Программа государственного экзамена по математике для студентов математического факультета Московского городского педагогического университета (стр. 6 из 6)
30. (Связь между НОД и НОК).
НОД(f, g) × НОК(f, g) = f ×g.
10. Теорема о строении простого алгебраического расширения
10. Понятие минимального многочлена.
Пусть a - алгебраическое число над полем k, т.е. корень ненулевого многочлена с коэффициентами из поля k.
Определение. Нормированный многочлен m(a, k, x) над полем k называется минимальным многочленом числа a, если выполнены условия:
а)m(x) - неприводим над полем k, т.е. не разлагается в произведение многочленов положительной степени с коэффициентами из k;
б) m(a) = 0, т.е. a - корень многочленаm(x).
Примеры.
| a | i |  |  - 1 | i +  |
| m(a, Q, x) | x2 + 1 | x2 - 5 | x2 + 2x - 1 | x4 - 4x2 + 16 |
20. Основные свойства минимальных многочленов.
1. Если f(x) Îk[x] и f(a) = 0, то f(x) делится на минимальный многочлен m(х) числа a.
Доказательство. В самом деле, предположив, что f не делится на m, запишем
f = mg + r, deg r < deg m
на основании теоремы о делении с остатком. Откуда r(a)=0. Поскольку многочлены r и m взаимно просты, то у них не может быть общих корней - противоречие.
2. Допустим, что a - алгебраическое число, а g(x) - нормированный многочлен наименьшей положительной степени такой, что g(x) Îk[x] и g(a) = 0. Тогда g(x) - минимальный многочлен числа a.
Доказательство немедленно вытекает из свойства 1.
3. Минимальный многочлен алгебраического числа a над данным полем определен однозначно.
Для доказательства достаточно применить свойство 2.
Определение. Степень минимального многочлена числа a называется степенью числаa; обозначение degka.
4.aÎkÛ deg ka = 1.
Доказательство немедленно получается из определений.
5. Если a - алгебраическое число степени n, то 1, a, a2, ..., an-1 линейно независимы над полем k, т.е. ("c0, c1, ..., cn-1Îk) c0 + c1a + ... + cn-1an-1 = 0 возможно только в случае c0 = c1 = . . . = cn-1 = 0.
Доказательство. Действительно, если указанные степени числа aлинейно зависимы, то это число является корнем некоторого многочлена над k, степени меньшей чем m.
6. Пусть a - алгебраическое число, f(x) Îk[x] и f(a) ¹ 0. Тогда дробь
представима в виде 
= g(a) для некоторого g(x) Îk[x].Доказательство. В самом деле, многочлены f и m взаимно просты (иначе f делился бы на m), значит, по теореме о линейном представлении НОД: для некоторых многочленов g и h над k верно равнство
fg + mh = 1.
Откуда f(a) g(a) = 1, что и требовалось.
30. Строение простых алгебраических расширений.
Определение. Пусть k - подполе в L; aÎL. Наименьшее подполе в L, содержащее число aи подполе k, обозначаемое k(a), называется простым расширением поля k (говорят также, что k(a) получено присоединением к полю k числа a).
Из приведенных свойств легко вывести теорему.
Теорема (о строении простого алгебраического расширения).
Для любого алгебраического числа a над полем k линейное пространство k(a) обладает базисом из элементов вида
1, a, a2, . . . , an-1, где n =degk a.
Доказательство. Легко понять, что k(a) состоит из дробей f(a)/g(a), где f(x), g(x) - многочлены над полем k и g(a) ¹ 0. Обозначим через k[a] - кольцо значений многочленов в точке a, т.е. k[a] = { f(a)½f(x)Îk[x]}.
Из свойства 6 вытекает равенство k(a) = k[a]. Из теоремы о делении с остатком следует, что значение произвольного многочлена над полем k в точке aявляется линейной комбинацией над полем k указанных в теореме степеней элемента a. Наконец, из свойства 5 следует линейная независимочть над полем k этих степеней. ÿ
40. Освобождение от иррациональности в знаменателе дроби.
Разберем различные способы решения задачи об освобождении от иррациональности в знаменателе дроби. Принципиальная возможность ее решения вытекает из теоремы о строении простого алгебраического расширения.
Пример 1. Освободиться от иррациональности в знаменателе дроби:
.
Решение. Обозначим через c число
, и воспользуемся известной формулой суммы членов геометрической прогрессии:1+ c + c2+ c3+ c4 = (c5 - 1)/(c- 1) = 1/(c- 1),
следовательно, 
.
Пример 2. Освободиться от иррациональности в знаменателе дроби:
.
Решение. Обозначим через c число
, и запишем сначала дробь 
в виде суммы простейших:
.
Теперь, используя схему Горнера, каждую из указанных дробей можно заменить на многочлен относительно c. Сначала разделим c5 - 2 на c + 1:
| 1 | 0 | 0 | 0 | 0 | -2 | |
| -1 | 1 | -1 | 1 | -1 | 1 | -3 |
следовательно,
= c4 - c3 + c2 - c + 1.
Теперь разделим c5 - 2 на c + 2:
| 1 | 0 | 0 | 0 | 0 | -2 | |
| -2 | 1 | -2 | 4 | -8 | 16 | -34 |
следовательно,
= c4 - 2c3 + 4c2 - 8c + 16.Тогда получаем
= 34(c4 - c3 + c2 - c + 1) - 3(c4 - 2c3 + 4c2 - 8c + 16) =
= 31c4 -40c3 +22c2 -10c - 14,
т.е. 
.
Пример 3. Освободиться от иррациональности в знаменателе дроби:
.
Решение. Обозначим через c число
. Найдем линейное представление НОД многочленов f(x) = x3 - 2 и g(x) = 1 + 2x - x2:f(x) = - g(x)×(x + 2) + r(x), где r(x) = 5x
-5g(x) = r(x)×(x - 2) - 5.
Из этих равенств, получаем линейное представление НОД f(x) и g(x):
f(x)×(x - 2) + g(x)×(x2+ 1) = 5.
Подставляя в последнее равенство вместо x число c, получим
= c2+ 1,
следовательно, = 
.
Пример 4. Освободиться от иррациональности в знаменателе дроби:
.Решение. Обозначим через c число
и применим метод неопределенных коэффициентов. По теореме о строении простого алгебраического расширения существуют рациональные числа x, y, z такие, что 
= xc2 + yc + z или 89 = (c2+ 16c - 11)(xc2 + yc + z).Раскрывая скобки и используя равенство c3 = 2, получаем:
89 = (32x + 2y - 11z)+ (2x - 11y + 16z)c + (-11x + 16y + z)c2.
Так как числа 1, c, c2 линейно независимы над Q имеем
32x + 2y - 11z =89, 2x - 11y + 16z = 0,
-11x + 16y + z = 0.
Решением последней системы является набор чисел (3, 2, 1). Значит, получаем ответ:
.