Книги
чёрным по белому
Главное меню
Главная О нас Добавить материал Поиск по сайту Карта книг Карта сайта
Книги
Археология Архитектура Бизнес Биология Ветеринария Военная промышленность География Геология Гороскоп Дизайн Журналы Инженерия Информационные ресурсы Искусство История Компьютерная литература Криптология Кулинария Культура Лингвистика Математика Медицина Менеджмент Металлургия Минералогия Музыка Научная литература Нумизматика Образование Охота Педагогика Политика Промышленные производства Психология Путеводители Религия Рыбалка Садоводство Саморазвитие Семиотика Социология Спорт Столярное дело Строительство Техника Туризм Фантастика Физика Футурология Химия Художественная литература Экология Экономика Электроника Энергетика Этика Юриспруденция
Новые книги
Цуканов Б.И. "Время в психике человека" (Медицина)

Суворов С. "Танк Т-64. Первенец танков 2-го поколения " (Военная промышленность)

Нестеров В.А. "Основы проэктирования ракет класса воздух- воздух и авиационных катапульных установок для них" (Военная промышленность)

Фогль Б. "101 вопрос, который задала бы ваша кошка своему ветеринару если бы умела говорить" (Ветеринария)

Яблоков Н.П. "Криминалистика" (Юриспруденция)
Реклама

Алгебра - Ленг С.

Ленг С. Алгебра — Москва , 1968. — 572 c.
Скачать (прямая ссылка): algebra1968.djvu
Предыдущая << 1 .. 111 112 113 114 115 116 < 117 > 118 119 120 121 122 123 .. 205 >> Следующая

Доказательство. Предположим, что утверждение не верно. В силу следствия теоремы 1 § 2 существует упорядочение k(X), при котором / отрицательна. Применим следствие 1 к кольцу
k[*x......Хп, h(XTx],
где h (X) — знаменатель f(X). Мы можем найти гомоморфизм ф этого кольца в Rk (тождественный на k), такой, что ф(/)<0. Но ф(/) = = /((fXv .... ц>Хп). Так как в Rk нет бесконечно малых элементов
относительно k, то найдутся элементы at^k (I— 1.....п), близкие
к фА',, и в силу непрерывности f (av ..., ап) < 0, — противоречие.
Следствие 2 было проблемой Гильберта. Доказательство теоремы 5, которое мы приведем, отличается от артиновского доказательства этого следствия рядом технических моментов.
Сначала мы покажем, как можно свести теорему 5 к случаю, когда К имеет степень трансцендентности 1 над k, причем k вещественно замкнуто.
Лемма 1. Пусть R — вещественно замкнутое поле и R0 — подполе, алгебраически замкнутое в R (т. е. такое, что всякий элемент из R, не лежащий в R0, трансцендентен над RQ). Тогда R0 вещественно замкнуто.
Доказательство. Пусть f (X) — неприводимый многочлен над R0. Он разлагается в R на линейные и квадратные множители. Их коэффициенты лежат в R, алгебраичны над R0 и, следовательно, лежат в R0. Таким образом, сам f (X) либо линеен, либо является неприводимым квадратным трехчленом над R0. В силу теоремы
о промежуточном значении мы можем во втором случае предполагать, что / положительно определен, т. е. /(а)> 0 для всех a?R0. Не теряя общности, мы можем считать, что f (X) — X2-\~ Ь2 для некоторого b ? R0. Любой корень этого многочлена приносит с собой У - 1 , а потому единственным алгебраическим расширением R0 является —l). Это доказывает, что R0 вещественно замкнуто.
318
ГЛ XI ВЕЩЕСТВ Г ИНЫЕ ПОЛЯ
Обозначим через RK вещественное замыкание поля К, индуцирующее заданный порядок на К, и через R0— алгебраическое замыкание k в RK. В силу леммы 1 R0 вещественно замкнуто.
Рассмотрим поле /?0 (jct.....х„). Если мы сможем доказать нашу
теорему для кольца /?0 [лгх.....хп] и найдем гомоморфизм
1|з: R0[xv . . ., х„]
то, рассмотрев изоморфизм о: R0—>RK над k (существующий согласно теореме 3) и положив ср = аоф, мы получим решение нашей задачи над k. Тем самым теорема сводится к случаю, когда k вещественно замкнуто.
Пусть теперь F— промежуточное поле, K'ZiF-nk, над которым К имеет степень трансцендентности 1. Обозначим через RP вещественное замыкание F, содержащееся в RK. Если наша теорема верна для расширений размерности 1, то мы можем найти гомоморфизм
ф: #/=¦[*!.....x„]->Rf.
Заметим, что поле &(г|)хр ..., г|)х„) имеет степень трансцендентности п— 1 и вещественно, так как содержится в RF. Таким образом, по индукции теорема сводится к случаю, когда К имеет размерность
1 и k, как мы видели выше, вещественно замкнуто.
Наше утверждение геометрически интерпретируется следующим образом. Можно считать, что K = R(x, у), где х трансцендентен над R и (х, у)— корень некоторого неприводимого многочлена /(X, Y) из R [X, К], и мы хотим по существу доказать, что имеется бесконечно много точек на кривой f(X. К) = 0 с координатами, лежащими в R, т. е. бесконечно много вещественных точек.
Основная идея состоит в том, чтобы найти некоторую точку (a, b)?R(2\ такую, что /(а, Ь) = 0, но D2f (а, Ь) Ф 0. Тогда мы сможем применить теорему о промежуточном значении. Очевидно, f(a, b-\-h) меняет знак, когда малое положительное h заменяется на малый отрицательный элемент из R. Если взять элемент a'?R, близкий к а, то / (а', b-\- h) также будет менять знак для малых h и, следовательно, f(a', Y) имеет нуль в R для всех а', достаточно близких к а. Этим путем мы получим бесконечно много нулей.
Чтобы найти нашу точку, рассмотрим / (х, К) как многочлен от одной переменной Y с коэффициентами в R(x). При этом, не теряя общности, мы можем считать, что старший коэффициент равен 1. Построим последовательность Штурма для этого многочлена, скажем
{/(х, К), /, (х, Y)...../т(х, У)}.
Положим d — degf и обозначим через А (х) = (аа_г (х), ..., а0(х)) коэффициенты /(х. К). Из алгоритма Евклида видно, что коэффи-
« 3. BEllIFCTBEHHbTE НУЛИ И ГОМОМОРФИЗМЫ
319
циенты многочленов в последовательности Штурма могут быть выражены в виде рациональных функций
{0„(Л(*))}
от ad_,(x)......а0(х).
Пусть
v (х) — 1 ± аа_г (х)± ... ±а0 (х) + s,
где s—-некоторое положительное целое число, а знаки выбраны таким образом, чтобы каждый член в этой сумме давал положительный вклад. Положим и(х) =— v(x) и выберем s так, чтобы ни и, ни v не были корнями никакого многочлена в последовательности Штурма для /. Для дальнейшего нам потребуется лемма.
Лемма 2. Пусть R—вещественно замкнутое поле и {ht (х)} — конечное множество рациональных функций от одной переменной с коэффициентами в R. Предположим, что поле рациональных функций R (х) каким-то образом упорядочено, так что каждой функции hL(x) приписан некоторый знак. Тогда имеется бесконечно много таких значений а переменной х в R, что при любом i величина ht(a) определена и имеет тот же знак, что и ht (х).
Доказательство. Рассматривая по отдельности числители и знаменатели наших рациональных функций, мы можем без потери общности предполагать, что ht — многочлены. Тогда
Предыдущая << 1 .. 111 112 113 114 115 116 < 117 > 118 119 120 121 122 123 .. 205 >> Следующая