alt text

задан 1 Июн '15 22:22

(1 Июн '15 22:41) EdwardTurJ
10|600 символов нужно символов осталось
1

Хотя доказательство этой теоремы встречается во многих учебниках алгебры (критерий Эйзенштейна), я могу предложить ещё один способ.

Пусть $%\bar{a}$% означает класс вычетов целого числа $%a$% по модулю $%p$%. Для каждого многочлена $%f$% над $%\mathbb Z$% рассмотрим многочлен $%\bar{f}$% над $%\mathbb Z_p$%, заменяя каждый из коэффициентов на соответствующий класс вычетов. Очевидно, что отображение $%f\mapsto\bar{f}$% задаёт гомоморфизм колец $%\mathbb Z[x]\to\mathbb Z_p[x]$%.

Проверим, что $%f(x)$% неразложим над $%\mathbb Z$%. Предполагая противное, положим $%f(x)=g(x)h(x)$%, где степени $%g$% и $%h$% меньше степени $%f$%. Тогда $%\bar{f}(x)=\bar{g}(x)\bar{h}(x)$%. Из делимости на $%p$% всех коэффициентов многочлена $%f$% кроме старшего, следует, что $%\bar{f}(x)=cx^n$%, где $%c\ne0$% в кольце вычетов. Если такой многочлен нетривиально разложим на множители, то они имеют вид $%c_1x^k$% и $%c_2x^{n-k}$%, где $%1 < k < n$%, и $%c=c_1c_2$%. Свободные члены в обоих случаях нулевые, и это относится к сомножителям $%\bar{g}(x)$% и $%\bar{h}(x)$%. Это значит, что свободные члены у $%g$% и $%h$% оба делятся на $%p$%. Но тогда их произведение делится на $%p^2$%, а это есть свободный член $%f$%, равный $%a_0$%. Получается противоречие.

Мне кажется, это доказательство выглядит несколько проще того, которое встречается в большинстве учебников. Но надо иметь в виду, что оно устанавливает более слабый факт неразложимости над $%\mathbb Z$%. Нам же здесь нужна неразложимость над $%\mathbb Q$%. И здесь надо обратиться к вспомогательной лемме, которую лучше изучить по книжке. Там доказывается, что из разложимости над $%\mathbb Q$% вытекает разложимость над $%\mathbb Z$%. Основой доказательства является лемма Гаусса, которая может быть доказана при помощи того же приёма. Формулировка там такая: если у многочленов $%g$% и $%h$% НОД коэффициентов равен 1, то он равен 1 и у $%gh$%. Рассуждаем от противного: допустим, что это не так. Тогда все коэффициенты $%gh$% делятся на некоторое простое $%p$%. При этом $%\bar{g}\bar{h}=0$%. Кольцо многочленов над полем не имеет делителей нуля, откуда $%\bar{g}=0$% или $%\bar{h}=0$%. Но тогда получается, что либо у $%g$%, либо у $%h$% все коэффициенты делятся на $%p$%, то есть их НОД не равен 1.

ссылка

отвечен 2 Июн '15 0:56

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×3,711
×322

задан
1 Июн '15 22:22

показан
630 раз

обновлен
2 Июн '15 10:11

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru