\infty$. + +Самый главный пример конечного расширения~--- фактор-кольцо +$k[t]/(f(t))$ кольца многочленов по идеалу, порожденному одним +многочленом $f(t)$. Его элементы~--- <<остатки>> по модулю $f(t)$. +Если многочлен $f(t)$ \emph{неприводим}, то $k[t]/(f(t))$ является +полем, расширением $k$. Его ценность состоит в том, что в этом поле +исходный многочлен $f$ имеет корень (класс многочлена $t$). Степень +этого расширения равна степени многочлена $f$: действительно, если +$n=\deg(f)$, то классы элементов $1,t,t^2,\dots,t^{n-1}$ образуют его +базис, поскольку любой остаток можно единственным образом представить +как их линейную комбинацию. +При некоторых условиях \emph{любое} конечное расширение $k$ имеет такой +вид (однако, это не всегда так). + + +Пусть $k\sseq F$~--- расширение полей, и $\alpha\in F$. Наименьшее +подполе $F$, содержащее одновременно поле $k$ и элемент $\alpha$, +обозначается через $k(\alpha)$. Как всегда в аналогичных ситуациях, +несложно показать его существование: это просто пересечение \emph{всех} +подполей $F$, содержащих $k$ и $\alpha$. Расширение $k\sseq F$ +называется \dfn{простым}, если существует элемент $\alpha\in F$ такой, +что $F=k(\alpha)$. + +Приведенное выше расширение $k[t]/(f(t))$ для неприводимого многочлена +$f$ является простым: положим $\alpha=\overline{t}$~--- класс элемента +$t$; тогда $k[t]/(f(t))=k(\alpha)$, поскольку любое поле, содержащее +$k$ и $\overline{t}$, должно содержать и все многочлены от $t$ с +коэффициентами из $k$, то есть, совпадать со всем +$k[t]/(f(t))$. + +\begin{proposition}\label{alg_or_trans} +Пусть $k\sseq k(\alpha)$~--- простое расширение. Рассмотрим +\dfn{гомоморфизм эвалюации} $\ev_\alpha\colon k[t]\to k(\alpha)$, +определенный формулой $f\mapsto f(\alpha)$. Тогда +\begin{enumerate} +\item $\ev_\alpha$ инъективно тогда и только тогда, когда расширение + $k(\alpha)$ бесконечно. В этом случае $k(\alpha)$ изоморфно полю + рациональных функций $k(t)$ от одной переменной $t$. +\item $\ev_\alpha$ не инъективно тогда и только тогда, когда расширение + $k(\alpha)$ конечно. В этом случае существует единственный (с + точностью до скалярного множителя) + неприводимый многочлен $p\in k(t)$ степени $n=[k(\alpha):k]$ такой, + что $k(\alpha)\isom k[t]/(p(t))$. При этом изоморфизме $\alpha$ + переходит в класс многочлена $t$. Многочлен $p$ можно + охарактеризовать как многочлен наименьшей степени такой, что + $p(\alpha)=0$ в $k(\alpha)$. +\end{enumerate} +\end{proposition} +\begin{proof} +По теореме о гомоморфизме образ отображения $\ev_\alpha$ изоморфен +$k[t]/\Ker(\ev_\alpha)$; при этом $\Ker(\ev_\alpha)$ является идеалом +в $k[t]$. Он, как и любой идеал в $k[t]$, порождается одним элементом +$p\in k[t]$. + +Предположим сначала, что этот идеал (и порождающий его элемент) +нулевой. +Тогда отображение $\ev_\alpha$ можно продолжить до гомоморфизма +$k(t)\to k(\alpha)$ из поля частных кольца $k[t]$. Образ $k(t)$ при +этом гомоморфизме является полем, содержащим $k$ и $\alpha$; поэтому +он совпадает с $k(\alpha)$. При этом в силу инъективности $\ev_\alpha$ +степени $\alpha^0$, $\alpha^1$, \dots линейно независимы над +$k$. Значит, расширение $k\sseq F$ бесконечно. + +Пусть теперь $p$ ненулевой. +Мы знаем, что если многочлен $p$ приводим, то в факторе +$k[t]/(p)$ есть делители нуля. Однако, в $k(\alpha)$ нет делителей +нуля, поэтому $p$~--- неприводимый многочлен. +Тогда фактор-кольцо $k[t]/(p)$ является полем, изоморфным образу +$\ev_\alpha$ в $k(\alpha)$. Это поле содержит $k$ и $\alpha$, поэтому +совпадает со всем $k(\alpha)$. В этом случае $[k(\alpha):k]=\deg(p)$, +в частности, расширения конечно. +\end{proof} + +Многочлен $p$ из второй части предложения называется \dfn{минимальным + многочленом} элемента $\alpha$ над $k$. Сразу заметим, что +минимальный многочлен элемента может зависеть от базового поля $k$: +например, элемент $\sqrt{2}\in\mb C$ имеет минимальный многочлен +$t^2-2$ над $\mb Q$, и $t-\sqrt{2}$ над $\mb R$. + +Вообще, чтобы задать гомоморфизм из кольца многочленов $k[t]$ в +произвольное кольцо $R$, достаточно задать образ одного многочлена +$t$. После этого образы всех остальных многочленов определяются +однозначно из условия гомоморфизма. +Рассмотрим, к примеру, гомоморфизм $f\colon\mb Q[t]\to\mb R$, +переводящий $t$ +в $\sqrt{2}$. При этом гомоморфизме многочлен $t^2-2$ переходит в +$0\in\mb R$, поэтому идеал, порожденный $t^2-2$, лежит в ядре $f$. По +теореме~\ref{homo_factor} гомоморфизм $f$ пропускается через $\mb +Q[t]/(t^2-2)$: существует $\wt{f}\colon\mb Q[t]/(t^2-2)\to\mb R$, +композиция которого с проекцией равна $f$. Теперь это гомоморфизм +полей, поэтому $\wt{f}$ инъективен, и образ отображения $\wt{f}$ +равен $\mb Q(\sqrt{2})$. + +Заметим, что существует и другое +вложение $\mb Q[t]/(t^2-2)\to\mb R$: достаточно отправить $t$ в +$-\sqrt{2}$. Дело в том, что у многочлена $t^2-2$ два корня в $\mb +R$. Впрочем, в нашем случае образы этих гомоморфизмов совпадают (и +равны $\mb Q(\sqrt{2})$). В общем случае и это не обязано выполняться: +рассмотрим многочлен $t^3-2$, имеющий в $\mb C$ три корня. Каждый из +них задает вложение $\mb Q[t]/(t^3-2)\to\mb C$, образы которых~--- три +\emph{различных} подполя в $\mb C$, каждое из которых изоморфно +$\mb Q[t]/(t^3-2)$. + +\subsection{Продолжение изоморфизма для простых расширений} + +\begin{proposition}\label{proposition_extending_isomorphism} +Пусть $k_1\sseq k_1(\alpha_1)$, $k_2\sseq k_2(\alpha_2)$~--- два +простых конечных +расширения полей, $p_1\in k_1[t]$, $p_2\in k_2[t]$~--- минимальные +многочлены элементов $\alpha_1$, $\alpha_2$ соответственно. +Пусть $i\colon k_1\to k_2$~--- изоморфизм полей такой, что +$i(p_1)=p_2$ (то есть, соответствующие коэффициенты многочленов $p_1$ +и $p_2$ переводятся друг в друга при изоморфизме $i$). Тогда +существует единственный изоморфизм $j\colon k_1(\alpha_1)\to k_2 +(\alpha_2)$ +такой, что $j|_{k_1}=i$ и $j(\alpha_1)=\alpha_2$. +\end{proposition} +\begin{proof} +Изоморфизм $i$ продолжается до изоморфизма $k_1[t]\to +k_2[t]$. Рассмотрим композицию $k_1[t]\to k_2[t]\to k_2[t]/(p_2)$, где +второе отображение~--- каноническая проекция на +фактор-кольцо. Очевидно, что ядро этой композиции совпадает с идеалом +$(p_1)\trleq k_1[t]$. По универсальному свойству фактор-кольца она +пропускается через отображение $k_1[t]\to k_1[t]/(p_1)$. Мы построили +гомоморфизм $k_1[t]/(p_1)\to k_2[t]/(p_2)$. Он автоматически +инъективный, и сюръективный, поскольку второе поле порождается классом +многочлена $t$, который лежит в образе гомоморфизма. Поэтому это +изоморфизм; кроме того, очевидно, что при нем класс $\overline{t}$ +соответствует классу $\overline{t}$. +Но по предложению~\ref{alg_or_trans} $k_1[t]/(p_1)$ +изоморфно $k_1(\alpha_1)$, а $k_2[t]/(p_2)$ изоморфно $k_2(\alpha_2)$, +причем +при этих изоморфизмах $\overline{t}$ соответствует $\alpha_1$, и +$\overline{t}$ соответствует $\alpha_2$. Композиция трех изоморфизмов +теперь дает нужный изоморфизм $j$. Единственность следует из того, что +любой гомоморфизм $k_1(\alpha_1)$ в $k_2(\alpha_2)$, совпадающий с $i$ +на $k_1$, задается выбором образа $\alpha_1$. +\end{proof} + +\begin{definition} +Пусть $k\sseq F$~--- расширение полей, и $\alpha\in F$. Элемент +$\alpha$ +называется \dfn{алгебраическим над $k$}, \dfn{степени $n$}, если +$n=[k(\alpha):k]$ конечно; в противном случае $\alpha$ называется +\dfn{трансцендентным над $k$}. + +Расширение $k\sseq F$ называется \dfn{алгебраическим}, если любой его +элемент алгебраичен над $k$. +\end{definition} + +По предложению~\ref{alg_or_trans} элемент $\alpha\in F$ алгебраичен +над +$k$ тогда и только тогда, когда существует ненулевой многочлен $f\in +k[x]$ такой, что $f(\alpha)=0$. Минимальный многочлен $\alpha$~--- это +многочлен наименьшей степени, для которого выполнено это условие, и со +старшим коэффициентом 1; он обязан быть неприводимым. Заметим, что +если $\alpha$ алгебраичен над $k$, то любой элемент $k(\alpha)$ может +быть +записан как многочлен от $\alpha$ с коэффициентами из $k$. + +\subsection{Теорема о размерности башни} + +Конечные расширения являются алгебраическими: + +\begin{lemma}\label{finite_are_algebraic} +Пусть расширение $k\sseq F$ конечно. Тогда любой элемент $\alpha\in F$ +алгебраичен над $k$, степени $\leq [F:k]$. +\end{lemma} +\begin{proof} +В цепочке расширений $k\sseq k(\alpha)\sseq F$ размерность $k(\alpha)$ +как векторного пространства над $k$ ограничена сверху числом +$\dim_k(F)=[F:k]$. +\end{proof} + +Иными словами, если расширение $k\sseq F$ конечно и $\alpha\in F$, то +степени $1,\alpha,\alpha^2,\dots$ обязаны быть линейно зависимыми, и +любая их нетривиальная линейная комбинация, равная $0$, дает ненулевой +многочлен $f\in k[x]$, для которого $f(\alpha)=0$. + +Постараемся найти адекватное <<обратное>> к утверждению <<любое +конечное расширение алгебраично>>. + +\begin{proposition} +Пусть $k\sseq E\sseq F$~--- расширения полей. Расширение $k\sseq F$ +конечно тогда и только тогда оба расширения $k\sseq E$ и $E\sseq F$ +конечны; в этом случае $[F:k]=[F:E]\cdot [E:k]$. +\end{proposition} +\begin{proof} +Если $F$~--- конечномерное векторное пространство над $k$, то $E$~--- +его подпространство, поэтому тоже конечномерно. Кроме того, любая +линейная зависимость элементов $F$ над $k$ является и линейной +зависимостью над $E$. Поэтому из конечности $k\sseq F$ следует +конечность $k\sseq E$ и $E\sseq F$. + +Обратно, предположим, что $k\sseq E$ и $E\sseq F$~--- конечные +расширения. Пусть $(e_1,\dots,e_m)$~--- базис $E$ над $k$, а +$(f_1,\dots,f_n)$~--- базис $F$ над $E$. Покажем, что $mn$ +произведений $(e_if_j)_{1\leq i\leq m,1\leq j\leq n} = +(e_1f_1,e_1f_2,\dots,e_mf_n)$ образуют базис $F$ над $k$. Возьмем +$g\in F$. Найдутся $d_1,\dots,d_n\in E$ такие, что +$g=\sum_{j=1}^nd_jf_j$, поскольку $f_j$ порождают $F$ над $E$. Кроме +того, $E$ порождается элементами $e_i$ над $k$, поэтому для каждого +$j$ найдутся элементы $c_{1j},\dots,c_{mj}$ такие, что $d_j=\sum_{i=1}^m +c_{ij}e_i$. Подставляя эти равенства в выражения для $g$, получаем, +что $g=\sum_{i=1}^m\sum_{j=1}^n c_{ij}e_if_j$, поэтому $e_if_j$~--- +система образующих $F$ над $k$. + +Теперь покажем, что они линейно независимы. Пусть +$\sum_{i,j}\lambda_{ij}e_if_j=0$ для некоторых $\lambda_{ij}\in k$. +Тогда $\sum_j(\sum_i\lambda_{ij}e_i)f_j=0$. Из этого следует, что +$\sum_i\lambda_{ij}e_i=0$ для каждого $j$, поскольку $f_j$ линейно +независимы над $E$. Но $e_i$ линейно независимы над $k$, поэтому из +этих равенств следует, что все $\lambda_{ij}$ равны 0. +\end{proof} + +\begin{example} +Пусть $k\sseq F$~--- расширение полей, и $\alpha\in F$~--- +алгебраический над $k$ элемент нечетной степени. Тогда $\alpha$ можно +записать как многочлен от $\alpha^2$ с коэффициентами из $k$. + +Действительно, $\alpha^2\in k(\alpha)$, поэтому $k\sseq k +(\alpha^2)\sseq +k(\alpha)$. Чему может равняться степень $k(\alpha)$ над $k +(\alpha^2)$? Элемент +$\alpha$ является корнем многочлена $t^2-\alpha^2$ с коэффициентами из +$k(\alpha^2)$, поэтому $[k(\alpha):k(\alpha^2)]\leq 2$. С другой +стороны, +произведенеие $[k(\alpha^2):k]\cdot [k(\alpha):k(\alpha^2)]$ нечетно, +поэтому +степень $k(\alpha)$ над $k(\alpha^2)$ равна 1, и $k(\alpha)=k +(\alpha^2)$. В частности, $\alpha\in k(\alpha^2)$. +\end{example} + +\subsection{Конечно порожденные расширения} + +\begin{definition} +Расширение полей $k\subseteq F$ называется \dfn{конечно порожденным}, +если существуют $\alpha_1,\dots,\alpha_n\in F$ такие, что +$F=k(\alpha_1)(\alpha_2)\dots(\alpha_n)$. +\end{definition} +Часто мы будем писать +$k(\alpha_1,\dots,\alpha_n)$ вместо $k(\alpha_1)(\alpha_2)\dots +(\alpha_n)$. Если +$k\subseteq F$ и $\alpha_1,\dots,\alpha_n\in F$, то $k +(\alpha_1,\dots,\alpha_n)$~--- +наименьшее подполе в $F$, содержащее поле $k$ и все элементы +$\alpha_1,\dots,\alpha_n$. Другими словами, это наименьшее подполе в +$F$, +содержащее поля $k(\alpha_1)$, $k(\alpha_2)$, \dots, $k(\alpha_n)$. +Очевидно, что порядок элементов $\alpha_1,\dots,\alpha_n$ не имеет +значения. + +\begin{proposition} +Пусть $k\sseq F=k(\alpha_1,\dots,\alpha_n)$~--- конечно порожденное +расширение полей. Тогда следующие три условия эквивалентны: +\begin{enumerate} +\item расширение $k\sseq F$ конечно; +\item расширение $k\sseq F$ алгебраично; +\item каждое $\alpha_i$ алгебраично над $k$. +\end{enumerate} +Если эти условия выполнены, то $[F:k]$ не превосходит произведения +степеней элементов $\alpha_i$ над $k$. +\end{proposition} +\begin{proof} +$(1)\Longrightarrow(2)$~--- по лемме~\ref{finite_are_algebraic}; +$(2)\Longrightarrow(3)$~--- очевидно. Докажем +$(3)\Longrightarrow(1)$. Пусть каждый элемент $\alpha_i$ алгебраичен +над +$k$ степени $d_i$. Тогда расширение $k(\alpha_1,\dots,\alpha_ +{i-1})\subseteq +k(\alpha_1,\dots,\alpha_{i-1},\alpha_i)$ конечное степени не выше +$d_i$: +действительно, мы знаем, что $\alpha_i$ является корнем многочлена +степени +$d_i$ с коэффициентами из $k$, поэтому его минимальный многочлен над +$k(\alpha_1,\dots,\alpha_{i-1})$ имеет степень не выше $d_i$. Теперь +применим +теорему о размерности башни к последовательности расширений +$k\subseteq k(\alpha_1)\subseteq k +(\alpha_1,\alpha_2)\subseteq\dots\subseteq +k(\alpha_1,\dots,\alpha_n)=F$. Получаем, что $k\subseteq F$ конечно и +$[F:k]\leq d_1\dots d_n$. +\end{proof} + +\subsection{Алгебраические расширения} + +Из этого предложения следуют замечательные вещи: например, если +$\alpha$ и +$\beta$ алгебраичны над $k$, то $\alpha+\beta$, $\alpha\beta$ и +$\alpha/\beta$ также +алгебраичны над $k$. Отсюда немедленно следует, что множество всех +алгебраических элементов в любом расширении образует поле. + +Таким образом, для конечно порожденных расширений конечность +равносильна алгебраичности. + +\begin{example}\label{example:sqrt2+sqrt3} +Рассмотрим расширение $\mb Q\subseteq \mb Q(\sqrt{2},\sqrt{3})$. По +предыдущему предложению оно алгебраично. В частности, число +$\sqrt{2}+\sqrt{3}$ должно являться корнем какого-то многочлена с +рациональными коэффициентами. Можно найти этот многочлен так: +обозначим $\alpha=\sqrt{2}+\sqrt{3}$, тогда $\alpha^2=5+2\sqrt{6}$, +$\alpha^3=11\sqrt{2}+9\sqrt{3}$, $\alpha^4=49+20\sqrt{6}$. Видно, что +появилась линейная зависимость: $\alpha^4-10\alpha^2+1=0$, поэтому +$t^4-10t^2+1$~--- искомый многочлен. На самом деле это минимальный +многочлен элемента $\alpha$: легко проверить, что все его корни~--- +это +$\pm\sqrt{2}\pm\sqrt{3}$. Теперь рассмотрим башню расширений +$\mb Q\sseq\mb Q(\sqrt{2}+\sqrt{3})\sseq\mb Q(\sqrt{2},\sqrt{3})$. Мы +поняли, что степень $\mb Q(\sqrt{2}+\sqrt{3})$ над $\mb Q$ равна 4. Но +по предыдущему предложению степень $\mb Q(\sqrt{2},\sqrt{3})$ не +превосходит 4. Значит, обе эти степени равны 4 и +$\mb Q(\sqrt{2}+\sqrt{3})=\mb Q(\sqrt{2},\sqrt{3})$. +\end{example} + +Кроме того, алгебраическое расширение +алгебраического расширения является алгебраическим (даже без условия +конечной порожденности): + +\begin{proposition} +Пусть $k\subseteq E\subseteq F$~--- расширения полей. Тогда +$k\subseteq F$ алгебраично если и только если $k\subseteq E$ и +$E\subseteq F$ алгебраичны. +\end{proposition} +\begin{proof} +Если $k\subseteq F$ алгебраично, то любой элемент $F$ алгебраичен над +$k$; в частности, любой элемент $E$ алгебраичен над $k$, поэтому $E$ +алгебраично над $k$. Кроме того, любой элемент $F$ является корнем +многочлена с коэффициентами из $k$, следовательно, и корнем многочлена +с коэффициентами из $E$. Поэтому и $F$ алгебраично над $E$. + +Обратно, пусть $E$ алгебраично над $k$ и $F$ алгебраично над +$E$. Возьмем $\alpha\in F$. По предположению он является корнем +некоторого +многочлена с коэффициентами из $E$. Запишем этот многочлен: +$x^n+e_{n-1}x^{n-1}+\dots+e_1x+e_0$. Значит, $\alpha$ алгебраичен уже +над +подполем $k(e_0,\dots,e_{n-1}$ в $E$. Получаем, что расширение +$k(e_0,\dots,e_{n-1})\subseteq k(e_0,\dots,e_{n-1},\alpha)$ является +конечным. +Далее, расширение $k\subseteq k(e_0,\dots,e_{n-1})$ +алгебраическое, поскольку каждый его элемент содержится в $E$, +и, следовательно, также конечное. Применим теперь теорему а +размерности башни к цепочке конечных расширений $k\subseteq +k(e_0,\dots,e_{n-1})\subseteq k(e_0,\dots,e_{n-1},\alpha)$; получим, +что +расширение $k(e_0,\dots,e_{n-1},\alpha)$ конечно, и, следовательно, +алгебраично над $k$. Это означает, что $\alpha$ алгебраичен над $k$, +что и +требовалось. +\end{proof} + +Для доказательства неприводимости многочленов над $\mb Q$ часто +используется следующий критерий. + +\begin{theorem}[Критерий Эйзенштейна] +Пусть $f=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_1x+a_0$~--- многочлен с целыми +коэффициентами, и $p$~--- простое число такое, что $a_i$ делится на +$p$ для всех $i$ и $a_0$ не делится на $p^2$. Предположим, что $f=gh$ +для некоторых многочленов $g$ и $h$ с целыми коэффициентами. Тогда $g$ +или $h$ имеет степень 0. +\end{theorem} +\begin{proof} +Пусть $\deg(g)=k$, $\deg(h)=n-k$, и $k,n-k>, но $\Aut_k(F)$ действительно +будет группой относительно композиции гомоморфизмов. +\end{remark} + +% 31.03.2012 + +\subsection{Приложение: построения циркулем и линейкой}\label{ssect:constructions} + +Одним из первых достижений теории расширений полей стало решение +(отрицательное) трех классических задач древности на построение +циркулем и линейкой. Это квадратура круга, трисекция угла и удвоение +куба: +\begin{enumerate} +\item \textsc{квадратура круга}: построить квадрат, площадь которого + равна площади данного круга; +\item \textsc{трисекция угла}: разделить данный угол на три данных части; +\item \textsc{удвоение куба}; построить отрезок, равный стороне куба, + объем которого вдвое больше объема куба с данной стороной. +\end{enumerate} +Для того, чтобы показать, что эти операции невозможно выполнить +циркулем и линейкой, необходимо прежде всего формализовать само +понятие построения циркулем и линейкой. \dfn{Алгоритмом} построения +циркулем +и линейкой будем называть описание конечной последовательности +действий, каждое из которых является одним из \dfn{элементарных + построений}. Опишем теперь, какие бывают элементарные построения: +\begin{enumerate} +\item \emph{Провести прямую через две точки}: если на плоскости уже + отмечены две точки, разрешается провести через них прямую. +\item \emph{Найти точку пересечения двух прямых}: если на плоскости уже + проведены две прямые, разрешается отметить их точку пересечения + (если она есть). +\item \emph{Провести окружность с центром в данной точке заданным + радиусом}: если на плоскости отмечены точки $A$ и $B$, разрешается + построить окружность с центром в точке $A$ и радиусом $AB$. +\item \emph{Найти точку пересечения прямой и окружности}: если на + плоскости проведены прямая и окружность, разрешается отметить их + точки пересечения. +\item \emph{Найти точку пересечения двух окружностей}: если на + плоскости проведены две окружности, разрешается отметить их точки + пересечения. +\end{enumerate} + +Предположим, что на плоскости выбрана декартова система координат, то +есть построены две перпендикулярные оси и на одной из них отмечен +единичный отрезок. Посмотрим на координаты всех точек, которые +отмечаются в процессе выполнения алгоритма построения. + +Когда мы отмечаем точку пересечения двух прямых, каждая из этих прямых +построена посредством операции 1, поэтому можно считать, что мы +отмечаем точку пересечения прямых $AB$ и $CD$, где $A$, $B$, $C$, +$D$~--- ранее отмеченные точки. Пусть их координаты~--- $(x_A,y_A)$, +$(x_B, y_B)$, $(x_C, y_C)$, $(x_D, y_D)$ соответственно. +Тогда прямая $AB$ задается уравнением +$x(y_A-y_B)-y(x_A-x_B)+(x_Ay_B-y_Ax_B)=0$. Для сокращения обозначений +будем считать, что это уравнение $ax+by+c=0$. Аналогично, прямая $CD$ +задается уравнением $x(y_C-y_D)-y(x_C-x_D)+(x_Cy_D-y_Cx_D)=0$, и мы +будем считать, что это уравнение $a'x+b'y+c'=0$. +Точка пересечения $(x,y)$ этих прямых имеет координаты, +удовлетворяющие системе уравнений +$$ +\left\{ +\begin{aligned} +ax+by+c&=0;\\ +a'x+b'y+c'&=0. +\end{aligned} +\right. +$$ +Решение выглядит так: $x=(bc'-b'c)/(ab'-a'b)$, +$y=(a'c-ac')/(ab'-a'b)$. Нам важно только то, что координаты $(x,y)$ +новой отмеченной точки есть рациональные функции от +$a,b,c,a',b',c'$. В свою очередь, $a,b,c,a',b',c'$ есть рациональные +функции (и даже многочлены) от координат точек $A,B,C,D$. Поэтому +координаты новой точки являются рациональными выражениями от координат +точек $A,B,C,D$. + +Теперь разберем случай пересечения прямой и окружности. Как и раньше, +пусть прямая $AB$ задается уравнением $ax+by+c=0$, где $a,b,c$~--- +многочлены от координат точек $A$ и $B$. Окружность с центром в +отмеченной точке $C$ и радиусом $CD$ ($D$~--- также отмеченная точка) +задается уравнением $(x-x_C)^2+(y-y_C)^2=(x_D-x_C)^2+(y_D-y_D)^2$. Нас +интересует решение полученной системы +$$ +\left\{ +\begin{aligned} +ax+by+c&=0;\\ +(x-x_C)^2+(y-y_C)^2=(x_D-x_C)^2+(y_D-y_D)^2. +\end{aligned} +\right. +$$ +Если $b\neq 0$, в первом уравнении можно выразить $y$ через $x$ (иначе +$a\neq 0$, и можно выразить $x$ через $y$~--- этот случай симметричен +нашему). Подставляя полученное выражение во второе уравнение, мы +получаем одно квадратичное уравнение $kx^2+lx+m=0$ относительно $x$, +коэффициенты $k,l,m$ которого, как нетрудно видеть, являются +рациональными функциями от координат исходных точек $A,B,C,D$. Корни +этого уравнения имеют вид $x=(-l\pm\sqrt{l^2-4km})/(2k)$, и $y$ после +этого линейно выражается через $x$ (коэффициенты этого выражения~--- +также рациональные функции от координат точек $A,B,C,D$). Мы видим, +что в этом случае координаты новой отмеченной точки уже не являются +рациональными функциями от координат исходных; однако они являются +рациональными функциями от координат исходных точек и от +$\sqrt{\alpha}$, где $\alpha=l^2-4km$~--- снова рациональная функция +от координат точек $A,B,C,D$. При этом $\alpha\geq 0$ (иначе точек +пересечения вовсе нет). + +Осталось рассмотреть случай пересечения двух окружностей. Пусть +окружности заданы уравнениями +$$ +\left\{ +\begin{aligned} +(x-x_A)^2+(y-y_A)^2=(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2,\\ +(x-x_C)^2+(y-y_C)^2=(x_D-x_C)^2+(y_D-y_C)^2. +\end{aligned} +\right. +$$ +Нетрудно видеть, что разность этих двух уравнений является линейным +уравнением относительно $x$ и $y$, коэффициенты которого~--- +рациональные функции от координат точек $A,B,C,D$; поэтому система из +этих двух уравнений эквивалентная системе, в которой одно из уравнений +такое же, как и прежде, а второе~--- линейное. Таким образом, этот +случай сводится к предыдущему, и вывод остается таким же~--- +координаты новой точки рационально выражаются через координаты +исходных и квадратный корень от рациональной функции тех же координат. + +Рассмотрим теперь минимальное поле $K_i$, в котором лежат координат всех +точек, отмеченных после выполнения $i$ шагов алгоритма. Наш разбор +показал, что с каждым шагом это поле либо не изменяется, либо +расширяется посредством добавления квадратного корня из элемента +прежнего поля. Первоначально отмечены только точки $(0,0)$ и $(1,0)$, +поэтому $K_0=\mb Q$. + + На самом деле, мы пропустили еще одно элементарное построение, которое +не так просто формализовать~--- это возможность отметить +<<произвольную>> точку на плоскости. Более того, можно потребовать, +чтобы эта точка удовлетворяла каким-то ограничениям~--- например, +лежала вне или внутри построенной окружности, или по заданную сторону +от построенной прямой, или на заданном отрезке (с концами в отмеченных +точках), или на заданной дуге построенной окружности, или даже +каким-то комбинациям этих ограничений. Покажем, что это новое +построение не добавляет ничего нового к нашему выводу относительно +строения полей $K_i$. Ключевое соображение состоит в том, что точки с +рациональными координатами всюду плотны на плоскости (и в любой +открытой области плоскости), а прямые, уравнения которых имеют +рациональные коэффициенты, также в некотором смысле всюду плотны: их +пересечения с заданным отрезком или дугой окружности образуют всюду +плотное множество точек (на отрезке или дуге). Поскольку алгоритм +должен работать независимо от того, какую именно <<произвольную>> +точку мы взяли, будем считать, что при выборе произвольной точки нам +всегда попадается та, координаты которой либо рациональны, либо +задаются пересечением какой-то уже построенной кривой (прямой или +окружности) с прямой, уравнение которой имеет рациональные +коэффициенты. Поскольку $K_0=\mb Q$ содержится в каждом $K_i$, выбор +такой точки не изменяет нашего заключения: каждое $K_i$ либо совпадает +с $K_{i-1}$, либо является его квадратичным расширением. + +Наконец, будем говорить, что вещественное число $\alpha$ можно +\dfn{построить циркулем и линейкой}, если существует алгоритм +построения такой, что в результате его работы на декартовой плоскости +окажется отмеченной точка с координатами $(\alpha,0)$. +\begin{theorem}\label{thm_construct} +Вещественное число $\alpha$ можно построить циркулем и линейкой тогда +и только тогда, когда существует конечная цепочка расширений полей +$$ +\mb Q=K_0\sseq K_1\sseq\dots\sseq K_n, +$$ +в которой для каждого $i$ либо $K_i=K_{i-1}$, либо +$K_i=K_{i-1}(\alpha_i)$ для некоторого $\alpha_i\in K_{i-1}$, +$\alpha_i>0$, и в которой $\alpha\in K_n$. +\end{theorem} +\begin{proof} +Предыдущие рассуждения показывают, что если $\alpha$ можно построить +циркулем и линейкой, то такая цепочка существует (нужно взять в +качестве $K_i$ поле, порожденное координатами всех точек, отмеченных +после $i$-го шага). Обратно, если задана такая цепочка, покажем, что +$\alpha$ можно построить циркулем и линейкой. Это немедленно следует +из того, что если мы умеем строить числа $s$ и $t$, то мы умеем +строить и числа $s\pm t$, $st$, $s/t$ и $\sqrt{s}$. Построение суммы и +разности тривиально, произведение и частное строятся с помощью теоремы +Фалеса (и с учетом того, что у нас с самого начала есть отрезок длины +1). а $\sqrt{s}$ можно построить, например, как среднее геометрическое +$s$ и $1$ (высота в прямоугольном треугольнике является средним +геометрическим длин отрезков, на которые основание высоты делит +гипотенузу). Поэтому любое наперед заданное число $\alpha\in K_n$ для +такой цепочки расширений строится циркулем и линейкой за конечное +число шагов. +\end{proof} + +Теперь остается формализовать три классические задачи +древности. Нетрудно +видеть, что квадратура круга сводится к построению числа $\sqrt{\pi}$, +удвоение куба~--- к построению числа $\sqrt[3]{2}$. Трисекция угла +говорит о делении \emph{произвольного} угла на три части. Мы знаем, что +некоторые углы все-таки можно поделить циркулем и линейкой на три +равные части~--- например, угол $90^\circ$, поскольку возможно +построить угол в $30^\circ$. Но, к примеру, уже для угла в $30^\circ$ +трисекцию провести невозможно: достаточно доказать, что невозможно +построить число $\sin(10^\circ)$. + +Примем на веру, что число $\pi$ трансцендентно. Из этого сразу следует +невозможность квадратура круга: если бы могли построить $\sqrt{\pi}$, +то могли бы построить и $\pi$. Однако, из теоремы~\ref{thm_construct} +следует, что любое +число, построимое циркулем и линейкой, является алгебраическим, +поскольку расширение $K_n$ алгебраично (поскольку все расширения +$K_{i-1}\sseq K_i$ конечны, следовательно, алгебраичны). + +Пусть теперь $\alpha=\sqrt[3]{2}$. Предположим, что $\alpha$ можно +построить циркулем и линейкой; по теореме~\ref{thm_construct} + существует цепочка $\mb +Q=K_0\sseq K_2\sseq\dots\sseq K_n$ не более чем квадратичных +расширений такая, что $\alpha\in K_n$. Заметим, что степень каждого +расширения в цепочке равна 1 или 2. Значит, по теореме о размерности +башни +степень расширения $\mb Q\sseq K_n$ равна $2^l$. С другой стороны, +если $\alpha\in K_n$, то имеется цепочка $\mb Q\sseq \mb +Q(\alpha)\sseq K_n$, в которой степень расширения $\mb Q\sseq\mb +Q(\alpha)$ равна 3: действительно, $\alpha$ является корнем +неприводимого многочлена $t^3-2$ степени 3 над $\mb Q$. По теореме о +размерности башни $2^l=[K_n:\mb Q]=[K_n:\mb Q(\alpha)]\cdot 3$, что +невозможно, поскольку степень двойки не может делиться на 3. + +Наконец, пусть $\alpha=\sin(10^\circ)$. По формуле синуса тройного +угла $3\sin(10^\circ)-4(\sin(10^\circ))^3=\sin(30^\circ)=1/2$. Значит, +$\alpha$ является корнем уравнения $8t^3-6t+1=0$. Несложные +рассуждения показывают, что многочлен $8t^3-6t+1$ неприводим (если бы +он был приводим, у него был бы линейный множитель, то есть, +существовал бы рациональный корень, а возможные рациональные корни +данного многочлена легко перебрать~--- они должны иметь вид $\pm 1$, +$\pm 1/2$, $\pm 1/4$ или $\pm 1/8$). Поэтому расширение $\mb Q\sseq +\mb Q(\alpha)$ снова имеет степень 3, и можно действовать, как в +предыдущем случае. + +Заметим, что некоторые углы все-таки можно построить циркулем и +линейкой: к примеру, +$$ +\cos 3^\circ=\frac18 +(\sqrt{3}+1)\sqrt{5+\sqrt{5}}+\frac{1}{16}(\sqrt{6}-\sqrt{2})(\sqrt{5}-1). +$$ +Из этого следует, что для целого числа $n$ угол в $n$ градусов можно +построить циркулем и линейкой тогда и только тогда, когда $n$ делится +на 3: указанное выражение позволяет построить угол в $3$ градуса, и, +следовательно, все кратные ему, а если бы можно было построить угол в +$n$ градусов для $n$ не кратного трем, то можно было бы и построить +угол в $1^\circ$, и, стало быть, угол в $10^\circ$, что невозможно. + +Традиционно рассматривалась и задача построения циркулем и линейкой +правильного $n$-угольника, или, что то же самое, построения угла +$2\pi/n$. На этот вопрос получен такой ответ: угол $2\pi/n$ можно +построить +циркулем и линейкой тогда и только тогда, когда $n=2^lp_1p_2\dots +p_s$, где $l$~--- некоторое натуральное число или 0, а +$p_1,\dots,p_s$~--- различные \dfn{простые числа Ферма}, то есть +простые числа вида $p=2^{2^k}+1$. Известно, что для $k=0,1,2,3,4$ эти +числа (3, 5, 17, 257, 65537) действительно простые. Для $k=5$ число +$2^{32}+1=4294967297$ не является простым, а равно $641\cdot +6700417$. На сегодняшний день (март 2012) неизвестно, существуют ли +другие простые числа Ферма, помимо перечисленных. Гаусс в возрасте +19 лет разработал +построение циркулем и линейкой правильного 17-угольника на основе того +факта, что +$$\textstyle +\cos(\frac{2\pi}{17})= +\frac{\sqrt{17}-1+\sqrt{2}\sqrt{34+6\sqrt{17}+\sqrt{2}(\sqrt{17}-1)\sqrt{17-\sqrt{17}}-8\sqrt{2}\sqrt{17+\sqrt{17}}}+\sqrt{2}\sqrt{17-\sqrt{17}}}{16} +$$ +Видно, что запись этого числа включает в себя только +квадратные корни (хотя и вложенные), поэтому, по +теореме~\ref{thm_construct}, построимо циркулем и линейкой. + +\section{Нормальность и сепарабельность} + +\subsection{Алгебраическое замыкание} + +\begin{definition} +Пусть $k\sseq L$~--- расширение полей. Говорят, что $L$ является +\dfn{алгебраическим замыканием} поля $k$, если расширение $k\sseq L$ +алгебраично и поле $L$ алгебраически замкнуто, то есть любой +многочлен степени $>0$ с коэффициентами из $L$ имеет корень в $L$. +Такое поле $L$ часто обозначается через $\overline{k}$. +\end{definition} + +Нам понадобятся некоторые факты, которые мы приведем без +доказательства. + +\begin{theorem} +У любого поля $k$ есть алгебраическое замыкание $k\sseq \overline{k}$, +единственное с точностью до изоморфизма. +\end{theorem} + +Полезное свойство алгебраического замыкания: любое алгебраическое +расширение поля вкладывается в его алгебраическое замыкание (и, на +самом деле, в любое алгебраически замкнутое расширение основного поля). + +\begin{proposition}\label{proposition_algebraic_closure} +Пусть $k\sseq L$~--- расширение полей, и $L$ алгебраически +замкнуто. Пусть $k\sseq F$~--- алгебраическое расширение. Тогда +существует (инъективный) гомоморфизм полей $F\to L$ такой, что +композиция его с вложением $k\sseq F$ совпадает с вложением $k\sseq L$. +\end{proposition} + +Отметим, что описанный гомоморфизм, как правило, не является +единственным: положим $k=\mb Q$, $L=\mb C$, $F=\mb Q[t]/(t^3-2)$; мы +уже обсуждали, что есть три различных гомоморфизма +$\mb Q[t]/(t^3-2)\to \mb C$. + +Нам уже знакомы примеры алгебраических замыканий: $\overline{\mb + R}=\mb C$ и замыкание поля рациональных чисел, которое мы обозначали +через $\overline{\mb Q}$. Конечно, можно рассмотреть и вложение $\mb +Q\sseq\mb C$ поля рациональных чисел в алгебраически замкнутое поле +$\mb C$, но оно не является алгебраическим. В $\mb C$ много +трансцендентных над $\mb Q$ элементов (например, $\pi$). Более того, +$\overline{\mb Q}$ счетно, в отличие от $\mb C$, поэтому в башне +расширений $\mb Q\sseq\overline{\mb Q}\sseq\mb C$ верхний этаж +значительно больше нижнего. + +\subsection{Поле разложения} + +Итак, в алгебраическом замыкании поля $k$ любой многочлен из $k[x]$ +раскладывается на линейные. Предположим, что у нас есть некоторый +набор многочленов $\mc F\sseq k[x]$ и нас интересуют расширения, в +которых каждый многочлен из $\mc F$ раскладывается на +линейные. Конечно, $\overline{k}$ является таким расширением, но имеет +смысл задача нахождения минимального расширения с этим свойством. Нам +достаточно будет рассмотреть случай, когда $\mc F$ состоит из одного +многочлена (на самом деле, случай конечного множества $\mc F$ сводится +к этому). + +\begin{definition} +Пусть $k$~--- поле, $f\in k[x]$~--- многочлен степени $d$. +\dfn{Полем разложения} многочлена $f$ над $k$ называется расширение $k\sseq F$ +такое, что $f(x)=c\prod_{i=1}^d(x-\alpha_i)$ в $F[x]$ и, кроме того, +$F$ +порождается над $k$ корнями многочлена $f$, то есть, +$F=k(\alpha_1,\dots,\alpha_d)$. +\end{definition} + +\begin{proposition}\label{splitting_field} +Пусть $k$~--- поле, $f\in k[x]$. Поле разложения $F$ многочлена $f$ +существует и единственно с точностью до изоморфизма; степень +расширения $[F:k]$ не превосходит $(\deg(f))!$. Более того, если +$i\colon k\to k'$~--- изоморфизм полей и $g\in k'[x]$ таков, что +$i(f)=g$, то $i$ продолжается до изоморфизма [любого] поля разложения +$f$ над $k$ и [любого] поля разложения $g$ над $k'$. +\end{proposition} +\begin{proof} +Доказываем индукцией по степени многочлена $f$. Пусть $q$~--- +какой-нибудь неприводимый множитель многочлена $f$. Рассмотрим +расширение $k\sseq F'=k[t]/(q)$ степени $\deg(q)\leq\deg(f)$. Над полем +$F'$ у многочлена $f$ появился корень, поэтому $f$ стал делиться на +линейный множитель $(x-\alpha)$. Рассмотрим многочлен $f/(x-\alpha)\in +F'[x]$. Его степень равна $\deg(f)-1$, поэтому можно применить +предположение индукции и найти расширение $F'\sseq F$ такое, что над +$F$ многочлен $f/(x-\alpha)$ раскладывается на линейные множители. +Кроме +того, $[F:F']\leq (\deg(f)-1)!$. Посмотрим на башню расширений $k\sseq +F'\sseq F$; очевидно, что над $F$ многочлен $f$ раскладывается на +$(x-\alpha)$ и на множители многочлена $f/(x-\alpha)$, то есть, +целиком на +линейные множители. По теореме о размерности башни имеем +$[F:k]=[F:F']\cdot [F':k]\leq (\deg(f)-1)!\cdot(\deg f)=(\deg(f))!$, +что и требовалось. +\end{proof} + +\begin{examples} +\begin{enumerate} +\item Легко видеть, что $\mb Q(i)$ является полем разложения + многочлена $x^2+1$ над $\mb Q$, а $\mb C$~--- полем разложения того + же многочлена над $\mb R$. +\item Поле разложения многочлена $x^8-1$ над $\mb Q$ порождается + элементом $\zeta:=\cos(2\pi/8)+\sin(2\pi/8)$, поскольку корнями + этого многочлена являются все корни восьмой степени из 1, и все + они~--- степени $\zeta$. Заметим, что $\zeta$ является корнем + неприводимого над $\mathbb Q$ многочлена $x^4+1$; поэтому + $F=\mb Q(\zeta)$ является полем разложения и многочлена $x^4+1$ над + $\mb Q$. Степень расширения $[\mb Q(\zeta):\mb Q]$ равна 4, в то + время как предыдущее предложение дает оценки $8!$ и $4!$. + +Заметим теперь, что $i=\zeta^2\in F$ и $\sqrt{2}=\zeta+\zeta^7\in +F$. Поэтому поле $F$ содержит $\mb Q(i,\sqrt{2})$. Обратно, +$\zeta=\sqrt{2}(1+i)/2\in\mb Q(i,\sqrt{2}$. Мы получили, что поле +разложения $x^4+1$ (и поле разложения $x^8-1$) равно $\mb +Q(i,\sqrt{2})$. +\item Посмотрим теперь на многочлен $x^4-1$. Он раскладывается над + $\mb Q$: $x^4-1=(x-1)(x+1)(x^2+1)$, поэтому его поле разложения + такое же, как поле разложения $x^2+1$, то есть, $\mb Q(i)$. +\item Различие между предыдущими двумя примерами связано не с + приводимостью: посмотрим на многочлен $x^4+2$. Его корни~--- + $\sqrt[4]{2}\zeta, \sqrt[4]{2}\zeta^3, + \sqrt[4]{2}\zeta^5, \sqrt[4]{2}\zeta^7$, поэтому $K=\mb + Q(\sqrt[4]{2}\zeta, \sqrt[4]{2}\zeta^3, \sqrt[4]{2}\zeta^5, + \sqrt[4]{2}\zeta^7)$~--- поле разложения $x^4+2$. Легко видеть, что + $K\sseq\mb Q(\zeta,\sqrt[4]{2})=\mb Q(i,\sqrt{2},\sqrt[4]{2})=\mb + Q(i,\sqrt[4]{2}$. С другой стороны, + $\sqrt{2}=(\sqrt[4]{2})\zeta)^3/(\sqrt[4]{2}\zeta^3)\in K$, поэтому + $i=(\sqrt[4]{2}\zeta)^2/\sqrt{2}\in K$, $\zeta=\sqrt{2}(1+i)/2\in + K$ и $\sqrt[4]{2}=(\sqrt[4]{2}\zeta)/\zeta\in K$. Стало быть, + $\mb Q(i,\sqrt[4]{2})\sseq K$, и поэтому поле разложения $x^4+2$ + равно $K=\mb Q(i,\sqrt[4]{2})$. Можно убедиться (упражнение!), что + степень расширения $K$ над $\mb Q$ равна 8; в частности, поэтому + поле разложения многочлена $x^4+2$ не может быть изоморфно полю + разложения $x^4+1$. +\end{enumerate} +\end{examples} + +\subsection{Нормальные расширения} + +Поля разложения играют большую роль в теории Галуа: дело в том, что +они не только расщепляют данный многочлен на линейные множители, но и +автоматически расщепляют любой неприводимый многочлен, у которого +появляется хотя бы один корень в этом поле. + +\begin{definition} +Расширение $k\sseq F$ называется \dfn{нормальным}, если для любого +неприводимого многочлена $f\in k[x]$ $f$ имеет корень в $F$ тогда и +только тогда, когда $f$ расщепляется в произведение линейных +множителей в $F[x]$. +\end{definition} + +\begin{theorem}~\label{thm_normal_is_splitting_field} +Расширений полей $k\sseq F$ является конечным и нормальным тогда и +только тогда, когда $F$ является полем разложения некоторого +многочлена $f\in k[x]$. +\end{theorem} +\begin{proof} +Пусть $k\sseq F$~--- конечное нормальное расширение. Тогда $F$ конечно +порождено: $F=k(\alpha_1,\dots,\alpha_r)$, где каждый $\alpha_i$ +алгебраичен над +$k$. Пусть $p_i$~--- минимальный многочлен $\alpha_i$ над $k$. Из +определения нормальности следует, что каждый $p_i(t)$ раскладывается +над $F$ на линейные множители, поэтому и их произведение $f=p_1\dots +p_r$ раскладывается над $F$ на линейные множители. Следовательно, $F$ +является полем разложения многочлена $f$. + +Обратно, предположим, что $F$~--- поле разложения многочлена $f\in +k[x]$, и пусть $p\in k[x]$~--- неприводимый многочлен, у которого +появляется корень $\alpha$ в $F$. Можно считать, что $F$~--- подполе +алгебраического замыкания $\overline{k}$. Пусть +$\beta\in\overline{k}$~--- любой другой корень многочлена $p$; мы +хотим доказать, что $\beta\in F$. Из этого будет следовать, что $F$ +содержит все корни $p$, то есть, $F$ нормально. Расширение +$k\sseq F$ конечно по предложению~\ref{splitting_field}. + +Существует изоморфизм $i\colon k(\alpha)\to k(\beta)$, ограничение +которого +на $k$ тождественно, такой, что $i(\alpha)=\beta$. Рассмотрим также +подполе +$F(\beta)\sseq\overline{k}$, являющееся расширением $k(\beta)$: +$$ +\xymatrixcolsep{3pc} +\xymatrixrowsep{1pc} +\xymatrix{& k(\alpha)\ar[dd]_{\simeq}^i\ar@{^{(}->}[r] & F \ar@{^{(}->}[r] & \overline{k}\\ +k\ar@{^{(}->}[ur]\ar@{^{(}->}[dr] \\ +& k(\beta)\ar@{^{(}->}[r] & F(\beta)\ar@{^{(}->}[r] & \overline{k}} +$$ +Теперь рассмотрим $F$ как поле разложения многочлена $f$ не над $k$, а +над $k(\alpha)$. Это можно сделать, поскольку $F$ содержит все корни +$f$ и, кроме того, $F$ порождается над $k$ (и, следовательно, над +$k(\alpha)$) этими корнями. Аналогично, $F(\beta)$ можно рассмотреть +как поле разложения многочлена $f$ над $k(\beta)$. Теперь можно +применить вторую часть предложения~\ref{splitting_field} к изоморфизму +$i$ и получить изоморфизм полей разложения $j\colon F\to F(\beta)$, +продолжающий $i$. В частности, $j$ является изоморфизмом векторных +пространств над $k$, поэтому $\dim_k(F)=\dim_k(F(\beta))$, и обе этих +размерности конечны (поскольку поле разложения $F$ конечномерно над +$k$). Теперь рассмотрим вложение $F\to F(\beta)$, являющееся, +несомненно, линейным отображением векторных пространств одинаковой +конечной размерности. Получаем, что $F=F(\beta)$, то есть, $\beta\in +F$, что и требовалось. +\end{proof} + +\begin{example} +Мы знаем, что расширение $\mb Q(i,\sqrt[4]{2})$ является полем +разложения многочлена $x^4+2$. Поэтому +если корень неприводимого многочлена $p\in\mb Q[x]$ выражается как +рациональная функция от $i$ и $\sqrt[4]{2}$ с рациональными +коэффициентами, то \emph{все} корни $p$ выражаются таким образом. +\end{example} + +\subsection{Сепарабельные многочлены} + +\begin{example} +Пусть $p$~--- простое число. Рассмотрим поле $\mb F_p(t)$ рациональных +функций от переменной $t$. Многочлен $x^p-t$ над этим полем +неприводим. Действительно, он неприводим в $\mb F_p[t][x]$ по критерию +Эйзенштейна ($t$ является простым элементом $\mb F_p[t]$), поэтому по +лемме Гаусса (перекрестное сокращение знаменателей) он неприводим и в +$\mb F_p(t)[x]$. Пусть $u$~--- корень этого многочлена в каком-нибудь +расширении $L$ поля $\mb F_p(t)$ (например, в качестве $L$ можно взять +алгебраическое замыкание поля $\mb F_p(t)$). Тогда +$x^p-t=x^p-u^p=(x-u)^p$ в $L[x]$, поскольку в поле характеристики $p$ +выполнено тождество $(a+b)^p=a^p+b^p$. Поэтому $u$ оказался кратным +корнем неприводимого многочлена $x^p-t$. +\end{example} + +Следующее определение выделяет многочлены, для которых подобных +патологий не происходит. + +\begin{definition} +Многочлен $f\in k[x]$ называется \dfn{сепарабельным}, если он не имеет +кратных корней в своем поле разложения. В противном случае многочлен +называется \dfn{несепарабельным} +\end{definition} +Очевидно, что можно рассматривать корни многочлена не в поле +разложения, а в любом расширении, в котором данный многочлен +раскладывается на линейные множители. Позже мы увидим, что +несепарабельные многочлены существуют только над полями положительной +характеристики. + +Следующая лемма показывает, что несепарабельность можно обнаружить, не +выходя за пределы исходного поля. + +\begin{lemma}\label{derivative_rel_prime} +Многочлен $f\in k[x]$ сепарабелен тогда и только тогда, когда +$f$ и $f'$ взаимно просты. +\end{lemma} +\begin{proof} +Сразу заметим, что условие взаимной простоты сохраняется при +расширениях полей: наибольший общий делитель можно искать с помощью +алгорифма Эвклида, а он не выводит за пределы данного поля. +Пусть $\gcd(f,f')=1$; предположим, что $f$ несепарабелен. Рассмотрим +расширение, в котором у $f$ есть кратный корень $\alpha$. Запишем +$f=(x-\alpha)^m\cdot g$, где $m\geq 2$. Тогда +$f'=m(x-\alpha)^{m-1}g+(x-\alpha)^mg'$, и $m-1\geq 1$. Значит, и $f$, +и $f'$ +делятся на $x-\alpha$, поэтому они не многут быть взаимно просты. +Обратно, пусть многочлен $f$ сепарабелен, а $\gcd(f,f')=d\neq +1$. Рассмотрим расширение $L$, в котором у многочлена $d$ есть корень +$\alpha$. Тогда $f,f'$ делятся на $x-\alpha$ в $L[x]$. Запишем $f= +(x-\alpha)\cdot +g$ и продифференцируем это равенство: $f'=(x-\alpha)g'+g$. В этом +равенстве $f'$ делится на $x-\alpha$ и $(x-\alpha)g'$ делится на +$x-\alpha$, +поэтому и $g$ делится на $x-\alpha$. Получаем, что $f= +(x-\alpha)^2\cdot h$, и, +стало быть, у $f$ есть кратный корень в $L$. +\end{proof} + +Таким образом, несепарабельность многочлена $x^p-t$ из нашего примера +можно увидеть сразу из того, что $(x^p-t)'=px^{p-1}=0$ над полем $\mb +F_p[t]$, поэтому $\gcd(x^p-t,0)=x^p-t\neq 1$. + +\begin{lemma} +Пусть $k$~--- поле, $f\in k[x]$~--- несепарабельный неприводимый +многочлен. Тогда $f'=0$. +\end{lemma} +\begin{proof} +Если $f$ несепарабелен, то по лемме~\ref{derivative_rel_prime} у $f$ и +$f'$ есть общий множитель $q$ положительной степени. Поскольку $f$ +неприводим и $f$ делится на $q$, $f$ должен отличаться от $q$ на +константу. Степень $f'$ строго меньше степени $f$, но $f'$ делится на +$q$~--- это возможно только если $f'=0$. +\end{proof} + +Из этой леммы сразу видно, что в характеристике 0 любой неприводимый +многочлен сепарабелен: в этом случае $\deg(f')=\deg(f)-1$. Более того, +если характеристика $k$ равна простому числу $p$ и $f'=0$, нетрудно +понять, что в многочлене $f$ возможны только мономы вида +$x^{pl}$. Иными словами, если $f'=0$, то $f$ является многочленом от +$x^p$. + +\begin{definition} +Пусть $k$~--- поле характеристики $p>0$. Отображение $k\to k$, +$x\mapsto x^p$, называется \dfn{гомоморфизмом Фробениуса}. +\end{definition} + +Нетрудно понять, что гомоморфизм Фробениуса действительно является +гомоморфизмом колец; он инъективен, как и любой гомоморфизм между +полями, но не всегда сюръективен. + +\subsection{Совершенные поля} + +\begin{definition} +Поле $k$ называется \dfn{совершенным}, если любой неприводимый +многочлен над $k$ сепарабелен. +\end{definition} + +\begin{proposition} +Пусть $k$~--- поле. $k$ совершенно тогда и только тогда, когда либо +e$\cchar k=0$, либо $\cchar k>0$ и гомоморфизм Фробениуса сюръективен. +\end{proposition} +\begin{proof} +Мы уже заметили, что если $\cchar k=0$, то все неприводимые многочлены +сепарабельны, поэтому $k$ совершенно. Если же $\cchar k=p$, мы знаем, +что несепарабельный многочлен должен иметь вид $f=\sum_i +a_i(x^p)^i$. Из сюръективности Фробениуса следует, что найдутся $b_i$ +такие, что $b_i^p=a_i$. Тогда +$f = \sum_i b_i^p(x^p)^i = \sum_i(b_ix^i)^p=(\sum_i b_ix^i)^p$, что +противоречит неприводимости $f$. + +Обратно, пусть $k$ совершенно, то есть, любой неприводимый многочлен +над $k$ сепарабелен. Нам нужно доказать, что если $\cchar k=p$, то +гомоморфизм Фробениуса сюръективен. Возьмем $a\in k$ и посмотрим на +многочлен $f=x^p-a$. Если он неприводим, то он сепарабелен. По +лемме~\ref{derivative_rel_prime} это бы означало, что $f$ и $f'$ +взаимно просты; но $f'=px^{p-1}=0$. Значит, $f$ приводим: $f=gh$ над +полем $k$. С другой +стороны, в поле разложения многочлена $f$ у $f$ есть корень $b$ и +$f=x^p-a=x^p-b^p=(x-b)^p$, поэтому $b$~--- корень кратности +$p$. Значит, множители $g$ и $h$ многочлена $f$ имеют вид $(x-b)^l$ и +$(x-b)^{p-l}$ для некоторого $l$: $00$. Можно считать, что +$F$ является расширением $\mb F_p\sseq$ своего простого подполя $\mb +F_p=\mb Z/p\mb Z$. Обозначим $d=[F:\mb F_p]$. Тогда $F$ изоморфно $\mb +F_p^d$ как векторное пространство; в частности, $|F|=p^d$~--- степень +$p$. В этом разделе мы увидим, что для каждой степени $q$ простого +числа $p$ существует ровно одно поле $F$ с $q$ элементами (с точностью +до изоморфизма). + +\begin{theorem}\label{thm_finite_fields} +Пусть $q=p^d$. Тогда поле разложения многочлена $x^q-x$ над $\mb +F_p$~--- поле из $q$ элементов. Обратно, если $F$~--- поле из $q$ +элементов, то $F$ является полем разложения $x^q-x$ над $\mb +F_p$. Многочлен $x^q-x$ сепарабелен над $\mb F_p$. +\end{theorem} +\begin{proof} +Пусть $F$~--- поле разложения многочлена $f=x^q-x$ над $\mb +F_p$. Обозначим через +$E$ множество всех корней $E$ в $F$. $f'=qx^{q-1}-1=-1$, поэтому $f$ и +$f'$ взаимно просты, и $f$ сепарабелен. Стало быть, в $E$ ровно $q$ +элементов. Докажем, что $E$ является полем: пусть $a,b\in E$; тогда +$a^q=a$, $b^q=b$, поэтому $(a-b)^q=a^q+(-1)^qb^q=a-b$. Если $b\neq 0$, +то $(ab^{-1})^q=a^q(b^q)^{-1}=ab^{-1}$. Значит, $E$ замкнуто +относительно операций вычитания и деления на ненулевой +элемент. Поэтому $E$~--- поле. Кроме того, $F$ порождается корнями $f$ +над $\mb F_p$, поэтому $F=E$. + +Обратно, если $F$~--- поле и $|F|=q$, то ненулевые элементы $F$ +образуют группу из $q-1$ элемента относительно умножения. Порядок +каждого $a\in F^*$ в этой группе делит $q-1$. Значит, для ненулевых +$a$ выполнено $a^{q-1}=1$. Поэтому $a^q-a=0$ для всех $a$. Значит, у +многочлена $x^q-x$ оказалось $q$ корней в $F$ (а именно, все элементы +$F$). Поэтому $F$ является полем разложения $x^q-x$, что и требовалось. +\end{proof} + +\begin{corollary} +Для каждого $q$, являющегося степенью простого числа, существует +единственное (с точностью до изоморфизма) поле из $q$ элементов. +\end{corollary} +\begin{proof} +Немедленно следует из теоремы~\ref{thm_finite_fields} вместе с +единственностью поля разложения. +\end{proof} + +\begin{corollary}~\label{corollary_finite_simple} +Пусть $p$~--- простое число, $d\leq e$~--- натуральные +числа. Расширение $\mb F_{p^d}\sseq \mb F_{p^e}$ существует тогда и +только тогда, когда $e$ делится на $d$. Более того, если $e$ делится +на $d$, то существует ровно одно такое расширение; точнее, поле $\mb +F_{p^e}$ содержит единственную копию поля $\mb F_{p^d}$. Все +расширения $\mb F_{p^d}\sseq\mb F_{p^e}$~--- простые. +\end{corollary} +\begin{proof} +Если такое расширение существует, то $\mb F_p\sseq \mb F_{p^d}\sseq\mb +F_{p^e}$~--- башня расширений, и по теореме о размерности башни +степень $[\mb F_{p^e}:\mb F]$ делится на степень $[\mb F_{p^d}:\mb +F]$, то есть, $e$ делится на $d$. Обратно, если $e$ делится на $d$, то +$p^e-1=(p^d-1)((p^d)^{e/d-1}+\dots+1)$, поэтому $p^e-1$ делится на +$p^d-1$, и $x^{p^e-1}-1$ делится на $x^{p^d-1}-1$. Значит, +$x^{p^e}-x$ делится на $x^{p^d}-x$. По теореме~\ref{thm_finite_fields} +$\mb F_{p^e}$ является полем разложения многочлена +$x^{p^e}-x$. Нетрудно видеть, что корни многочлена $x^{p^d}-x$ +порождают в нем единственное подполе, являющееся полем разложения +многочлена $x^{p^d}-x$, то есть, подполе, изоморфное $\mb F_{p^d}$. +Для доказательства простоты расширения $\mb F_{p^d}\sseq\mb F_{p^e}$ +достаточно вспомнить, что мультипликативная группа конечного поля +является циклической. +Если $\alpha\in\mb F_{p^e}$ порождает эту группу, то $\alpha$ +порождает все +поле $\mb F_{p^e}$ над любым подполем, поэтому $\mb F_{p^e}=\mb +F_{p^d}(\alpha)$. +\end{proof} + +\section{Теория Галуа} + +\subsection{Группа автоморфизмов расширения} + +\begin{definition} +Пусть $k\sseq F$~--- расширение полей. Группа автоморфизмов $j\colon +F\to F$ таких, что $j|_k=\id_k$, называется \dfn{группой автоморфизмов + расширения} и обозначается через $\Aut_k(F)$. +\end{definition} + +\begin{proposition}\label{proposition_aut_group} +Пусть $k\sseq F=k(\alpha)$~--- простое конечное расширение, и +$p\in k[x]$~--- минимальный многочлен $\alpha$ над $k$. Тогда +$|\Aut_k (F)|$ равняется числу различных корней многочлена $p$; +в частности, $|\Aut_k(F)|\leq [F:k]$. Равенство выполняется тогда и +только тогда, когда $p$ раскладывается над $F$ в произведение +различных линейных многочленов. +\end{proposition} +\begin{proof} +Пусть $j\in\Aut_k(F)$. Кождый элемент $F$ является многочленом от +$\alpha$ +с коэффициентами из $k$, и $j$ тождественно на $k$, поэтому $j$ +полностью определяется заданием $j(\alpha)$. +В частности, $p(j(\alpha))=j(p(\alpha))=j(0)=0$, поэтому $j(\alpha)$ +является +корнем $p$. Значит, $|\Aut_k(F)|$ не больше, чем число корней +$p$. Обратно, как только мы выбрали корень многочлена $p$, мы можем +продолжить тождественное отображение на $k$ до автоморфизма $F$, +переводящего $\alpha$ в выбранный корень. +\end{proof} + +\begin{examples} +\begin{enumerate} +\item Мы уже считали $\Aut_{\mb Q}(\mb Q(\sqrt{2}))$: это циклическая + группа $C_2$. +\item Группа $\Aut_{\mb Q}(\mb Q(\sqrt{2},\sqrt{3}))=\mb + Q(\sqrt{2}+\sqrt{3})=F$ состоит из четырех элементов. Действительно, + мы уже знаем, что минимальный многочлен элемента + $\sqrt{2}+\sqrt{3}$~--- это $t^4-10t^2+1$. Все его корни~--- это + $\pm\sqrt{2}\pm\sqrt{3}$. У $F$ есть автоморфизм, оставляющий + на месте $\mb Q(\sqrt{2})$ и переводящий + $\sqrt{3}\mapsto-\sqrt{3}$. С другой стороны, есть автоморфизм, + оставляющий на месте $\mb Q(\sqrt{3})$ и переводящий + $\sqrt{2}\mapsto-\sqrt{2}$. Мы нашли два различных элемента порядка + 2; поэтому группа $\Aut_{\mb Q}(F)$ не может быть + циклической. Значит, это группа $\mb Z/2\mb Z\times\mb Z/2\mb Z$. +\item Пусть $F$~--- поле разложения $x^4+1$ над $\mb Q$; мы видели, + что $F=\mb Q(i,\sqrt{2})$. Аналогично предыдущему случаю мы видим, + что группа $\Aut_{\mb Q}(\mb Q(i,\sqrt{2}))$ изоморфна $\mb Z/2\mb + Z\times \mb Z/2\mb Z$. +\end{enumerate} +\end{examples} + +\begin{exercise} +Найдите группу $\Aut_{\mb Q}(\mb Q(\sqrt{2+\sqrt{2}}))$. +\end{exercise} + +Таким образом, группа $\Aut_k(F)$ отождествляется с некоторой +подгруппой группы перестановок корней неприводимого многочлена $p$ в +$F$. + +\subsection{Автоморфизмы конечных полей} +\label{ssect:finite-fields-automorphisms} + +\begin{proposition} +Пусть $F$~--- конечное поле. Тогда для любого натурального $n$ +существует неприводимый многочлен степени $n$ в $F[x]$. +\end{proposition} +\begin{proof} +Мы знаем, что $F=\mb F_{p^d}$ для некоторого простого $p$ и $d\geq +1$. По следствию~\ref{corollary_finite_simple} существует расширение +$\mb F_{p^d}\sseq\mb F_{p^{dn}}$, порожденное элементом $\alpha$. +Тогда +$[\mb F_{p^{dn}}:\mb F_{p^d}]=n$, и поэтому минимальный многочлен +элемента $\alpha$ над $\mb F^{p^d}$ является неприводимым многочленом +степени $n$ в $F[x]$. +\end{proof} + +\begin{proposition} +Пусть $F=\mb F_q$~--- конечное поле, $n$~--- натуральное число. Тогда +в разложение многочлена $x^{q^n}-x$ в $F[x]$ входят все неприводимые +многочлены (со старшим коэффициентом 1) степени $d$, где $d$ пробегает +все натуральные делители $n$. В частности, все эти многочлены +полностью раскладываются над полем $\mb F_{q^n}$. +\end{proposition} +\begin{proof} +По теореме~\ref{thm_finite_fields} поле $\mb F_{q^n}$ является полем +разложения $x^{q^n}-x$ над $\mb F_p$, поэтому и над $\mb F_q=F$. Если +$f$~--- неприводимый многочлен степени $d$ со старшим коэффициентом 1, +то $F[x]/(f)=F(\alpha)$ является расширением степени $d$ над $F$ и, +следовательно, изоморфно $\mb F_{q^d}$. По +следствию~\ref{corollary_finite_simple} существует вложение $\mb +F_{q^d}$ в $\mb F_{q^n}$. Но поле $F_{q^n}$ состоит из корней +многочлена $x^{q^n}-x$, поэтому $\alpha$ должно быть корнем этого +многочлена. Минимальным многочленом $\alpha$ является $f$, значит, +$x^{q^n}-x$ делится на $f$. Мы показали, что любой неприводимый +многочлен степени $d$ (где $d$~--- делитель $n$) является множителем +многочлена $x^{q^n}-x$. +Обратно, если $f$~--- неприводимый множитель в $x^{q^n}-x$, то $\mb +F_{q^n}$ содержит некоторый корень $\alpha$ многочлена $f$. Поэтому +$F=\mb F_q\sseq\mb F_q(\alpha)\sseq\mb F_{q^n}$, +и $\mb F_q(\alpha)\simeq\mb +F_{q^d}$, где $d=\deg(\alpha)$. +По следствию~\ref{corollary_finite_simple} +тогда $n$ делится на $d$. +\end{proof} + +\begin{example} +Пусть $q=2$, то есть, $F=\mb F_2$. +\begin{itemize} +\item $n=1$: многочлен $x^2-x$ раскладывается в произведение $x$ и + $x-1$. Это все неприводимые многочлены степени 1 над $\mb F_2$. +\item $n=2$: многочлен $x^4-x$ должен раскладываться в произведение + всех неприводимых многочленов степеней 1 и 2. Действительно, + $x^4-x=x(x-1)(x^2+x+1)$, поэтому существует только один неприводимый + многочлен степени 2 над $\mb F_2$, а именно, $x^2+x+1$. +\item $n=3$: многочлен $x^8-x$ делится на $x(x-1)$ и частное имеет + стемень 6. Оно должно быть произведением всех неприводимых + многочленов степени 3 над $\mb F_2$, поэтому таких многочленов ровно + две штуки. Несложно понять, что это многочлены $x^3+x^2+1$ и + $x^3+x+1$. Поэтому $\mb F_8$ можно представить как фактор $\mb + F_2[x]$ по модулю неприводимого многочлена двумя способами: + $\mb F_2[x]/(x^3+x^2+1)$ и $\mb F_2[x]/(x^3+x+1)$. Эти поля + изоморфны по теореме~\ref{thm_finite_fields}. Упражнение: постройте + явный изоморфизм между ними. +\item $n=6$: разложение $x^{64}-x$ должно включать в себя множители + $x$, $x-1$, $x^2+x+1$, $x^3+x^2+1$ и $x^3+x+1$. Остается многочлен + степени 54, то есть, девять неприводимых многочленов степени + 6. Таким образом, $\mb F_{64}$ можно представить как фактор $\mb + F_2[x]$ по неприводимому многочлену степени 6 девятью разными + способами, и все они приводят к изоморфным полям. +\end{itemize} +\end{example} + +Вычислим теперь группу автоморфизмов $\mb F_{p^d}$ над $\mb F_p$ для +простого $p$. Мы знаем, что расширение $\mb F_p\sseq\mb F_{p^d}$ +является простым, и минимальный многочлен порождающего элемента имеет +степень $d$. Этот многочлен сепарабелен (поскольку конечное поле $\mb +F_p$ совершенно), следовательно, по +предложению~\ref{proposition_aut_group}, $|\Aut_{\mb F_p}(\mb +F_{p^d})|=d$. + +\begin{proposition} +Группа $\Aut_{\mb F_p}(\mb F_{p^d})$ является циклической и +порождается автоморфизмом Фробениуса. +\end{proposition} +\begin{proof} +Обозначим гомоморфизм Фробениуса $\mb F_{p^d}\to\mb F_{p^d}$ через +$\ph$: $\ph(x)=x^p$. По принципу Дирихле $\ph$ является изоморфизмом и +ограничение его на $\mb F_p$ тождественно (поскольку $\mb F_p$ состоит +из корней многочлена $x^p-x$). Мы уже знаем, что порядок группы +$\Aut_{\mb F_p}(\mb F_{p^d})$ равен $d$, поэтому достаточно доказать, +что $\ph$ имеет порядок $d$. + +Пусть порядок $\ph$ равен $e$. Тогда $\ph^e=\id$, то есть, $x^{p^e}=x$ +для всех $x\in\mb F_{p^d}$. Это означает, что у ненулевого многочлена +$x^{p^e}-x$ нашлось $p^d$ корней в поле $\mb F_{p^d}$; отсюда +немедленно следует, что $p^d\leq p^e$, то есть, $d\leq e$. С другой +стороны, порядок группы всегда делится на порядок ее элемента, поэтому +$d$ делится на $e$. Значит, $d=e$. +\end{proof} + +\subsection{Сепарабельность и вложения в алгебраическое замыкание} + +Пусть $k\sseq F$~--- расширение полей. Элемент $\alpha\in F$ +называется +\dfn{сепарабельным над $k$}, если минимальный многочлен $\alpha$ над +$k$ +сепарабелен; в противном случае $\alpha$ называется +\dfn{несепарабельным над $k$}. +Алгебраическое расширение полей $k\sseq F$ называется +\dfn{сепарабельным}, если каждый его элемент сепарабелен над $k$. + +Теперь можно переформулировать определение совершенного поля так: поле +$k$ называется совершенным, если каждое алгебраическое расширение $k$ +сепарабельно. В дальнейшем мы будем в основном ограничиваться +рассмотрением лишь сепарабельных расширений. + +Мы знаем, что каждое алгебраическое расширение $k\sseq F$ можно +вложить в алгебраическое замыкание поля $k$: $k\sseq +F\sseq\overline{k}$. Вообще говоря, это можно сделать разными +способами. Количество различных гомоморфизмов $F\to\overline{k}$, +тождественных на $k$, обозначается через $[F:k]_s$ и называется +\dfn{сепарабельной степенью} расширения $F$ над $k$. + +\begin{lemma}\label{lemma_separable_different_roots} +Пусть $k\sseq k(\alpha)$~--- простое алгебраическое расширение. Тогда +$[k(\alpha):k]_s$ равно числу различных корней в $\overline{k}$ +минимального многочлена элемента $\alpha$. В частности, +$[k(\alpha):k]_s\leq [k(\alpha):k]$, и равенство выполнено тогда и +только тогда, когда $\alpha$ сепарабелен над $k$. +\end{lemma} +\begin{proof} +(Вспомните доказательство +предложения~\ref{proposition_aut_group}.) Сопоставим каждому +гомоморфизму $i\colon k(\alpha)\to\overline{k}$, тождественному на +$k$, образ $i(\alpha)$ элемента $\alpha$. Элемент $i(\alpha)$ должен +быть корнем минимального многочлена $\alpha$. Это сопоставление +(отображение из +множества гомоморфизмов $k(\alpha)\to\overline{k}$, тождественных на +$k$, +в множество корней минимального многочлена $\alpha$) инъективно: если +известно $i(\alpha)$, то известно значение $i$ на всех элементах +$k(\alpha)$. Кроме того, оно сюръективно: если $\beta\in\overline +{k}$~--- +корень этого минимального многочлена, можно рассмотреть расширение +$k(\beta)\sseq\overline{k}$; по +предложению~\ref{proposition_extending_isomorphism} существует +изоморфизм $k(\alpha)\to k(\beta)$, отправляющий $\alpha$ в $\beta$. +В композиции с +вложением $k(\beta)\sseq\overline{k}$ получаем нужное отображение +$i\colon k(\alpha)\to\overline{k}$. +\end{proof} + +Таким образом, для простых расширений сепарабельная степень +действительно связана с сепарабельностью. Кроме того, сепарабельная +степень мультипликативна: + +\begin{lemma}\label{lemma_separable_degree_multiplicative} +Пусть $k\sseq E\sseq F$~--- алгебраические расширения. Тогда $[F:k]_s$ +конечна тогда и только тогда, когда обе $[F:E]_s$ и $[E:k]_s$ +конечны. В этом случае $[F:k]_s=[F:E]_s[E:k]_s$. +\end{lemma} +\begin{proof} +Различные вложения $E$ в $\overline{k}$ продолжаются до различных +вложений $F$ в $\overline{k}$ по +предложению~\ref{proposition_algebraic_closure}; при этом если +вложение $F$ в $\overline{E}=\overline{k}$ тождественно на $E$, то оно +тем более тождественно на $k$. Значит, если одна из степеней +$[F:E]_s$, $[E:k]_s$ бесконечна, то и $[F:k]_s$ бесконечна. + +Обратно, каждое вложение $F\sseq\overline{k}$, тождественное на $k$, +можно получить в два шага: сначала построить вложение +$E\sseq\overline{k}$, тождественное на $k$ (это можно сделать +$[E:k]_s$ способами), а потом продолжить выбранное вложение +$E\sseq\overline{k}=\overline{E}$ до вложения +$F\sseq\overline{E}=\overline{k}$ (что можно сделать $[F:E]_s$ +способами). Получили в точности $[F:E]_s\cdot[E:k]_s$ способов, что и +требовалось. +\end{proof} + +Теперь мы можем переформулировать сепарабельность конечных расширений +в терминах подсчета вложений в алгебраическое замыкание: + +\begin{proposition} +Пусть $k\sseq F$~--- конечное расширение. Тогда $[F:k]_s\leq[F:k]$, и +следующие три условия равносильны: +\begin{enumerate} +\item $F=k(\alpha_1,\dots,\alpha_r)$, где каждый $\alpha_i$ +сепарабелен над $k$; +\item расширение $k\sseq F$ сепарабельно; +\item $[F:k]_s=[F:k]$. +\end{enumerate} +\end{proposition} +\begin{proof} +Поскольку $F$ конечно над $k$, оно конечно порождено. Пусть +$F=k(\alpha_1,\dots,\alpha_r)$. Тогда в силу предыдущих двух лемм и +теоремы о +башне расширений получаем +\begin{alignat*}{2} +[F:k]_s&=[k(\alpha_1,\dots,\alpha_{r-1})(\alpha_r) : +k(\alpha_1,\dots,\alpha_{r-1})]_s\cdot\dots\cdot +[k(\alpha_1):k]_s\\ +&\leq[k(\alpha_1,\dots,\alpha_{r-1})(\alpha_r): +k(\alpha_1,\dots,\alpha_{r-1})]\cdot\dots\cdot [k(\alpha_1):k]\\ +&=[F:k]. +\end{alignat*} + +$(1)\Longrightarrow(3)$: если $\alpha_i$ сепарабелен над $k$, то он +сепарабелен и над $k(\alpha_1,\dots,\alpha_{i-1})$ (это несложное +упражнение), +поэтому неравенство $[F:k]_s\leq[F:k]$ превращается в равенство по +лемме~\ref{lemma_separable_different_roots}. + +$(3)\Longrightarrow(2)$: пусть $[F:k]_s=[F:k]$, $\alpha\in F$. Тогда +$k\sseq k(\alpha)\sseq F$, откуда по +лемме~\ref{lemma_separable_degree_multiplicative} имеем +$[F:k(\alpha)]_s\cdot [k(\alpha):k]_s = [F:k]_s = [F:k] = +[F:k(\alpha)]\cdot [k(\alpha):k]$. +Поскольку сепарабельная степень не превосходит обычной, мы +получаем $[k(\alpha):k]_s=[k(\alpha):k]$, и $\alpha$ сепарабелен по +лемме~\ref{lemma_separable_different_roots}. По определению это +означает, что расширение $k\sseq F$ сепарабельно. + +$(2)\Longrightarrow(2)$ немедленно следует из определения (конечное +расширение является конечно порожденным). +\end{proof} + +\subsection{Сепарабельность и простые расширения} + +Все примеры расширений полей, которые мы видели до сих пор, являлись +простыми расширениями. Это неспроста: дело в том, что мы видели в +основном сепарабельные расширения, и сейчас мы покажем, что любое +конечное сепарабельное расширение является простым. + +\begin{proposition} +Алгебраическое расширение $k\sseq F$ является простым тогда и только +тогда, когда количество промежуточных полей $k\sseq E\sseq F$ конечно. +\end{proposition} +\begin{proof} +Пусть $F=k(\alpha)$~--- простое алгебраическое расширение; +$q_k(x)$~--- +минимальный многочлен $\alpha$ над $k$. Вложим $F$ в алгебраическое +замыкание $\overline{k}$ поля $k$. Если $E$~--- промежуточное поле, +что $F=E(\alpha)$~--- снова простое алгебраическое расширение; пусть +$q_E(x)$~--- минимальный многочлен $\alpha$ над $E$. +Заметим, что $q_k(x)$ +делится на $q_E(x)$. Докажем, что $E$ однозначно определяется +многочленом $q_E(x)$. Поскольку у $q_k(X)$ лишь конечное число +множителей в $\overline{k}$, мы докажем, что имеется лишь конечное +количество промежуточных полй. + +Покажем, что $E$ порождается над $k$ коэффициентами многочлена +$q_E(x)$. Пусть $E'\sseq E$~--- подполе $E$, порожденное $k$ и +коэффициентами $q_E(x)$. Тогда $q_E(x)\in E'[x]$, и, поскольку +$q_E(x)$ неприводим над $E$, он остается неприводимым над $E'$. Кроме +того, $E'(\alpha)=F=E(\alpha)$. +Рассмотрим башню расширений $E'\sseq E\sseq F$; +видим, что $\deg(q_E(x))=[F:E']=[F:E]\cdot +[E:E']=\deg(q_E(x))[E:E']$, поэтому $[E:E']=1$ и $E=E'$. + +Обратно, пусть имеется лишь конечное число промежуточных полей +$k\sseq E\sseq F$. Расширение $k\sseq F$ конечно порождено (иначе мы +легко +построили бы бесконечную цепочку подрасширений +$k\sseq k(\alpha_1)\sseq +k(\alpha_1,\alpha_2)\sseq\dots\sseq F$) и алгебраично, поэтому оно +конечно. Если $k$ конечно, то $F$ конечно, и просто по +следствию~\ref{corollary_finite_simple}. +Теперь считаем, что $k$ бесконечно. Можно считать, что +$F=k(\alpha,\beta)$ +(дальше~--- индукция по числу порождающих элементов). +Для каждого $c\in k$ рассмотрим промежуточное поле $k\sseq +k(c\alpha+\beta)\sseq k(\alpha,\beta)=F$. Их конечное число, в то +время как $k$ +бесконечно; поэтому для некоторых $c\neq c'\in k$ выполнено +$k(c'\alpha+\beta)=k(c\alpha+\beta)$. Тогда +$\alpha=\frac{(c'\alpha+\beta)-(c\alpha+\beta)}{c'-c}\in +k(c\alpha+\beta)$ +и $\beta=(c\alpha+\beta)-c\alpha\in k(c\alpha+\beta)$, поэтому +$k (\alpha,\beta)\sseq k(c\alpha+\beta)$ и, +следовательно, $k(\alpha,\beta)=k(c\alpha+\beta)$~--- простое +расширение. +\end{proof} + +\begin{proposition}\label{proposition_separable_is_simple} +Всякое конечное сепарабельное расширение является простым. +\end{proposition} +\begin{proof} +Можно предполагать, что $F=k(\alpha,\beta)$ (дальше индукция по числу +порождающих элементов), и $\alpha$, $\beta$ сепарабельны над $k$. В +частности, $\alpha$, $\beta$ алгебраичны над $k$. Можно предполагать, +что поле $k$ бесконечно. + +Рассмотрим множество $I$ вложений $i\colon F\to\overline{k}$ поля $F$ +в алгебрическое замыкание поля $k$, которые индуцируют тождественное +отображение на $k$: $i|_k=\id_k$. Если $i\neq i'$~--- два таких +вложения, и $x$~--- переменная, то многочлены $i(\alpha)x+i(\beta)$ и +$i'(\alpha)x+i'(\beta)$ различны~--- иначе $i'(\alpha)=i(\alpha)$ и +$i'(\beta)=i(\beta)$, +откуда $i=i'$ на всем $k(\alpha,\beta)=F$. +Рассмотрим многочлен +$f(x)=\prod_{i\neq i'}((i(\alpha)x+i(\beta)) - +(i'(\alpha)x+i'(\beta)))\in\overline{k}[x]$. Он не равен +тождественно нулю, а поле $k$ бесконечно, поэтому найдется точка $c\in +k$, в которой он не равен нулю. То есть, разные элементы $i\in I$ +переводят элемент $\gamma=c\alpha+\beta$ в разные элементы +$i(\gamma)=i(\alpha)c+i(\beta)$. Мы знаем, что в множестве $I$ ровно +$[F:k]_s$ элементов, и каждый $i(\gamma)$ является корнем минимального +многочлена элемента $\gamma$ над $k$, поэтому $[F:k]_s\leq +[k(\gamma):k] \leq [F:k]$. По предположению расширение является +сепарабельным, значит, $[F:k]_s=[F:k]$, поэтому $[k(\gamma):k]=[F:k]$, +откуда $F=k(\gamma)$, что и требовалось. +\end{proof} + +\begin{corollary}\label{corr_group_of_separable} +Пусть $k\sseq F$~--- конечное сепарабельное расширение. Тогда +$|\Aut_k(F)|\leq[F:k]$, и равенство выполнено тогда и только тогда, +когда расширение $k\sseq F$ нормально. +\end{corollary} +\begin{proof} +Расширение $k\sseq F$ конечно и сепарабельно. По +предложению~\ref{proposition_separable_is_simple} оно является +простым: $F=k(\alpha)$ для некоторого $\alpha\in F$. Неравенство +немедленно +следует из предложения~\ref{proposition_aut_group}; а равенство +выполнено тогда и только тогда, когда минимальный многочлен $f$ +элемента $\alpha$ раскладывается на различные линейные множители над +полем +$F$. В этом случае $F$ является полем разложения многочлена $f$, +поэтому оно нормально +(теорема~\ref{thm_normal_is_splitting_field}). Обратно, если $F$ +нормально над $k$, то $f$ раскладывается на линейные множители над +$F$, и все его корни различны, поскольку $\alpha$ сепарабелен над +$k$. Поэтому $|\Aut_k(F)|=[F:k]$ по +предложению~\ref{proposition_aut_group}. +\end{proof} + +\subsection{Соответствие Галуа и расширения Галуа} + +Пусть $k\sseq F$~--- расширение полей, $G\leq\Aut_k(F)$~---группа, +состоящая из некоторых автоморфизмов этого расширения. Промежуточное +поле +$F^G=\{\alpha\in F\mid\forall g\in G, g\alpha=\alpha\}$ называется +\dfn{неподвижным полем} группы $G$. Очевидно, что оно действительно +является подполем в $F$ и содержит $k$. Мы получаем соответствие между +промежуточными полями $E$: $k\sseq E\sseq F$ и подгруппами группы +$\Aut_k(F)$. Это соответствие сопоставляет каждой подгруппе +$G\leq\Aut_k(F)$ ее поле неподвижных точек $F^G$, а каждому +промежуточному полю $E$ подгруппу $\Aut_E(F)$ группы $\Aut_k(F)$. +Это соответствие называется \dfn{соответствием Галуа}. + +\begin{lemma}\label{lemma_corr_galois} +Соответствие Галуа обращает включение. Более того, для всех подгрупп +$G\leq\Aut_k(F)$ и для всех промежуточных полей $k\sseq E\sseq F$ +выполнено $E\sseq F^{\Aut_E(F)}$ и $G\leq\Aut_{F^G}(F)$. +Обозначим через $E_1E_2$ наименьшее подполе $F$, содержащее +промежуточные подполя $E_1$, $E_2$, а через $\langle +G_1,G_2\rangle$~--- наименьшую подгруппу в $\Aut_k(F)$, содержащую +подгруппы $G_1$ и $G_2$. Тогда +$\Aut_{E_1E_2}(F)=\Aut_{E_1}(F)\cap\Aut_{E_2}(F)$ и $F^{\langle + G_1,G_2\rangle}=F^{G_1}\cap F^{G_2}$. +\end{lemma} + +\begin{proof} +Упражнение. +\end{proof} + +Конечно же, возникает естественный вопрос~--- когда указанные в Лемме +включения превращаются в равенства (и, таким образом, соответствие +Галуа становится биективным). Заметим, что не всегда: +\begin{example} +Рассмотрим расширение $\mathbb Q\sseq \mathbb Q(\sqrt[3]{2})$. Его +степень равна простому числу $3$, поэтому промежуточными полями +являются только $\mathbb Q$ и $\mathbb Q(\sqrt[3]{2})$. Посмотрим на +группу $\Aut_{\mathbb Q}(\mathbb Q(\sqrt[3]{2}))$. Заметим, что +$\sqrt[3]{2}$ является вещественным числом, поэтому $\mb +Q(\sqrt[3]{2}$ содержится в $\mb R$. У минимального многочлена $t^3-2$ +элемента $\sqrt[3]{2}$ есть только один вещественный корень, поэтому +$\sqrt[3]{2}$~--- единственный его корень, лежащий в $\mb +Q(\sqrt[3]{2})$. Поэтому $\Aut_{\mb Q}(\mb Q(\sqrt[3]{2})$ состоит из +одного (тривиального) элемента. Стало быть, в этом случае соответствие +Галуа действует между двухэлементным множеством $\{\mb Q,\mb +Q(\sqrt[3]{2})\}$ и одноэлементным множеством $\Aut_{\mb Q}(\mb +Q(\sqrt[3]{2})=\{e\}$. +\end{example} + +Этот пример показывает, что включение $E\sseq F^{\Aut_E(F)}$ из +Леммы~\ref{lemma_corr_galois} не +обязано быть равенством: возьмем $E=\mb Q$, которое не совпадает с +$\mb Q(\sqrt[3]{2})$ (неподвижным полем единственной подгруппы в +$\Aut_{\mb Q}(\mb Q(\sqrt[3]{2}))$. + +\begin{proposition}\label{prop_galois_corr_surjective} +Пусть $k\sseq F$~--- конечное расширение, $G\leq\Aut_k(F)$. Тогда +$|G|=[F:F^G]$ и $G=\Aut_{F^G}(F)$. В частности, для конечного +расширения соответствие Галуа, +сопоставляющее каждому промежуточному полю $E$ подгруппу $\Aut_E(F)$ в +$\Aut_k(F)$, является сюръективным. +\end{proposition} + +Для доказательства этого предложения нам понадобится следующая лемма: +\begin{lemma}\label{stable_is_galois} +Пусть $k\sseq F$~--- конечное расширение, и $G$~--- подгруппа в +$\Aut_k(F)$. Тогда расширение $F^G\sseq F$ является конечным, простым, +нормальным и сепарабельным. +\end{lemma} +\begin{proof} +Заметим, что если $\alpha\in F$ и $g\in G$, то $g\alpha$ должен быть +корнем +минимального многочлена элемента $\alpha$ над $k$. Число таких корней +конечно, поэтому орбита $\alpha$ под действием группы $G$ состоит из +конечного числа элементов $\alpha=\alpha_1,\dots,\alpha_n$. +Группа $G$ действует +на этой орбите, переставляя элементы, поэтому каждый элемент $G$ +оставляет многочлен $q_\alpha(t)=(t-\alpha_1)\dots(t-\alpha_n)$ на +месте. Значит, +коэффициенты этого многочлена лежат в поле $F^G$. +Кроме того, $\deg q_\alpha(t)\leq |G|$, и $q_\alpha(t)$ сепарабелен +(так как все его корни различны). +Значит, $\alpha$ сепарабелен над $F^G$; +поэтому расширение +$F^G\sseq F$ сепарабельно. Оно конечно, поскольку $k\sseq F$ конечно. + +Конечное сепарабельное расширение является простым по +Предложению~\ref{proposition_separable_is_simple}. Пусть $\alpha$ +порождает $F$ над $F^G$. Многочлен $q_\alpha(t)$ раскладывается над +$F$ на +линейные множители, и $F$ порожден над $F^G$ корнями $q_\alpha(t)$ +(достаточно даже $\alpha=\alpha_1$). Поэтому $F$ является полем +разложения +многочлена $q_\alpha(t)$ над $F^G$ и нормально по +теореме~\ref{thm_normal_is_splitting_field}. +\end{proof} + +\begin{proof}[Доказательство + Предложения~\ref{prop_galois_corr_surjective}] +По лемме~\ref{lemma_corr_galois} $G$ является подгруппой в +$\Aut_{F^G}(F)$, в частности, $|G|\leq |\Aut_{F^G}(F)|$. Докажем +обратное неравенство. +По лемме~\ref{stable_is_galois} $F=F^G(\alpha)$ +для некоторого $\alpha\in F$. +Поэтому $|\Aut_{F^G}(F)|$ равно числу различных +корней в $F$ минимального многочлена элемента $\alpha$ над $F^G$. +Как и в +доказательстве Леммы~\ref{stable_is_galois} пусть +$\alpha=\alpha_1,\dots,\alpha_n$~--- орбита элемента $\alpha$ под +действием $G$; тогда +многочлен $q_\alpha(t)=(t-\alpha_1)\dots(t-\alpha_n)$ имеет своим +корнем $\alpha$. +Поэтому $q_\alpha(t)$ делится на минимальный многочлен +элемента $\alpha$. Число $n$ корней многочлена $q_\alpha$ не +превосходит $|G|$, откуда +$|\Aut_{F^G}(F)|\leq |G|$, что и требовалось. +Осталось заметить, что $[F:F^G]=|\Aut_{F^G}(F)|$ по +следствию~\ref{corr_group_of_separable}, поэтому $[F:F^G]=|G|$. +\end{proof} + +\begin{theorem}\label{thm_galois} +Пусть $k\sseq F$~--- конечное расширение полей. Следующие условия +равносильны: +\begin{enumerate} +\item $F$ является полем разложения сепарабельного многочлена $f\in + k[t]$ над $k$; +\item $k\sseq F$ нормально и сепарабельно; +\item $|\Aut_k(F)|=[F:k]$; +\item $k=F^{\Aut_k(F)}$ является полем неподвижных элементов группы + $\Aut_k(F)$; +\item соответствие Галуа для $k\sseq F$ биективно; +\item $k\sseq F$ сепарабельно, и если $F\sseq K$~--- некоторое + алгебраическое расширение, $\sigma\in\Aut_k(K)$, то $\sigma(F)=F$. +\end{enumerate} +\end{theorem} + +\begin{proof} +Большая часть теоремы уже была доказана ранее. Например, $(1)\Equiv +(2)$ по теореме~\ref{thm_normal_is_splitting_field}, $(2)\Equiv (3)$ +по следствию~\ref{corr_group_of_separable}. +Применим предложение~\ref{prop_galois_corr_surjective} к расширению +$F^{\Aut_k(F)}\sseq F$: видим, что +$[F:F^{\Aut_k(F)}]=|\Aut_k(F)|$. Поскольку $k\sseq F^{\Aut_k(F)}\sseq +F$, получаем, что $k=F^{\Aut_k(F)}$ тогда и только тогда, когда +$|\Aut_k(F)|=[F:k]$, то есть, $(3)\Equiv (4)$. + +$(2)\Equiv (6)$: заметим, что конечное сепарабельное расширение +является простым, поэтому можно считать, что $F=k(\alpha)$. +Предположим, +что $k\sseq F$ нормально и пусть $\sigma\in\Aut_k(K)$~--- автоморфизм +некоторого расширения $F\sseq K$ такой, что $\sigma(F)\neq F$. Можно +считать, что существует $x\in F$ такой, что $\sigma(x)\notin +F$. Пусть $p$~--- минимальный многочлен элемента $x$ над $k$; тогда +$\sigma(x)$ тоже является корнем $p$. Поскольку $x\in F$ и $F$ +нормально, все корни $p$ тоже лежат в $F$, то есть, $\sigma(x)\in +F$. Обратно, если выполнено $(6)$, докажем, что $F$ нормально. Пусть +$p\in k[x]$~--- неприводимый многочлен такой, что $\alpha\in F$ +является корнем $p$, и +$\beta$~--- другой его корень в $K$~--- поле разложения многочлена +$p$. +Тогда существует автоморфизм $K$ над $k$, переводящий $\alpha$ в +$\beta$. +По условию этот автоморфизм переводит $F$ в $F$, поэтому и +$\beta\in F$. + +Докажем, что из $(5)$ следует $(4)$. Положим $E=F^{\Aut_k(F)}$. По +предложению~\ref{prop_galois_corr_surjective} +$\Aut_E(F)=\Aut_k(F)$. Из биективности соответствия Галуа тогда +следует, что $k=E=F^{\Aut_k(F)}$. + +Наконец, докажем, что из $(1)$ следует $(5)$. Поскольку расширение +$k\sseq F$ конечно, мы уже знаем из +предложения~\ref{prop_galois_corr_surjective}, что у соответствия +Галуа есть обратное справа. Докажем существование обратного слева, то +есть, что любое промежуточное поле $E$ совпадает с неподвижным полем +подгруппы $\Aut_E(F)$. По $(1)$ $F$ является полем разложения +сепарабельного многочлена $f\in k[t]\sseq E[t]$. Поэтому $(1)$ +выполняется не только для расширения $k\sseq F$, но и для $E\sseq +F$. Мы уже доказали, что $(1)\Equiv (4)$, поэтому $E=F^{\Aut_E(F)}$, +что и требовалось. +\end{proof} + +\begin{definition} +Конечное расширение называется \dfn{расширением Галуа}, если оно +удовлетворяет одному из условий теоремы~\ref{thm_galois}. В этом +случае группа автоморфизмов $\Aut_k(F)$ называется \dfn{группой Галуа} +этого расширения. +\end{definition} + +\begin{corollary} +Пусть $k\subseteq F$~--- расширение Галуа. +Соответствие Галуа устанавливает биекцию между промежуточными +подполями в расширении $k\sseq F$ и подгруппами +в $\Aut_k(F)$. +Если при этой биекции подполям $E_1,E_2$ соответствует подгруппы +$G_1,G_2$, то подполю $E_1\cap E_2$ соответствует подгруппа +$\la G_1,G_2\ra$, а подполю $E_1E_2$ +(см.~лемму~\ref{lemma_corr_galois})~--- подгруппа $G_1\cap G_2$. +\end{corollary} +\begin{proof} +Сразу следует из теоремы~\ref{thm_galois} +и леммы~\ref{lemma_corr_galois}. +\end{proof} + +Мы видели уже много примеров расширений Галуа (поля разложения +различных многочленов). +Конечные поля являются расширениями Галуа своих простых подполей. +С другой стороны, расширение +$\mb Q\sseq \mb Q(\sqrt[3]{2})$ не является расширением Галуа. + +\subsection{Действие группы на множестве} + +Основная причина полезности теории групп состоит в том, +что на свете много примеров групп вида <<множество преобразований +{\em чего-то}, сохраняющих {\em что-то}>>. +К примеру, группу $\GL(n,k)$ можно рассматривать как множество +преобразований векторного пространства $k^n$, сохраняющих сложение +и умножение на скаляр~--- то есть, структуру векторного пространства. +Если на пространстве $k^n$ ввести (скажем, стандартное) +скалярное произведение, то появляется группа $O(n,k)$ ортогональных +матриц, то есть, группа преобразований векторного пространства $k^n$, +сохраняющих наше скалярное произведение. +Все подобные примеры на самом деле можно рассматривать в некотором +более широком контексте {\em действия группы на множестве}. + +\begin{definition}\label{dfn:group-action} +Пусть $G$~--- группа, $X$~--- множестве. +\dfn{(Действием $G$ на $X$} называется отображение +$$ +a\colon G\times X\to X +$$ +(мы будем писать $g\cdot x$ или просто $gx$ вместо $a(g,x)$), +удовлетворяющее следующим условиям: +\begin{enumerate} +\item $g\cdot (h\cdot x) = (gh)\cdot x$ для всех $g,h\in G$, $x\in X$; +\item $e\cdot x = x$ для всех $x\in X$. +\end{enumerate} +Как всегда, через $e$ мы обозначаем нейтральный элемент группы $G$. +Если на множестве $X$ задано действие группы $G$, +говорят, что $X$ является $G$-множеством. +\end{definition} + +\begin{example} +Группа $\GL(n,k)$ действует на $k^n$ посредством умножения +матрицы на вектор: +\begin{align*} +\GL(n,k) \times k^n & \to k^n,\\ +(A,v) & \mapsto Av. +\end{align*} +Условия из определения~\ref{dfn:group-action} сводятся к ассоциативности +умножения матриц и свойству единичной матрицы. +\end{example} + +\begin{example} +На любом множестве $X$ можно завести \dfn{тривиальное} действие +любой группы $G$: +\begin{align*} +G\times X & \to X, \\ +(g,x) & \mapsto x. +\end{align*} +\end{example} + +\begin{example} +На множестве $X = \{1,\dots,n\}$ естественно действует +симметрическая группа $S_n$: +\begin{align*} +S_n \times \{1,\dots,n\} & \to \{1,\dots,n\}, \\ +(\pi,i) & \mapsto \pi(i). +\end{align*} +\end{example} + +\begin{example}\label{example:left-multiplication-action} +Каждая группа $G$ действует на себе \dfn{левыми сдвигами}: +\begin{align*} +G\times G & \to G,\\ +(g,x) & \mapsto gx. +\end{align*} +Есть и другое действие $G$ на себе~--- сопряжениями: +\begin{align*} +G\times G & \to G,\\ +(g,x) & \mapsto gxg^{-1}. +\end{align*} +\end{example} + +\begin{example}\label{example:action-on-cosets} +Пусть $G$~--- группа, $H\leq G$~--- подгруппа. +Рассмотрим множество $G/H$ правых смежных классов $G$ по $H$: +$$ +G/H = \{gH\mid g\in G\}. +$$ +Группа $G$ действует на этом множестве левыми сдвигами: +\begin{align*} +G\times G/H & \to G/H, \\ +(g_1, g_2H) & \mapsto (g_1g_2)H. +\end{align*} +Нетрудно проверить, что это корректно определенное отображение: +если $g_2$ заменить на другой представитель $g'_2$ того же класса смежности, +то $g_1g_2H = g_1g'_2H$. +Проверить условия из определения~\ref{dfn:group-action} тоже несложно. +\end{example} +Отметим, что действие левыми сдвигами +из примера~\ref{example:left-multiplication-action} является частным случаем +примера~\ref{example:action-on-cosets} для случая тривиальной +подгруппы $H = \{e\}$. + +Мы покажем, что любое действие группы на множестве в некотором смысле +сводится к описанному в примере~\ref{example:action-on-cosets}. + +\begin{definition} +Пусть группа $G$ действует на множестве $X$, и $x\in X$. +Множество +$G\cdot x = \{gx\mid g\in G\}$ называется \dfn{орбитой} элемента $x$. +\end{definition} + +Оказывается, если $G$ действует на $X$, все множество $X$ разбивается +на непересекающиеся орбиты. +Это неудивительно: действие группы на множестве задает на нем +следующее отношение эквивалентности: будем говорить, +что элемент $x\in X$ эквивалентен элементу $y\in X$, +если $y$ лежит в орбите $x$, то есть, найдется элемент +$g\in G$ такой, что $gx = y$. +Нетрудно проверить, что это отношение эквивалентности: +\begin{itemize} +\item $x = e\cdot x$, поэтому наше отношение рефлексивно; +\item если $x = gy$, то $y = g^{-1}x$, поэтому оно симметрично; +\item если $x = gy$ и $y = hz$, то $x = gy = g(hz) = (gh)z$, +поэтому оно транзитивно. +\end{itemize} +Обратите внимание, что при доказательстве мы использовали в точности +определение действия группы на множестве. + +Как мы знаем, полученное отношение эквивалентности на множестве $X$ +приводит к разбиению $X$ на классы эквивалентности~--- это и есть орбиты +действия. +Другими словами, два элемента эквивалентны тогда и только тогда, когда +они лежат в одной орбите. + +\begin{definition} +Пусть $G$ действует на $X$. +Элемент $x\in X$ называется \dfn{неподвижным} (или \dfn{неподвижной точкой} +этого действия), если $gx = x$ для всех $g\in G$, то есть, если его орбита +состоит из одного элемента. +\end{definition} + +Например, в действии группы $G$ на себе сопряжениями единичный элемент +является неподвижной точкой, поскольку $geg^{-1} = e$ для всех $g\in G$. +А вот при действии $G$ на себе сдвигами неподвижных точек нет (если $G$ +отлична от тривиальной группы из одного элемента), поскольку +из равенства $gx = x$ в группе $G$ следует, что $g = e$. + +Случай, в некотором смысле противоположный одноэлементным орбитам, +возникает, когда все элементы $X$ оказываются в одной орбите. + +\begin{definition} +Говорят, что действие группы $G$ на множестве $X$ \dfn{транзитивно}, +если у него ровно одна орбита, то есть, для любых $x,y\in X$ +найдется элемент $g\in G$ такой, что $y = gx$. +\end{definition} + +Действие на множестве смежных классов +из примера~\ref{example:action-on-cosets} является транзитивным. +Сейчас мы докажем, что на самом деле любое транзитивное действие +имеет такой вид. +Осталось понять, что значит <<имеет такой вид>>. + +\begin{definition}\label{dfn:isomorphism-of-g-sets} +Пусть заданы два действия: группы $G$ на множестве $X$, и группы $G$ +на другом множестве $Y$. +Отображение $\ph\colon X\to Y$ называется \dfn{изоморфизмом} +между $G$-множествами $X$ и $Y$, если $\ph$ биективно, и +$g\cdot \ph(x) = \ph(g\cdot x)$ для всех $x\in X$, $g\in G$. +В этом случае говорят, что $X$, $Y$~--- \dfn{изоморфные} +$G$-множества. +\end{definition} + +\begin{remark} +Мы могли бы определить \dfn{морфизм} $G$-множеств как произвольное +отображение $\ph\colon X\to Y$, для которого +$g\cdot \ph(x) = \ph(g\cdot x)$ (при всех $x\in X$, $g\in G$), +и потом определить \dfn{изоморфизм} как отображение $\ph\colon X\to Y$, +для которого найдется морфизм $G$-множеств $\psi\colon Y\to X$, +обратный к $\ph$ (то есть, такой, что $\psi\circ\ph = \id_X$ +и $\ph\circ\psi = \id_Y$). +Нетрудно понять, что такое определение эквивалентно +определению~\ref{dfn:isomorphism-of-g-sets}, точно так же как +изоморфизм групп можно определять как биективный гомоморфизм, +а можно как гомоморфизм, для которого существует обратный гомоморфизм. +\end{remark} + +\begin{definition} +Пусть группа $G$ действует на множестве $X$, и $x\in X$. +Множество +$$ +\Stab_G(x) = \{g\in G\mid g\cdot x = x\} +$$ +называется \dfn{стабилизатором точки $x$}. +Упражнение: покажите, что $\Stab_G(x)$ является подгруппой в $G$. +\end{definition} + +\begin{theorem} +Пусть группа $G$ действует на множестве $X$, +и это действие транзитивно. +Пусть $x\in X$. +Тогда существует изоморфизм между $G$-множествами $X$ +и $G/\Stab_G(x)$ (с действием левыми сдвигами, +описанным в примере~\ref{example:action-on-cosets}). +\end{theorem} +\begin{proof} +Обозначим $H = \Stab_G(x)$ и +определим морфизм $G$-множеств +\begin{align*} +\ph\colon G/H & \to X,\\ +gH & \mapsto g\cdot x. +\end{align*} +Нужно проверить, что это отображение корректно определено: +если $g'\in G$~--- другой представитель класса $gH$ (то есть +$g'=gh$ для некоторого $h\in H$), нам хочется знать, что +$g\cdot x = g'\cdot x$. +Но, действительно, +$g'\cdot x = (gh)\cdot x = g\cdot (h\cdot x) = g\cdot x$ +поскольку $h\cdot x = x$ по определению стабилизатора. + +Из транзитивности действия сразу следует, что наше +построенное отображение $\ph$ сюръективно. +Осталось показать инъективность: пусть $\ph(gH) = \ph(g'H)$, +то есть, $g\cdot x = g'\cdot x$. +Это означает, что $(g^{-1}g')\cdot x = x$, +и потому $g^{-1}g' = \Stab_G(x)$. +Но это в точности означает, что $g$ и $g'$ лежат в одном +правом смежном классе по модулю $H = \Stab_G(x)$, +то есть, что $gH = g'H$. +\end{proof} + +\begin{lemma} +Пусть группа $G$ действует на множестве $X$. +Если $x,y\in X$~--- две точки, лежащие в одной орбите этого действия, +то их стабилизаторы $\Stab_G(x)$, $\Stab_G(y)$ сопряжены, +то есть, найдется элемент $g\in G$ такой, что +$g\Stab_G(x)g^{-1} = \Stab_G(y)$. +\end{lemma} +\begin{proof} +По определению найдется $g\in G$, переводящий $x$ в $y$: +$gx = y$. Заметим, что при этом $g^{-1}y = x$. +Покажем для начала, что $g\Stab_G(x)g^{-1} \subseteq \Stab_G(y)$. +Возьмем элемент $g'\in g\Stab_G(x)g^{-1}$ и покажем, +что он лежит в стабилизаторе точки $y$, то есть, что +$g'y = y$. Ну, действительно, +$g'$ можно записать в виде $g g'' g^{-1}$ для некоторого +$g''\in\Stab_G(x)$, +и тогда +$g'y = g g'' g^{-1} y = g g'' x = g x = y$. + +Теперь поменяем местами $x$ с $y$ (и $g$ с $g{-1}$); +рассуждение выше показывает, что +$g^{-1}\Stab_G(y) g \subseteq \Stab_G(x)$, +то есть, что $\Stab_G(y) \subseteq g\Stab_G(x)g^{-1}$, +а это и есть нужное включение в обратную сторону. +\end{proof} + + + + + + +\subsection{Основная теорема теории Галуа} + +\begin{remark} +Отметим, что если $k\sseq F$~--- расширение Галуа, и $E$~--- +некоторое промежуточное подполе, то расширение +$E\sseq F$ также является расширением Галуа: +это сразу следует, например, из условия~(1) +теоремы~\ref{thm_galois}. +А вот расширение $k\sseq E$ не обязано быть +расширением Галуа. +Например, $\mb Q(\sqrt[3]{2})$ является +промежуточным полем между $\mb Q$ и полем разложения многочлена +$t^3-2$; это поле разложения имеет степень $6$ над $\mb Q$. +\end{remark} + +\begin{theorem}\label{thm_galois_normal} +Пусть $k\sseq F$~--- расширение Галуа, и $E$~--- промежуточное +поле. Расширение $k\sseq E$ является расширением Галуа тогда и только +тогда, когда подгруппа $\Aut_E(F)$ нормальна в $\Aut_k(F)$. В этом +случае имеется изоморфизм $\Aut_k(E)\isom\Aut_k(F)/\Aut_E(F)$. +\end{theorem} +Зафиксируем вложение $F\sseq\overline{k}$ поля $F$ в алгебраическое +замыкание поля $k$. Пусть $I$~--- множество вложений $i\colon +E\to\overline{k}$, тождественных на $k$. Заметим, что $i(E)\sseq F$ +для всех $i\in I$. Действительно, расширение $k\sseq E$ является +простым, $E=k(\alpha)$, поэтому $i$ полностью определяется значением +$i(\alpha)$, которое должно быть корнем минимального многочлена +элемента $\alpha$ над $k$. +Но расширение $k\sseq F$ нормально и содержит какой-то +корень этого многочлена; поэтому $F$ содержит все его корни: +$i(\alpha)\in F$ для всех $i\in I$, откуда $i(E)\sseq F$ для всех +$i\in I$. + +Определим действие группы $\Aut_k(F)$ на множестве $i\in I$: для +$g\in\Aut_k(F)$ и $i\in I$ положим $g(i)=g\circ i\in I$. Заметим, что +это действие транзитивно. Действительно, если $i_1,i_2\in I$, то +$i_1(E)$ и $i_2(E)$ содержат $k$. Поле $F$ является полем разложения +некоторого многочлена над $k$ (теорема~\ref{thm_galois}), поэтому оно +является полем разложения того же многочлена над $i_1(E)$ и над +$i_2(E)$. Тогда по Предложению~\ref{splitting_field} существует +автоморфизм $g\colon F\to F$, продолжающий изоморфизм $i_2\circ +i_1^{-1}\colon i_1(E)\to i_2(E)$. Видим, что $g\in\Aut_k(F)$ и $g\circ +i_1=i_2$. + +Выберем теперь одно $i\in I$ и отождествим с его помощью $E$ с +промежуточным полем в $k\sseq F$. Тогда $\Aut_E(F)=\Aut_{i(E)}(F)$ +является подгруппой в $\Aut_k(F)$, состоящей из таких элементов +$\Aut_k(F)$, которые тождественны на $E=i(E)$. Иными словами, +$\Aut_E(F)$ является стабилизатором элемента $i\in I$. +Значит, $I$ изоморфно множеству левых смежных классов подгруппы +$\Aut_E(F)$ в $\Aut_k(F)$ (как множество с действием группы +$\Aut_k(F)$). + +\begin{proof}[Доказательство теоремы~\ref{thm_galois_normal}] +Выше мы заметили, что стабилизатором точки $i\in I$ при действии +$\Aut_k(F)$ на $I$ является подгруппа $\Aut_{i(E)}(F)$. Стабилизаторы +различных точек $i$ сопряжены друг с другом; если $\Aut_E(F)$ +нормальна, то $\Aut_{i(E)}(F)=\Aut_E(F)$, откуда по биективности +соответствия Галуа следует, что $i(E)=E$ для всех $i\in I$. Значит, +расширение $k\sseq E$ удовлетворяет условию $(6)$ из +Теоремы~\ref{thm_galois}. Поэтому $k\sseq E$ является расширением +Галуа. + +Обратно, пусть $k\sseq E$~--- расширение Галуа. Снова по условию +$(6)$ Теоремы~\ref{thm_galois} получаем, что $i(E)=E$ для всех $i\in +I$. Получаем гомоморфизм $\rho\colon \Aut_k(F)\to\Aut_k(E)$ путем +ограничения каждого автоморфизма из $\Aut_k(F)$ на $E=i(E)$. Из +транзитивности действия $\Aut_k(F)$ на $I$ следует, что этот +гомоморфизм сюръективен. Его ядро состоит в точности из тех +$g\in\Aut_k(F)$, которые тождественны на $E$, то есть, совпадает с +$\Aut_E(F)$. Значит, подгруппа $\Aut_E(F)$ нормальна и по первой +теореме об изоморфизме фактор по ней равен образу $\rho$, то есть, +$\Aut_k(E)$. +\end{proof} + +\section{Примеры} + +\subsection{Конечные поля} + +Фактически мы проверили основную теорему теории Галуа <<вручную>> для +конечных полей в разделах~\ref{ssect:finite-fields} +и~\ref{ssect:finite-fields-automorphisms}. +А именно, любое расширение конечных полей имеет +вид $\mb F_q\subseteq\mb F_{q^m}$, где $q$~--- степень простого, +$m\geq 1$. +Это расширение является расширением Галуа, его группа Галуа~--- +циклическая группа $C_m$ порядка $m$, порожденная автоморфизмом +Фробениуса. +Несложное упражнение по элементарной теории групп: +любая подгруппа циклической группы $C_m$ является циклической и +изоморфна группе вида $C_d$, где $d|m$. +Более того, для каждого делителя $d$ числа $m$ есть ровно одна +подгруппа вида $C_d$ в $C_m$: если $x$~--- образующая $C_m$, +то $\la x^{m/d}\ra \isom C_d$. +Это соответствует тому, что в $\mb F_{q^d}$ является подполем в +$\mb F_{q^m}$ тогда и только тогда, когда $d|m$ (и такое подполе +единственно)~--- см. следствие~\ref{corollary_finite_simple}. + +\subsection{Некоторые расширения $\mb Q$} + +Расширение $\mb Q(\sqrt{2},\sqrt{3}) = \mb Q(\sqrt{2} + \sqrt{3})$, +изученное в примере~\ref{example:sqrt2+sqrt3}, +является полем разложением многочлена +$t^4 - 10t^2 + 1$ над $\mb Q$, и потому является расширением Галуа. +Его группа Галуа состоит из четырех элементов: +\begin{itemize} +\item тождественное отображение; +\item отображение, переводящее $a + b\sqrt{2} + c\sqrt{3} + d\sqrt{6}$ +в $a - b\sqrt{2} + c\sqrt{3} - d\sqrt{6}$; +\item отображение, переводящее $a + b\sqrt{2} + c\sqrt{3} + d\sqrt{6}$ +в $a + b\sqrt{2} - c\sqrt{3} - d\sqrt{6}$; +\item отображение, переводящее $a + b\sqrt{2} + c\sqrt{3} + d\sqrt{6}$ +в $a - b\sqrt{2} - c\sqrt{3} + d\sqrt{6}$. +\end{itemize} +Говоря неформально, второй из перечисленных элементов переводит +$\sqrt{2}$ в $-\sqrt{2}$, третий переводит $\sqrt{3}$ в $-\sqrt{3}$, +а четвертый является их композицией. +Таким образом, группа Галуа этого расширения изоморфна +$\mb Z/2\mb Z \times \mb Z/2\mb Z$, +и указанные элементы можно представить как +$(0,0), (1,0), (0,1), (1,1)$, соответствено. +У группы $\mb Z/2\mb Z\times \mb Z/2\mb Z$ есть три нетривиальные +подгруппы, каждая из которых изоморфна $\mb Z/2\mb Z$: +$$ +\begin{tikzcd} + & \mb Z/2\mb Z \times \mb Z/2\mb Z + \arrow[dash]{dl}\arrow[dash]{d}\arrow[dash]{dr} + & \\ +\la (1,0)\ra & \la (1,1)\ra & \la (0,1)\ra\\ + & 0\arrow[dash]{ul}\arrow[dash]{u}\arrow[dash]{ur} & +\end{tikzcd} +$$ +Решетка промежуточных полей, стало быть, выглядит так: +$$ +\begin{tikzcd} + & \mb Q + \arrow[dash]{dl}\arrow[dash]{d}\arrow[dash]{dr} + & \\ +\mb Q(\sqrt{3}) & \mb Q(\sqrt{6}) & \mb Q(\sqrt{2})\\ + & \mb Q(\sqrt{2},\sqrt{3}) +\arrow[dash]{ul}\arrow[dash]{u}\arrow[dash]{ur} & +\end{tikzcd} +$$ +Например, группа, порожденная элементом, который мы обозначили через +$(1,0)$, оставляет на месте $\sqrt{3}$ (поскольку ее единственный +нетривиальный элемент <<меняет знак у $\sqrt{2}$>>). +Поэтому ей соответствует некоторое расширение степени $2$, +содержащее $\mb Q(\sqrt{3})$~--- значит, это и есть $\mb Q(\sqrt{3})$. + +\subsection{Круговые расширения} + +Пусть $n$~--- натуральное число, $\zeta_n=e^{2\pi i/n}$. У многочлена +$x^n-1$ есть ровно $n$ корней в $\mb C$, являющихся различными +степенями $\zeta_n$. Они образуют циклическую подгруппу порядка $n$ в +группе $\mb C^*$ всех ненулевых комплексных чисел относительно +умножения. Эту подгруппу мы будем обозначать через +$\mu_n$. Корень $n$-ой степени из 1, порождающий эту группу, +называется \dfn{первообразным} корнем степени $n$ из 1. Таким образом, +$\zeta_n^m$ является первообразным корнем степени $n$ из 1 тогда и +только тогда, когда $m$ и $n$ взаимно просты. В частности, +первообразных корней степени $n$ равно $\ph(n)$ штук. + +\begin{definition} +Многочлен $\Phi_n(x)=\prod(x-\zeta)$, где произведение берется по всем +первообразным корням $\zeta$ степени $n$ из 1, называется +\dfn{многочленом деления круга}. Иными словами, +$\Phi_n(x)=\prod_{1\leq m\leq n, (m,n)=1}(x-\zeta_n^m)$. +\end{definition} + +Легко видеть, что $\Phi_n$~--- многочлен степени $\ph(n)$ со старшим +коэффициентом 1. Оказывается, его коэффициенты являются целыми +числами, и он неприводим над $\mb Q$. + +\begin{example} +Если $n=p$~--- простое число, то любой неединичный элемент $\mu_p$ +является порождающим; то есть, любой корень степени $p$ из 1 является +первообразным, кроме 1. Значит, +$\Phi_p(x)=(x^p-1)/(x-1)=x^{p-1}+\dots+1$. +\end{example} + +\begin{lemma}\label{cyclotomic_moebius} +Для всех натуральных $n$ имеем +$x^n-1=\prod_{1\leq d|n}\Phi_d(x)$. +\end{lemma} +\begin{proof} +Если $n=de$, то любой корень $\zeta$ степени $d$ из 1 является и +корнем степени $n$ из 1: $\zeta^n=\zeta^{de}=(\zeta^d)^e=1$. В +частности, любой первообразный корень степени $d$ из 1 является корнем +степени $n$ из 1. С другой стороны, каждый элемент $\zeta\in\mu_n$ +порождает некоторую подгруппу $H\leq\mu_n$, и $H=\mu_d$, где $d$~--- +порядок элемента $\zeta$~--- является делителем $n$. Поэтому любой +элемент $\zeta\in\mu_n$ является первообразным корнем какой-то степени +$d$ из 1, и $d|n$. Это значит, что множество всех корней степени $n$ +из 1 совпадает с объединением множеств первообразных корней степени +$d$ из 1, где $d$ пробегает все натуральные делители $n$. +\end{proof} + +\begin{corollary} +Коэффициенты многочлена деления круга $\Phi_n(x)$ являются целыми числами. +\end{corollary} +\begin{proof} +Индукция по $n$. Начнем с $n=1$: $\Phi_1(x)=x-1$. Пусть мы уже +доказали, что у всех $\Phi_m(x)$ при $m