довести, що f має корінь в А. Так як f0C [x] і поле E алгебраїчно замкнуто, то f має корінь в E тобто існує таке комплексне число з, що f (с) = 0. Нехай L = Q (а0, ..., аn) і L (с) - просте алгебраїчне розширення поля L за допомогою с. Тоді Q-L - L (c) є кінцеве алгебраїчне розширення поля L. По теоремі 2.2, L є кінцеве розширення поля Q. У силу теореми 2.3 L (з) є кінцевим розширенням поля Q. Звідси, за теоремою 2.2, випливає, що поле L (з) є алгебраїчним розширенням поля Q і, значить, c0A. Таким чином, будь поліном з A [x] позитивної ступеня має в A корінь, тобто поле A алгебраїчно замкнуто. h2> 3. Сепарабельного і несепарабельние розширення.
Нехай D - Поле. p> З'ясуємо, чи може нерозкладний в D [x] многочлен володіти кратними корінням? p> Для того щоб f (x) мав кратними корінням, многочлени f (x) і fN (x) повинні мати загальний відмінний від константи множник, який можна обчислити вже в D [x]. Якщо многочлен f (x) неразложим, то ні з яким многочленом меншою мірою f (x) не може мати непостійних загальних множників, отже, повинно мати місце рівність f '(x) = 0. p> Покладемо
n n
f (x) = 3anxn fN (x) = 3nanxn-1
0 1
Так як fN (x) = О, в нуль повинен звертатися кожен коефіцієнт:
nan = 0 (n = l, 2, ..., n). p> У випадку характеристики нуль звідси випливає, що an = 0 для всіх n В№ 0. Отже, непостійний багаточлен не може мати кратних коренів. У випадку ж характеристики p рівності nan = 0 можливі й для n В№ 0, але тоді повинні виконуватися порівняння
n Вє 0 (p).
Таким чином, щоб многочлен f (x) мав кратними корінням, всі його складові повинні звертатися в нуль, за винятком тих anxn, для яких n Вє 0 (p), тобто f (x) повинен мати вигляд
f (x) = a0 + apxp + a2px2p + ...
Зворотно: якщо f (x) має такого вигляду, то fN (x) = 0. p> У цьому випадку ми можемо записати:
f (x) = j (xp). p> Тим самим доведено твердження: У разі характеристики нуль нерозкладний в D [x] багаточлен f (x) має тільки прості коріння, у разі оке характеристики p многочлен f (x) (якщо він є відмінним від константи) має кратні корені тоді і тільки тоді, коли його можна представити як многочлен j від xp. p> У останньому випадку може виявитися, що j (x) у свою чергу є многочленом від xp. Тоді f (x) є многочленом від xp2. Нехай f (x) - многочлен від xpe
f (x) = y (xpe),
але не є многочленом від xpe +1. Зрозуміло, многочлен y (у) неразложим. Далі, y Вў (у) В№ 0, тому що інакше y (у) мав би вид c (ур) і, отже, f (x) представлявся б у вигляді c (хpе +1), що суперечить припущенню. Отже, y (у) має тільки прості коріння. p> Розкладемо многочлен y (у) в деякому розширенні основного поля на лінійні множники: m
y (y) = J (y-bi). p> 1
Тоді
m
f (x) = J (xpe-bi)
1
Нехай ai-небудь корінь многочлена xpe -Bi. Тоді xipe = bi,
xpe-bi = xpe - aipe = (x-ai) pe.
Отже, ai є ре-кратним коренем многочл...
