Лекции по линейной алгебре (стр. 23 )

Замечание. Если  f(x)∈R[x], ст. f(x)= п, и  с1,c2,…,ck – все  действительные корни, z1,,…,zm,- все комплексные корни многочлена  f(x), то k+2m = n, и значит, 1) если  п – нечетное число, то  k > 0, и  действительные корни у  f(x) существуют; 2) k ≡ n (mod2), то есть числа k и  n  имеют одинаковую четность.

Лекция 23. 

11. ПОЛЕ РАЦИОНАЛЬНЫХ ФУНКЦИЙ

11.1. Построение поля отношений.

  Пусть А – произвольное АКУ-кольцо без делителей нуля.

Рассмотрим множество М = {(a, b)| a, b ∈ A, b ≠ 0 }. Введем на М отношение  π  следующим образом: пусть по определению (a, b)π (с, d) ⇔  (ad = bc).

  Упражнение. Проверить, что π - отношение эквивалентности на  М.

  Пусть K= M ⁄ π . Элементами множества K  являются всевозможные классы  clπ(a, b), где (a, b) ∈ М. Будем обозначать clπ(a, b) в виде .  Очевидно, ∀   и ∀ с ≠ 0  = , так как  (ac, bc)π(а, b)  и  bc ≠ 0.

  I. Введем на множестве K  операции сложения и умножения. Пусть по определению clπ(a, b) + clπ(с, d)= clπ(ad+bc, bd), то есть  += ,  и  clπ(a, b)⋅ clπ(с, d)= clπ(ac, bd), то есть  ⋅= .  Очевидно, bd ≠ 0, то есть пары (ad+bc, bd), (ac, bd)∈ М, и значит, классы  clπ(ad+bc, bd)  и  clπ(ac, bd)  определены.

  Упражнение. Проверить корректность определения операций, то есть независимость определения от выбора представителей в классах. Иначе, если (a, b)π(a1,b1), (c, d)π(c1,d1), то необходимо проверить, что (ad+bc, bd)π (a1d1+b1c1,b1d1)  и

(ac, bd)π (a1c1, b1d1).

  II. Проверим, что на множестве K выполняются 9 свойств из определения поля.

  2. Очевидно, ∀ b ≠ 0  (0, b)π (0, 1), и  = 0K  – нейтрал по сложению в K  (проверить!). 

  3. Проверить, что  – = .

  6. Очевидно, ∀ b≠ 0  (b, b)π(1, 1), то есть = и  = 1K – нейтрал по умножению в K.

  7. Очевидно, при  а ≠ 0  = , так как ⋅==1.

  Упражнение. Проверить свойства 1, 4, 5, 8, 9 из определения поля.

Построенное нами  поле  K  называется полем отношений

или полем частных для кольца  А. Элементы поля K называются дробями.

Рассмотрим отображение φ: А → K  такое, что  ∀а ∈ A φ(а)= . Очевидно, φ(а1)= φ(а2)⇔ =⇔ (а1,1)π(а2,1)⇔ ⇔ а1= а2, то есть φ является инъекцией. Будем считать, что А инъективно вкладывается в K при помощи φ, то есть будем отождествлять элементы вида в K  с элементами а  и считать, что A ⊆ K. Тогда ∀ ∈ K  имеем  = ⋅ = ⋅= = а⋅b-1 – привычное понимание дроби.

Замечания.

1. Если АКУ-кольцо А = Z, то в качестве поля K мы получим поле рациональных чисел Q.

2. Если A = Р – поле, то K = P.

3. Если Р – поле и АКУ-кольцо А = P[x], то в качестве поля K мы получим поле, которое называется полем рациональных функций и которое мы будем обозначать P(x). Элементами поля  P(x)  являются рациональные функции  ,

причем = ⇔ f(x)g1(x) =  f1(x)g(x).

11.2. Поле рациональных функций.

Определение. Рациональная функция , k∈N, назы-

вается простейшей дробью, если р(х) – простой многочлен и ст. f(х) ст. р(х).

Например, если  р(х) = х – а, то дроби - простейшие.

Теорема. Всякую рациональную функцию  w(х)∈ Р(х)

можно однозначно представить в виде w(х)= F(x)+, где  F(x), fij∈ P[x],  рi(х) – простые многочлены, ст. fij cm. pi.

Доказательство.

Докажем существование разложения. Пусть

w(х)= , и g(x) = p1(x)… pr(x)- разложение на простые множители, pi(x) ≠ pj(x) при i ≠ j, и h(x) = p2(x)… pr(x).  Тогда  w(х)=. Вычтем из  w(х)  простейшую дробь с неопределенным пока числителем  f1(x):

w(х) - = . Покажем теперь, что можно подобрать  f1(x) так, чтобы числитель  f(x) – f1(x)h(x) делился на  р1(х). В самом деле, так как  h(x) и  p1(x) – взаимно простые, то по утверждению 1 из 10.4  существуют многочлены u(x) и v(x) такие, что h(x)u(x) + p1(x)v(x)= 1. После умножения этого равенства на  f  слева и справа получим  f = fuh + p1vf.  В качестве  f1  можно было бы взять  fu, но мы не знаем, будет ли  ст. fи ст. р1. В случае, когда  ст. fи ≥ ст. р1, разделим

fu  на  р1  с остатком:  fи = qр1+ r1, ст. r1 ст. р1 . Тогда

f = fuh+ p1vf = (qр1+r1)h + p1vf = r1h+ p1(qh+ vf)= r1h+ p1, и можно взять  f1 = r1. Теперь  f(x) – f1(x)h(x) делится на  р1(х), и ст. f1ст. р1. Таким образом, w(х)=+ = =+.  Далее такую же процедуру можно проделать с дробью или считать, что для неё утверждение выполнено по предположению индукции. Отсюда следует существование разложения рациональной функции на простейшие дроби.

  2.  Докажем единственность разложения. Пусть

w(х)= = F(x)+= F(x)+⇒  f = Fg + R,  и  ст. R ст. g.  Из однозначности деления с остатком получаем, что F и R определяются однозначно. Пусть теперь = - два разложения на простейшие дроби. Тогда == 0, где f′′ij = fij - f′ij.