From 5ea7eb47cfe47d3a4f036bdec234a0712279dd57 Mon Sep 17 00:00:00 2001 From: Danila Slesarev Date: Thu, 7 Sep 2023 10:36:11 +0300 Subject: [PATCH 1/2] added Galois theory --- Galua5.tex | 1453 ++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++ 1 file changed, 1453 insertions(+) create mode 100644 Galua5.tex diff --git a/Galua5.tex b/Galua5.tex new file mode 100644 index 0000000..3acb906 --- /dev/null +++ b/Galua5.tex @@ -0,0 +1,1453 @@ +\documentclass[12pt, titlepage, oneside]{amsbook} +\makeatletter \@addtoreset{equation}{chapter} +\@addtoreset{figure}{chapter} \@addtoreset{theorem}{chapter} +\makeatother \sloppy \pagestyle{plain} \setcounter{tocdepth}{1} + +\renewcommand{\theequation}{\thesection.\arabic{equation}} + +\usepackage[russian]{babel} + +\usepackage{pstcol} +\usepackage{pstricks, pst-node} +\usepackage[matrix, arrow,curve]{xy} +\usepackage{xypic,amscd} +\usepackage{amsmath} +\usepackage{amssymb} +\usepackage{latexsym} +\usepackage{graphicx} +\usepackage{wasysym} +\binoppenalty=10000 \relpenalty=10000 +\parskip = 3pt +\parindent = 0.4cm + +%\newcommand{\char}{\operatorname{char}} +\newcommand{\Div}{\operatorname{div}} +\newcommand{\ddef}{\operatorname{def}} +\newcommand{\rot}{\operatorname{rot}} +\newcommand{\grad}{\operatorname{grad}} +\newcommand{\Pic}{\operatorname{Pic}} +\newcommand{\Aut}{\operatorname{Aut}} +\newcommand{\PSL}{\operatorname{PSL}} +\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} +\newcommand{\Cr}{\operatorname{Cr}} +\newcommand{\St}{\operatorname{St}} +\newcommand{\Orb}{\operatorname{Orb}} +\newcommand{\Tr}{\operatorname{Tr}} +\newcommand{\Irr}{\operatorname{Irr}} +\newcommand{\Bs}{\operatorname{Bs}} +\newcommand{\mld}{\operatorname{mld}} +\newcommand{\cov}{\operatorname{cov}} +\newcommand{\cor}{\operatorname{cor}} +\newcommand{\sign}{\operatorname{sign}} +\newcommand{\mult}{\operatorname{mult}} +\newcommand{\Sing}{\operatorname{Sing}} +\newcommand{\Diff}{\operatorname{Diff}} +\newcommand{\Supp}{\operatorname{Supp}} +\newcommand{\Ext}{\operatorname{Ext}} +\newcommand{\Exc}{\operatorname{Exc}} +\newcommand{\Cl}{\operatorname{Cl}} +\newcommand{\discrep}{\operatorname{discrep}} +\newcommand{\discr}{\operatorname{discr}} +\newcommand{\di}{\operatorname{di}} +\renewcommand\gcd{\operatorname{\text{{\rm НОД}}}\ } +%\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} + + +\newcommand{\muu}{{\boldsymbol{\mu}}} +\newcommand{\OOO}{{\mathcal O}} +\newcommand{\LL}{{\mathcal L}} +\newcommand{\EE}{{\mathcal E}} +\newcommand{\PP}{\mathbf{P}} +\newcommand{\MM}{\mathbf{M}} +\newcommand{\NN}{\mathbb{N}} +\newcommand{\ZZ}{\mathbb{Z}} +\newcommand{\FF}{\mathbb{F}} +\newcommand{\RR}{\mathbb{R}} +\newcommand{\CC}{\mathbb{C}} +\newcommand{\QQ}{\mathbb{Q}} +\newcommand{\AAA}{\mathfrak{A}} +\newcommand{\DDD}{\mathfrak{D}} +\newcommand{\SSS}{\mathfrak{S}} +\newcommand{\MMM}{\mathfrak{M}} +\newcommand{\RRR}{\mathfrak{R}} +\newcommand{\BBB}{\mathfrak{B}} +\newcommand{\aaa}{\mathfrak{a}} +\newcommand{\ppp}{\mathfrak{p}} +\newcommand{\mmm}{\mathfrak{m}} +\newcommand{\DD}{\mathbb{D}} +\newcommand{\DDDD}{\mathbf{D}} + +\newtheorem{theorem}{Теорема}[chapter] +\newtheorem{proposition}[theorem]{Предложение} +\newtheorem{lemma}[theorem]{Лемма} +\newtheorem{corollary}[theorem]{Следствие} +\newtheorem{claim}[theorem]{Утверждение} + +\theoremstyle{definition} +\newtheorem{example}[theorem]{Пример} +\newtheorem{definition}[theorem]{Определение} +\newtheorem{notation}[theorem]{Обозначения} +\newtheorem{construction}[theorem]{Конструкция} +\newtheorem{pusto}[theorem]{} +\newtheorem{remark}[theorem]{Замечание} +\newtheorem{Exercise}[theorem]{Упражнение} +\newtheorem{zero}[theorem]{} +\newtheorem{case}[theorem]{} + +\theoremstyle{remark} + + +\date{} + +\begin{document} + +\begin{titlepage} +\begin{center} +\large{\textbf{Лекции по курсу "Теория Галуа"}} \quad \\ +\quad +\\ \quad +\\ \quad +\large{\textbf{Белоусов Григорий Николаевич}} \quad \\ \quad + +\end{center} +\end{titlepage} + +\tableofcontents + +Мы будем придерживаться следующих обозначений. + +\begin{notation} +\label{not} Мы будем придерживаться следующих обозначений: +\begin{itemize} +\item $\NN$ --- множество натуральных чисел. +\item $\ZZ$ --- множество целых чисел. +\item $\QQ$ --- множество рациональных чисел. +\item $\RR$ --- множество вещественных чисел. +\item $\forall$ --- для любого. +\item $\exists$ --- существует. +\item $\in$ --- принадлежит. +\item $\infty$ --- бесконечность. +\end{itemize} +\end{notation} + +\chapter{Группы} + + + +\section{Коммутант группы} + +Пусть $G$ --- группа. \emph{Коммутатором} двух элементов $a,b\in G$ называется произведение $$[a,b]=aba^{-1}b^{-1}.$$ + +Непосредственно из определения следуют следующие свойства +\begin{enumerate} +\item $ab=[a,b]ba$; +\item $ab=ba[a^{-1},b^{-1}]$; +\item $[a,b]^{-1}=[b,a]$; +\item $[a,b]=e$ тогда и только тогда, когда $ab=ba$. +\end{enumerate} + +\begin{definition} +\emph{Коммутантом} группы $G$ называется подгруппа $K$, порожденная всеми коммутантами. Обозначается $[G,G]=K$. +\end{definition} + +\begin{theorem} +\label{Kom1} +Пусть $H$ --- нормальная подгруппа в группе $G$. Тогда $[H,H]\triangleleft G$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Заметим, что $$g[a,b]g^{-1}=gaba^{-1}b^{-1}g^{-1}=(gag^{-1})(gbg^{-1})(ga^{-1}g^{-1})(gb^{-1}g^{-1})=$$ $$(gag^{-1})(gbg^{-1})(gag^{-1})^{-1}(gbg^{-1})^{-1}=[gag^{-1},gbg^{-1}].$$ +Пусть $h\in [H,H]$ и $g\in G$. Тогда $$h=[h_1,h'_1][h_2,h'_2]\cdots[h_n,h'_n],$$ где все $h_i,h'_i\in H$. Следовательно, $$ghg^{-1}=g[h_1,h'_1][h_2,h'_2]\cdots[h_n,h'_n]g^{-1}=$$ $$=(g[h_1,h'_1]g^{-1})(g[h_2,h'_2]g^{-1})\cdots(g[h_n,h'_n]g^{-1})=$$ $$=[gh_1g^{-1},gh'_1g^{-1}][gh_2g^{-1},gh'_2g^{-1}]\cdots[gh_ng^{-1},gh'_ng^{-1}].$$ Поскольку $H$ --- нормальная подгруппа в группе $G$, то все $gh_ig^{-1},gh'_ig^{-1}\in H$. Отсюда, $g^{-1}hg\in [H,H]$ +\end{proof} + +\begin{corollary} +\label{Kom1a} +Коммутант $K$ группы $G$ является нормальной подгруппой. +\end{corollary} + +\begin{theorem} +\label{Kom2} +Пусть $K$ --- коммутант группы $G$. Тогда группа $G/K$ абелева. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Действительно, $$(aK)(bK)=abK=ba[a^{-1},b^{-1}]K=baK=(bK)(aK).$$ +\end{proof} + +\begin{theorem} +\label{Kom3} +Пусть $H$ --- нормальная подгруппа группы $G$, и пусть $G/H$ абелева. Тогда $K\subset H$, где $K$ --- коммутант группы $G$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Если $G/H$ абелева, то $abH=baH$, или, поскольку $H$ --- нормальная подгруппа, $Hab=Hba$. Следовательно, существует $h\in H$ такой, что $ab=hba$, т.е. $h=aba^{-1}b^{-1}=[a,b]$. +\end{proof} + +\section{Разрешимые и нильпотентные группы} + +\begin{definition} +Последовательность подгрупп $$G=G_0\supset G_1\supset G_2\supset\cdots\supset G_n=\{e\}$$ называется \emph{рядом подгрупп}. Если для любого $i$ $G_{i}\triangleleft G$, то ряд называется \emph{нормальным}. +Группа $G$ называется \emph{разрешимой}, если существует нормальный ряд подгрупп $$G=G_0\supset G_1\supset G_2\supset\cdots\supset G_n=\{e\}$$ такой, что для любого $i$, $G_i/G_{i+1}$ --- абелева группа. +\end{definition} + +Пусть $K_0=G$, $K_1=[K_0,K_0]$, $K_2=[K_1,K_1]$ и т.д. Тогда имеет место следующая теорема. + +\begin{theorem} +\label{Raz1} +Группа $G$ разрешима тогда и только тогда, когда существует $n$ такое, что $K_n=\{e\}$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Предположим, что $K_n=\{e\}$. Из теорем \ref{Kom1} \ref{Kom2} следует, что $G=K_0\supset K_1\supset K_2\supset\cdots\supset K_n=\{e\}$ --- нормальный ряд подгрупп, и $K_i/K_{i+1}$ --- абелева группа. Следовательно, в одну сторну утверждение доказано. Предположим, что существует нормальный ряд подгрупп $$G=G_0\supset G_1\supset G_2\supset\cdots\supset G_m=\{e\},$$ и для любого $i$, $G_i/G_{i+1}$ --- абелева группа. Из теоремы \ref{Kom3} следует, что $K_1\subset G_1$. Докажем по индукции, что $K_i\subset G_i$. Предположим, что $K_{i-1}\subset G_{i-1}$. Тогда $[K_{i-1},K_{i-1}]\subset[G_{i-1},G_{i-1}]$. С другой стороны, по теореме \ref{Kom3} $[G_{i-1},G_{i-1}]\subset G_i$. Отсюда, $K_i\subset G_i$. +\end{proof} + +\begin{example} +Рассмотрим группу $S_n$ ($n\geq 5$). Заметим, что $[\sigma_1,\sigma_2]=\sigma_1\sigma_2\sigma^{-1}_1\sigma^{-1}_2$ --- четная перестановка. Следовательно, $[S_n,S_n]\subset A_n$. С другой стороны, $$[(ij),(jk)]=(ij)(jk)(ij)(jk)=(ikj).$$ Следовательно, любые циклы длины три лежат в $[S_n,S_n]$. Тогда $[S_n,S_n]=A_n$. Теперь посчитаем коммутант $A_n$. Рассмотрим перестановки $(ij)(kl)$ и $(ij)(km)$. Получаем $$[(ij)(kl),(ij)(km)]=(ij)(kl)(ij)(km)(ij)(kl)(ij)(km)=(klm).$$ Следовательно, $[A_n,A_n]=A_n$. Таким образом, группы $S_n$ и $A_n$ не разрешимы при $n\geq 5$. +\end{example} + +\begin{example} +Рассмотрим группу $S_4$. Аналогично, $[S_4,S_4]=A_4$. Теперь посчитаем коммутант $A_4$. Для этого рассмотрим подгруппу $$V_4=\{e,(12)(34),(13)(24),(14)(23)\}.$$ Заметим, что $V_4$ --- нормальная подгруппа в $A_4$, и $A_4/V_4\simeq\ZZ_3$, т.е. $A_4/V_4$ --- абелева группа. Согласно теореме \ref{Kom3} $[A_4,A_4]\subset V_4$. С другой стороны, $$[(ijk),(ijl)]=(ijk)(ijl)(ikj)(ilj)=(ij)(kl).$$ Таким образом, $[A_4,A_4]=V_4$. Поскольку $V_4$ --- абелева группа, то $S_4$ и $A_4$ разрешимы. +\end{example} + +\begin{definition} +Пусть $G$ --- группа. Тогда множество $Z(G):=\{a\in G\mid ag=ga +\text{ для всех } g\in G\}$ называется \emph{центром} группы $G$. +\end{definition} + +Очевидно, что центр группы является нормальной подгруппой. + +\begin{definition} +\emph{Центральным рядом подгрупп} называется нормальный ряд подгрупп $$G=G_0\supset G_1\supset G_2\supset\cdots\supset G_n=\{e\}$$ такой, что $G_i/G_{i+1}\subset Z(G/G_{i+1})$. Группа, обладающая центральным рядом подгрупп, называется \emph{нильпотентной группой}. +\end{definition} + +Поскольку центр --- абелева группа, то нильпотентная группа является разрешимой. Обратное неверно (см. группу $S_4$). + +\begin{definition} +Группа $G$ называется \emph{конечной $p$-группой}, если $p$ --- простое и $|G|=p^n$. +\end{definition} + +\begin{lemma} +\label{Nil1} +Пусть $G$ --- конечная $p$-группа. Тогда $Z(G)\neq\{e\}$. +\end{lemma} + +\begin{proof} +Пусть группа $G$ действует на себе посредством сопряжения. Тогда +$|G|=|Z(G)|+\sum |\Orb(g_i)|$, где все $|\Orb(g_i)|>1$. Заметим, что $|\Orb(g_i)|$ является делителем порядка группы +$G$. Следовательно, $|\Orb(g_i)|$ делится на $p$. Отсюда, $|Z(G)|$ +делится на $p$. Следовательно, $Z(G)\neq\{e\}$. +\end{proof} + +\begin{theorem} +\label{Nil2} +Любая конечная $p$-группа нильпотентна. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $G$ --- конечная $p$-группа. Согласно лемме \ref{Nil1}, $Z(G)\neq\{e\}$. Пусть $G_1=Z(G)$. Рассмотрим $G'_1=G/G_1$. Тогда $G'_1$ --- также конечная $p$-группа. Следовательно, $Z(G'_1)\neq\{e\}$. Пусть $G_2$ --- прообраз $Z(G'_1)$ при естественном гомоморфизме $f\colon G\rightarrow G/G_1$. Заметим, что $G_2$ --- нормальная подгруппа в $G$. Действительно, пусть $h\in G_2$, $g\in G$. Тогда $$f(ghg^{-1})=f(g)f(h)(f(g))^{-1}=f(h)f(g)(f(g))^{-1}=f(h).$$ Следовательно, $ghg^{-1}\in G_2$. Рассмотрим $G'_2=G/G_2$. Тогда $G'_2$ --- также конечная $p$-группа. Следовательно, $Z(G'_2)\neq\{e\}$. Пусть $G_3$ --- прообраз $Z(G'_2)$ при естественном гомоморфизме $f\colon G\rightarrow G/G_2$. Аналогично, $G_3$ --- нормальная подгруппа в $G$. Продолжая эти действия, мы получим искомый центральный ряд. +\end{proof} + +\section{Теоремы Силова} + +\begin{theorem}[1-я теорема Силова] +\label{1Sil} Пусть $G$ --- произвольная конечная группа и $|G|=mp^k$, где +$(m,p)=1$. Тогда существует подгруппа $H\subset G$ такая, что +$|H|=p^k$ (такие подгруппы называются \emph{силовскими подгруппами}). +\end{theorem} + +\begin{proof} +Докажем утверждение индукцией по порядку группы. Предположим, +утверждение верно для всех порядков меньших $n=mp^k$. Рассмотрим два +случая: + +1) $p\mid |Z(G)|$. Тогда существует +подгруппа $H\subset Z(G)$ такая, что $|H|=p^s$. Заметим, что +$H\triangleleft G$. Пусть $G'=G/H$. Тогда, по предположению +индукции, в $G'$ существует подгруппа $A$ порядка $p^{k-s}$. Пусть +$B$ --- прообраз $A$ в $G$. Тогда $B$ --- подгруппа $G$ и +$|A|=|B|/|H|$. Отсюда, $|B|=p^k$. + + +2) Порядок центра $|Z(G)|$ не делится на $p$. Рассмотрим разбиение +группы $G$ на классы сопряженности. Мы получим $$|G|= |Z(G)| + \sum +|\Orb(g_i)|.$$ Поскольку $|Z(G)|$ не делится на $p$, то существует +$\Orb(g_i)$ такая, что $|\Orb(g_i)|$ не делится на $p$ тогда +$|\St(g_i)|=lp^k$, где $lp$. Рассмотрим силовские $q$-подгруппы. Согласно 3-й теореме Силова их число делит $pq$ и дает, при делении на $q$, в остатке $1$. Следовательно, такая подгруппа одна. По второй теореме Силова она нормальна. +\end{proof} + +\begin{theorem} +\label{Pr2} Пусть $G$ --- конечная группа и $|G|=p^2q$, где +$p$ и $q$ --- простые числа. Тогда группа $G$ не простая. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Предположим $p>q$. Рассмотрим силовские $p$-подгруппы. Согласно 3-й теореме Силова их число делит $p^2q$ и дает, при делении на $p$, в остатке $1$. Следовательно, такая подгруппа одна. По второй теореме Силова она нормальна. + +Предположим $q>p$. Рассмотрим силовские $q$-подгруппы. Согласно 3-й теореме Силова их число делит $p^2q$ и дает, при делении на $q$, в остатке $1$. Следовательно, такая подгруппа либо одна, либо таких подгрупп $p^2$. Если силовская $q$-подгруппа одна, то все доказано. Следовательно, мы можем предполагать, что существуют $p^2$ таких подгрупп. Заметим, что любая силовская $q$-подгруппа изоморфна $\ZZ_q$. Тогда любые две из них имеют тривиальное пересечение (т.е. пересекаются по единицы), и все их элементы, кроме единицы, имеют порядок $q$. Посчитаем число элементов порядка $q$ в группе $G$, получаем $p^2(q-1)=p^2q-p^2$. С другой стороны силовская $p$-подгруппа состоит из $p^2$ элементов и не содержит элементы порядка $q$. Отсюда следует, что существует единственная силовская $p$-подгруппа. Тогда она нормальна. +\end{proof} + +\begin{theorem} +\label{Pr3} Пусть $G$ --- конечная группа и $|G|=pqr$, где +$p,q,r$ --- простые числа. Тогда группа $G$ не простая. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $r>q>p$. Рассмотрим силовские $r$-подгруппы. Согласно 3-й теореме Силова их число делит $pqr$ и дает, при делении на $r$, в остатке $1$. Следовательно, такая подгруппа либо одна, либо таких подгрупп $pq$. Если силовская $r$-подгруппа одна, то все доказано. Следовательно, мы можем предполагать, что существуют $pq$ таких подгрупп. Заметим, что любая силовская $r$-подгруппа изоморфна $\ZZ_r$. Тогда любые две из них имеют тривиальное пересечение (т.е. пересекаются по единицы), и все их элементы, кроме единицы, имеют порядок $r$. Посчитаем число элементов порядка $r$ в группе $G$, получаем $pq(r-1)=pqr-pq$. Рассмотрим силовские $q$-подгруппы. Мы можем предполагать, что такая подгруппа не единственна. Согласно 3-й теореме Силова их, как минимум, $r$ штук. Заметим, что каждая силовская $q$-подгруппа изоморфна $\ZZ_q$. Тогда все они имеют тривиальное пересечения. Аналогично, посчитаем число элементов порядка $q$. Получаем, что их, как минимум, $r(q-1)$. Суммируя число элементов порядка $r$ и порядка $q$, получаем $$pqr-pq+r(q-1)>pqr.$$ Противоречие. +\end{proof} + +\begin{theorem} +\label{Pr4} Группа $A_n$ проста при $n\geq 5$. +\end{theorem} + +Сначала, докажем следующую лемму. + +\begin{lemma} +\label{PrL} +Пусть нормальная подгруппа $H$ группы $A_n$ содержит цикл дины три. Тогда $H=A_n$. +\end{lemma} + +\begin{proof} +Если $n=3$, то утверждение очевидно. Пусть $n>3$ и $H$ содержит перестановку $(ijk)$. Пусть $\sigma=(ij)(km)$, Тогда $$\sigma(ijk)\sigma^{-1}=(ij)(km)(ijk)(ij)(km)=(imj).$$ Более того, $(ijk)(imj)=(imk)$. Отсюда легко видеть, что все циклы длины три содержаться в $H$. Следовательно, $H=A_n$. +\end{proof} + +Теперь докажем теорему \ref{Pr4}. Пусть $H$ --- нормальная подгруппа группы $A_n$. Пусть $\sigma\in H$ --- элемент подгруппы $H$, содержащий минимальное количество номеров, при разложении в произведение циклов. Предположим, что $\sigma$ содержит цикл, длины больше трех, т.е. $\sigma=(i_1i_2\cdots i_{n-3}i_{n-2}i_{n-1}i_{n})\cdots$. Пусть $\tau=(i_{n-2}i_{n-1}i_{n})$. Тогда $$\sigma_1=\tau\sigma\tau^{-1}=(i_{n-2}i_{n-1}i_{n})(i_1i_2\cdots i_{n-3}i_{n-2}i_{n-1}i_{n})(i_{n-2}i_{n}i_{n-1})\cdots=$$ $$=(i_1i_2\cdots i_{n-3}i_{n-1}i_{n}i_{n-2})\cdots.$$ С другой стороны, $$\sigma^{-1}\sigma_1=(i_1i_ni_{n-1}\cdots i_3i_2)(i_1i_2\cdots i_{n-3}i_{n-1}i_{n}i_{n-2})\cdots$$ оставляет неподвижным номер $i_{n-1}$. Таким образом, мы можем считать, что $\sigma$ состоит из циклов длины два и три. Предположим, что $\sigma$ содержит цикл длины три. Возводя в квадрат мы можем считать, что $\sigma$ состоит из циклов длины три. Предположим, что $\sigma$ содержит два таких цикла, т.е. $\sigma=(ijk)(lmp)\cdots$. Пусть $\tau=(ij)(kl)$. Тогда $$\sigma_1=\tau\sigma\tau^{-1}=(ij)(kl)(ijk)(lmp)(ij)(kl)\cdots=(ilj)(kmp)\cdots.$$ С другой стороны, $$\sigma_1\sigma^{-1}=(ilj)(kmp)(ikj)(lpm)\cdots$$ оставляет на месте номер $p$. Следовательно, $\sigma$ содержит лишь один цикл длины три. Тогда по лемме \ref{PrL} получаем, что $H=A_n$. Предположим, что $\sigma$ состоит из циклов длины два (транспозиций). Поскольку $\sigma$ четная, то $\sigma$ состоит из четного числа транспозиций, т.е. $\sigma=(ij)(kl)\cdots$. Поскольку $n\geq 5$, рассмотрим $\tau=(ij)(km)$. Тогда $$\sigma_1=\tau\sigma\tau^{-1}=(ij)(km)((ij)(kl)\cdots)(ij)(km)=(ij)(lm)\cdots.$$ Отсюда, $$\sigma \sigma_1=((ij)(kl)\cdots)((ij)(lm)\cdots)$$ оставляет на месте номера $i,j$. Противоречие. + +\section{Транзитивные и примитивные группы} + +\begin{definition} +Группа перестановок $G$ множества $M$ называется \emph{транзитивной} над $M$, если в $M$ существует элемент $a$ такой, что для любого $x\in M$ существует $g\in G$ такое, что $x=g a$. Также говорят, что $G$ действует \emph{транзитивно} на $M$. +\end{definition} + +\begin{claim} +\label{Tr1} +Пусть группа $G$ действует транзитивно на множестве $M$. Тогда для любых двух элементов $x,y\in M$ существует элемент $g\in G$ такой, что $g x=y$. +\end{claim} + +\begin{proof} +Пусть $x=g_1 a$, $y=g_2 a$. Тогда $$(g_2g^{-1}_1)x=g_2 a=y.$$ +\end{proof} + +Если группа $G$ действует не транзитивно на $M$, то множество $M$ можно разбить на непересекающиеся множества $M_\alpha$ так, что группа $G$ действует транзитивно на каждом множестве $M_\alpha$. Это разбиение осуществляется по следующему принципу. Два элемента $x,y\in M$ относятся в одно подмножество тогда и только тогда, когда существует $g\in G$ такой, что $y=g x$. Это отношение рефлексивно, симметрично и транзитивно. Действительно, +\begin{enumerate} +\item $x=g x$ при $g=e$ (рефлексивность); +\item если $y=g x$, то $x=g^{-1} y$ (симметричность); +\item если $y=g_1 x$ $z=g_2 y$, то $z=(g_2 g_1)x$ (транзитивность). +\end{enumerate} + +\begin{definition} +Разбиение множества $M$ на непересекающиеся подмножества $M_\alpha$ называется \emph{разбиением на блоки относительно} $G$, если для любого $M_\alpha$ и любого $g\in G$ существует $M_\beta$ такое, что $M_\beta=g M_\alpha$. Очевидно, что всегда существует два тривиальных разбиения --- на одноэлементные блоки, и на единственный блок в виде всего множества $M$. Если нетривиального разбиения на блоки не существует, то группа $G$ называется \emph{примитивной}. В противном случае группа называется \emph{импримитивной}. Множества $M_\alpha$ называются \emph{областями импримитивности}. +\end{definition} + +\begin{theorem} +\label{Tr2} Пусть $G$ действует транзитивно на множестве $M$, состоящим из $n$ элементов, и пусть задано неизмельчимое разбиение $M$ на блоки. Тогда стабилизатор любого блока $M'$ является подгруппой группы $G$, примитивно действующей на $M'$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Напомним, что $$\St M'=\{g\mid g\in G, x\in M', gx\in M'\}.$$ Очевидно, что $H$ --- подгруппа. Предположим, что она не примитивна, т.е. существует нетривиальное разбиение $M'$ на блоки $M'_1,\ldots, M'_k$. Пусть $g_1,\ldots,g_l$ --- элементы смежных классов $g_1H,\ldots,g_lH$. Тогда исходное разбиение $M$ можно измельчить до разбиения $g_iM'_j$. +\end{proof} + +\begin{theorem} +\label{Tr3} Пусть $G$ действует транзитивно на множестве $M$. Пусть $H=\St(x)$, $x\in M$. Тогда если $G$ импримитивна, то существует подгруппа $K\neq H,G$ такая, что $H\subset K\subset G$. Обратно, если существует такая группа, то $G$ импримитивна. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Предположим, что $G$ импримитивна. Тогда она разбивается на нетривиальные блоки $M_1, M_2,\ldots$. Пусть $x\in M_1$ и $K=\St(M_1)$. Тогда $H\subset K\subset G$. Поскольку $G$ действует транзитивно на множестве $M$, то существует элемент $g_1\in G$ такой, что $g_1$ переводит $x$ в другой элемент множества $M_1$. Тогда $g_1\in K$, $g_1\not\in H$. С другой стороны, существует элемент $g_2\in G$ такой, что $g_2$ переводит $M_1$ в $M_2$, т.е. $g_2\not\in K$ и $K\neq G$. + +Обратно, пусть существует подгруппа $K$ такая, что $H\subset K\subset G$ и $K\neq H,G$. Пусть $M_1$ --- орбита элемента $x$ при действии подгруппы $K$. Поскольку $K\neq H$, то $M_1$ состоит не только из элемента $x$. Рассмотрим левые смежные классы по подгруппе $K$, $g_1K,g_2K\ldots$. Пусть $M_i=g_i M_1$. Докажем, что эти множества не пересекаются. Предположим, что $y\in M_i\cap M_j$. Тогда $y=g_i x_1=g_j x_2$, где $x_1,x_2\in M_1$. Следовательно, $y=g_i h_1 x=g_j h_2 x$, где $h_1,h_2\in K$. Тогда $h^{-1}_2g^{-1}_j g_ih_1 x=x$. Отсюда, $h^{-1}_2g^{-1}_j g_ih_1\in H\subset K$. Следовательно, $g^{-1}_j g_i\in K$. Тогда $g_i K= g_j K$. Противоречие. Таким образом, мы получили разбиение на нетривиальные блоки. Следовательно, группа $G$ импримитивна. +\end{proof} + +\begin{corollary} +\label{Tr4} +Для того, чтобы группа $G$ была примитивной необходимо и достаточно, чтобы стабилизатор точки был максимальной подгруппой. +\end{corollary} + +\begin{theorem} +\label{Tr5} Пусть $G$ действует примитивно на множестве $M$. Пусть $H$ --- нормальная подгруппа в $G$. Тогда либо $H$ действует транзитивно на $M$, либо $H$ действует тривиально (т.е. оставляет все элементы $M$ на месте). +\end{theorem} + +\begin{proof} +Предположим, что $H$ действует нетранзитивно. Тогда множество $M$ можно разбить на множества $M_1,M_2,\ldots$ орбит группы $H$. Докажем, что любой элемент $g\in G$ переводит одну орбиту в другую. Пусть $x\in M_1$. Предположим, что $g x=y\in M_2$. Рассмотрим $z=h_1y$, где $h_1\in H$. Тогда $$t=g^{-1}z= g^{-1}h_1y=g^{-1}h_1g x=h_2 x,$$ где $h_2\in H$. Следовательно, $t\in M_1$ и $gt=z$. Таким образом, мы получили разбиение $M$ на нетривиальные блоки. +\end{proof} + + +\chapter{Теория полей} + +\section{Конечные и алгебраические расширения полей} + +Пусть $E,k$ --- два поля, причем $k\subset E$. Тогда поле $E$ называется \emph{расширением} поля $k$. + +\begin{definition} +Расширение $E$ поля $k$ называется \emph{конечным} (\emph{бесконечным}), если $E$ конечномерно (бесконечномерно), как линейное пространства над $k$. Другими словами, $E$ конечно над $k$, если существуют $a_1,a_2,\ldots, a_n\in E$ такие, что $\forall x\in E$, $x=\alpha_1 a_1+\alpha_2 a_2+\cdots+\alpha_n a_n$, где $\alpha_1,\alpha_2\ldots,\alpha_n\in k$. \emph{Степенью} $E$ над $k$ мы будем называть размерность $E$ как линейного пространства и обозначать $[E:k]$. +\end{definition} + +\begin{theorem} +\label{Ras1} Пусть $E$ --- конечное расширение поля $k$, $F$ --- конечное расширение поля $E$. Тогда $F$ --- конечное расширение поля $k$ и $[F:k]=[E:k][F:E]$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $x_1,x_2,\ldots, x_n$ --- базис $E$ над полем $k$, $y_1,y_2,\ldots, y_m$ --- базис $F$ над полем $E$. Тогда для любого элемента $a\in F$ существует разложение $$a=\alpha_1 y_1+\cdots+\alpha_m y_m,$$ где $\alpha_1,\ldots\alpha_m\in E$. Поскольку $E$ --- конечное расширение поля $k$, то $$\alpha_i=\beta_{i1}x_1+\cdots\beta_{in}x_n,$$ где $\beta_{ij}\in k$. Таким образом, $$a=\sum\limits_{i=1}^m\sum\limits_{j=1}^n\beta_{ij}x_jy_i.$$ Следовательно, $\{x_jy_i\}$ порождают $F$ над $k$. Таким образом, $F$ --- конечное расширение поля $k$. Осталось доказать равенство $[F:k]=[E:k][F:E]$. Для этого докажем линейную независимость $\{x_jy_i\}$. Предположим противное, т.е. существуют элементы $c_{ij}$ такие, что $$\sum\limits_{i=1}^m\sum\limits_{j=1}^n c_{ij}x_jy_i=0.$$ С другой стороны, $$\sum\limits_{i=1}^m\sum\limits_{j=1}^n c_{ij}x_jy_i=\left(\sum\limits_{j=1}^n c_{1j} x_j\right)y_1+\left(\sum\limits_{j=1}^n c_{2j} x_j\right)y_2+\cdots+\left(\sum\limits_{j=1}^n c_{mj} x_j\right)y_m.$$ Заметим, что $\sum\limits_{j=1}^n c_{ij} x_j\in E$. Поскольку $y_1,y_2,\ldots, y_m$ линейно независимы, то все $\sum\limits_{j=1}^n c_{ij} x_j=0$. Поскольку $x_1,x_2,\ldots, x_n$ линейно независимы, то все $c_{ij}=0$. +\end{proof} + +\begin{remark} +Если $k\subset E\subset F$ и $F$ --- конечное расширение поля $k$, то очевидно, что $E$ --- конечное расширение поля $k$, а $F$ --- конечное расширение поля $E$. +\end{remark} + +\begin{definition} +Элемент $x\in E$ называется \emph{алгебраическим}, если он является корнем многочлена с коэффициентами из $k$, т.е. существуют $\alpha_0,\alpha_1\ldots,\alpha_n\in k$ такие, что $\alpha_0+\alpha_1 x+\alpha_2 x^2+\cdots\alpha_n x^n=0.$ +Расширение $E$ поля $k$ называется \emph{алгебраическим}, если любой элемент $E$ является алгебраическим. +\end{definition} + +\begin{theorem} +\label{Ras2} Любое конечное расширение является алгебраическим. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $E$ --- конечное расширение поля $k$, и пусть $a\in E$. Если $a\in k$, то он алгебраичен. Предположим, что $a\not\in k$. Рассмотрим $1,a,a^2\cdots a^n\cdots$. Поскольку $E$ --- конечное расширение поля $k$, то существует $n$ такое, что элементы $1,a,a^2\cdots a^n$ линейно зависимы. Тогда существуют $\alpha_0,\alpha_1\ldots,\alpha_n\in k$ такие, что $\alpha_0+\alpha_1 a+\alpha_2 a^2+\cdots\alpha_n a^n=0.$ +\end{proof} + +Пусть $E$ --- расширение поля $k$, и $a_1,a_2,\ldots, a_n\in E$ обозначим через $k(a_1,a_2,\ldots, a_n)$ наименьшее подполе поля $E$, содержащее $a_1,a_2,\ldots,a_n$. Очевидно оно состоит из элементов вида $$\frac{f(a_1,a_2,\ldots,a_n)}{g(a_1,a_2,\ldots,a_n)},$$ где $f,g$ --- многочлены с коэффициентами из $k$ и $g(a_1,a_2,\ldots,a_n)\neq 0$. + +\begin{theorem} +\label{Ras3} Пусть $E$ --- расширение поля $k$ и $a\in E$ алгебраичен над $k$. Тогда $k(a)$ --- конечное расширение поля $k$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $f(x)$ --- многочлен с коэффициентами из $k$ такой, что $f(a)=0$. Предположим, что $f(x)$ приводим над $k$, т.е. $f(x)=f_1(x)f_2(x)$, где $f_1(x),f_2(x)$ --- многочлены над $k$, степени меньше степени $f(x)$. Тогда либо $f_1(a)=0$, либо $f_2(a)=0$. Таким образом, последовательно заменяя $f(x)$ на многочлены меньшей степени, мы можем считать, что $f(x)$ неприводим. Рассмотрим $k[x]$ --- множество многочленов от $x$ с коэффициентами из $k$. Пусть $g(x)\in k[x]$ такой, что $g(a)\neq 0$. Тогда $g(x)$ взаимно прост с $f(x)$. Следовательно, существуют многочлены $p(x), q(x)$ такие, что $f(x)p(x)+g(x)q(x)=1$. Подставляя $a$, получаем $g(a)q(a)=1$. Таким образом, $k[a]$ не только кольцо, но и поле. Очевидно, что размерность $k[a]$ как векторного пространства над $k$ не превышает степени многочлена $f(x)$. +\end{proof} + +\begin{remark} +Заметим, что многочлен $f(x)$ единственен с точностью до умножения на константу. Мы можем считать, что коэффициент при старшей степени у этого многочлена равен 1. Действительно, пусть существует другой неприводимый многочлен $f'(x)$ такой, что $f'(a)=0$. Поскольку они оба неприводимы, то они взаимно просты. Тогда существуют многочлены $p(x), q(x)$ такие, что $f(x)p(x)+f'(x)q(x)=1$. Подставляем $a$, получаем противоречие. Таким образом, мы можем считать, что старший коэффициент многочлена $f(x)$ равен 1. Такой многочлен мы будем называть \emph{минимальным многочленом элемента} $a$ над $k$, и обозначать $\Irr(a,k,x)$. +\end{remark} + +\begin{corollary} +\label{Ras4} +Пусть $E$ --- расширение поля $k$ и $a_1,a_2,\ldots,a_n\in E$ алгебраичны над $k$. Тогда $k(a_1,a_2,\ldots,a_n)$ --- конечное расширение поля $k$. +\end{corollary} + +\begin{proof} +Заметим, что $$k\subset k(a_1)\subset k(a_1,a_2)\subset\cdots \subset k(a_1,a_2,\ldots,a_n).$$ Поскольку $k(a_1,a_2,\ldots,a_i, a_{i+1})=k(a_1,a_2,\ldots,a_i)(a_{i+1})$, то согласно теореме \ref{Ras3} каждое вложение является конечным расширением. Теперь утверждение следует из теоремы \ref{Ras1}. +\end{proof} + +\begin{theorem} +\label{Ras5} +Пусть $E$ --- алгебраическое расширение поля $k$ и $F$ --- алгебраическое расширение поля $E$. Тогда $F$ --- алгебраическое расширение поля $k$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $x\in F$. Тогда $$a_0+a_1x+\cdots+a_n x^n=0,$$ где $a_0,a_1,\ldots,a_n\in E$. Рассмотрим $E_0=k(a_0,a_1,\ldots,a_n)$. Согласно следствию \ref{Ras4} $E_0$ --- конечное расширение $k$. Рассмотрим $F_0=E_0(x)$. Аналогично, $F_0$ --- конечное расширение $E_0$. Следовательно, по теореме \ref{Ras1}, $F_0$ --- конечное расширение $k$. Заметим, что $x\in F_0$. С другой стороны, согласно теореме \ref{Ras2}, $F_0$ --- алгебраическое расширение поля $k$. Следовательно, $x$ алгебраичен. +\end{proof} + +\begin{remark} +Если $k\subset E\subset F$ и $F$ --- алгебраическое расширение поля $k$, то очевидно, что $E$ --- алгебраическое расширение поля $k$, а $F$ --- алгебраическое расширение поля $E$. +\end{remark} + +\begin{definition} +Пусть $E$ и $F$ --- произвольные поля, содержащиеся в поле $L$. Наименьшее подполе в $L$, содержащие $E$ и $F$ называется \emph{композитом} и обозначается $EF$. \emph{Композитом} семейства подполей $\{E_i\}$ в $L$ называется наименьшее подполе в $L$, содержащее все семейство $\{E_i\}$. Пусть $E=k(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n)$ и $F$ --- расширение поля $k$. Предположим, что $E$ и $F$ содержатся в $L$. Тогда $EF=F(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n)$. Мы будем называть расширение $EF$ поля $F$ \emph{подъемом} $E$ до $F$. +\end{definition} + +\begin{theorem} +\label{Ras6} +Пусть $E$ --- конечное расширение поля $k$ и $F$ --- любое расширение поля $k$. Предположим, что существует поле $L$, содержащее $E$ и $F$. Тогда $EF$ --- конечное расширение поля $F$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $E$ --- конечное расширение поля $k$. Тогда существуют элементы $\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n\in E$, алгебраичные над $k$ такие, что $E=k(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n)$. Согласно \ref{Ras4} $EF=F(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n)$ --- конечное расширение $F$. +\end{proof} + +\begin{corollary} +\label{Ras7} +Пусть $E$ и $F$ --- конечные расширения поля $k$. Предположим, что существует поле $L$, содержащее $E$ и $F$. Тогда $EF$ --- конечное расширение поля $k$. +\end{corollary} + +\begin{proof} +Следует из\ref{Ras1} и \ref{Ras6}. +\end{proof} + +\begin{theorem} +\label{Ras8} +Пусть $E$ --- алгебраическое расширение поля $k$ и $F$ --- любое расширение поля $k$. Предположим, что существует поле $L$, содержащее $E$ и $F$. Тогда $EF$ --- алгебраическое расширение поля $F$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $\alpha\in E$ --- алгебраический элемент над $k$. Тогда $\alpha$ алгебраичен над $F$ (любой многочлен из $k[x]$ является многочленом в $F[x]$). +\end{proof} + +\begin{corollary} +\label{Ras9} +Пусть $E$ и $F$ --- конечные расширения поля $k$. Предположим, что существует поле $L$, содержащее $E$ и $F$. Тогда $EF$ --- конечное расширение поля $k$. +\end{corollary} + +\begin{proof} +Следует из\ref{Ras5} и \ref{Ras8}. +\end{proof} + +\section{Нормальные расширения полей} + +Пусть $p(x)$ --- неприводимый многочлен над полем $k$. Рассмотрим кольцо многочленов $k[x]$. Тогда многочлен $p(x)$ порождает главный идеал $(p(x))$. Поскольку $p(x)$ неприводим, то $(p(x))$ --- максимальный идеал. Следовательно, $k[x]/(p(x))$ --- поле. Пусть $\sigma\colon k[x]\rightarrow k[x]/(p(x))$ --- естественный гомоморфизм. Заметим, что $\sigma$ сюръективен на $k$. Тогда $\sigma(k)$ --- подполе поля $k[x]/(p(x))$ изоморфное $k$. Мы можем отождествить его с $k$. Тогда $E=k[x]/(p(x))$ является расширением поля $k$. Рассмотрим $\xi=\sigma(x)$. Заметим, что $\xi$ является корнем многочлена $p(x)$ в $E$. Таким образом, мы получили следующее утверждение. + + \begin{claim} +\label{Nor1} +Для любого многочлена $p(x)\in k[x]$ существует расширение поля $k$ в котором $p(x)$ имеет корень. +\end{claim} + +\begin{definition} +Поле $E$ называется \emph{алгебраически замкнутым}, если любой многочлен $f(x)\in E[x]$ имеет корень. +\end{definition} + +\begin{theorem} +\label{Zam} +Для любого поля $k$ существует алгебраическое расширение $\bar{k}$ такое, что $\bar{k}$ алгебраически замкнуто. +\end{theorem} + +Пусть $k$ --- поле, $\sigma\colon k\rightarrow L$ --- вложение поля $k$ в алгебраически замкнутое поле $L$. Пусть $E=k(\alpha)$, $p(x)=\Irr(\alpha,k,x)$. Пусть $p^{\sigma}(x)$ --- образ многочлена $p(x)$ в $L$, $\beta$ --- корень $p^{\sigma}(x)$. Заметим, что любой элемент из $E$ можно записать в виде $f(\alpha)$, где $f(x)\in k[x]$. Определим продолжение $\sigma$ как отображение $f(\alpha)\rightarrow f^{\sigma}(\beta)$. Это отображение не зависит от $f(x)\in k[x]$. Действительно, пусть есть $g(x)\in k[x]$ такой, что $f(\alpha)=g(\alpha)$. Тогда $f(\alpha)-g(\alpha)=0$. Следовательно, $f(x)-g(x)$ делится на $p(x)$. Отсюда, $f^{\sigma}(x)-g^{\sigma}(x)$ делится на $p^{\sigma}(x)$. Тогда $f^{\sigma}(\beta)-g^{\sigma}(\beta)=0$ и $f^{\sigma}(\beta)=g^{\sigma}(\beta)$. Таким образом, мы получили продолжение $\sigma$ на $E=k(\alpha)$. + +\begin{remark} +Данное продолжение не единственно и зависит от выбора $\beta$. +\end{remark} + +\begin{lemma} +\label{Lem1} +Пусть $E$ --- алгебраическое расширение поля $k$, и $\sigma\colon E\rightarrow E$ --- гомоморфизм. Тогда $\sigma$ --- автоморфизм. +\end{lemma} + +\begin{proof} +Очевидно, что $\sigma$ инъективен. Осталось доказать, что он сюръективен. Пусть $\alpha$ --- произвольный элемент из $E$, и $p(x)$ --- его минимальный многочлен. Рассмотрим подполе $E'$ порожденное всеми корнями $p(x)$, лежащими в $E$. Тогда $E'$ --- конечное расширение поля $k$. Поскольку $\sigma$ отображает каждый корень многочлена $p(x)$ в корень этого же многочлена, то $\sigma$ отображает $E'$ в себя. Тогда $\sigma(E')$ --- подпространство в $E'$, имеющее ту же размерность, что и $E'$. Следовательно, $\sigma(E')=E'$. Поскольку $\alpha\in E'$, то $\alpha$ лежит в образе $\sigma$. +\end{proof} + +\begin{theorem} +\label{Nor2} +Пусть $k$ --- поле, $E$ --- алгебраическое расширение поля $k$, и $\sigma\colon k\rightarrow L$ --- вложение поля $k$ в алгебраически замкнутое поле $L$. Тогда существует продолжение $\sigma$ до вложения $E$ в $L$. Если $L$ алгебраически замкнуто, и $L$ алгебраично над $\sigma k$, то любое продолжение $\sigma$ будет изоморфизмом поля $E$ на $L$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Рассмотрим множество $S$ пар $(F,\tau)$, где $F$ --- подполе $E$, содержащие $k$, $\tau$ --- продолжение $\sigma$ до вложения $F$ в $L$. Мы пишем $(F,\tau)<(F',\tau')$, если $F\subset F'$ и $\tau'$ совпадает с $\tau$ на $F$. Заметим, что $S$ не пусто ($(k,\sigma)\in S$). Рассмотрим линейно упорядоченое подмножество $(F_{i},\tau_{i})$. Пусть $F=\cup F_i$, и $\tau=\tau_i$ на каждом $F_i$. Тогда $(F,\tau)$ --- верхняя грань этого упорядоченного подмножества. Тогда существует максимальный элемент $(K,\lambda)$. Мы утверждаем, что $K=E$. Действительно, пусть $K\neq E$. Тогда существует $\alpha\in E$, $\alpha\not\in K$. Мы знаем, что $\lambda$ имеет продолжение на $K(\alpha)$ вопреки максимальности $(K,\lambda)$. Если $L$ алгебраически замкнуто, и $L$ алгебраично над $\sigma k$, то $\sigma E$ алгебраически замкнуто и $L$ алгебраично над $\sigma E$. Отсюда, $L=\sigma E$. +\end{proof} + +\begin{example} +$\bar{\RR}=\CC=\RR[x]/(x^2+1)$. Поскольку существуют трансцендентные числа (например $e$ и $\pi$), то $\bar{\QQ}\neq\CC$. +\end{example} + +\begin{definition} +Пусть $k$ --- поле, $f(x)\in k[x]$. \emph{Полем разложения} многочлена $f(x)$ мы будем называть расширение $K$ поля $k$, в котором $f(x)$ разлагается на линейные множители, т.е. $$f(x)=c(x-\alpha_1)(x-\alpha_2)\cdots(x-\alpha_n),$$ где все $\alpha_i\in K$ и $K=k(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n)$. +\end{definition} + +\begin{theorem} +\label{Nor3} +Пусть $K$ --- поле разложения многочлена $f(x)\in k[x]$, и $E$ --- другое поле разложения $f(x)$. Тогда существует изоморфизм $\sigma\colon E\rightarrow K$, индуцирующий тождественное отображение на $k$ (такой изоморфизм мы будем называть $k$-изоморфизмом). Более того, если $k\subset K\subset\bar{k}$, то любое вложение $E$ в $\bar{k}$ является $k$-изоморфизмом $E$ на $K$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $\bar{K}$ --- алгебраическое замыкание поля $K$. Тогда $\bar{K}$ алгебраичен над $k$ и, следовательно, $\bar{K}=\bar{k}$. Согласно теореме \ref{Nor2} существует вложение $\sigma\colon E\rightarrow\bar{K}$, индуцирующее тождественное отображение на $k$. Заметим, что $$f(x)=c(x-\beta_1)(x-\beta_2)\cdots (x-\beta_n),$$ где $\beta_i\in E$, $c\in k$. Тогда $$f(x)=f^{\sigma}(x)=c(x-\sigma(\beta_1))(x-\sigma(\beta_2))\cdots (x-\sigma(\beta_n)).$$ С другой стороны, $f(x)$ имеет в $K[x]$ разложение $$f(x)=c(x-\alpha_1)(x-\alpha_2)\cdots (x-\alpha_n).$$ Поскольку разложение многочлена единственно в $\bar{K}[x]$, то $(\sigma(\beta_1),\sigma(\beta_2),\ldots,\sigma(\beta_n))$ отличается от $(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n)$ только перестановкой. Отюсда, $\sigma(\beta_i)\in K$ для любого $i$. Поскольку $E=k(\beta_1,\beta_2,\ldots,\beta_n)$, то $\sigma E\subset K$. С другой стороны, $K=k(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n)=k(\sigma(\beta_1),\sigma(\beta_2),\ldots,\sigma(\beta_n))$. Тогда $\sigma E=K$. +\end{proof} + +\begin{corollary} +\label{Nor3-1} +Пусть $\tau\colon k_1\rightarrow k_2$ --- изоморфизм двух полей, $f(x)\in k_1[x]$ --- многочлен степени $n$, $\bar{f}(x)=\tau(f(x))\in k_2[x]$. Пусть $k'_1$ и $k'_2$ --- поля разложения над $k_1$ и $k_2$ многочленов $f(x)$ и $\bar{f}(x)$ соответственно. Тогда $\tau$ может быть продолжен до изоморфизма $\varrho\colon k'_1\rightarrow k'_2$, и любое такое продолжение переводит каждый корень многочлена $f(x)$ в корень многочлена $\bar{f}(x)$. +\end{corollary} + +\begin{remark} +Заметим, что всякий многочлен $f(x)\in k[x]$ имеет поле разложения, а именно поле, порожденное всеми его корнями в $\bar{k}$. +\end{remark} + +Пусть $\{f_i\}$ --- семейство многочленов из $k[x]$. \emph{Полем разложения} этого семейства мы будем называть расширение $K$ поля $k$ такое, что любой $f_i$ разлагается на линейные множители в $K[x]$, и $K$ порождается корнями многочленов $\{f_i\}$. + +\begin{remark} +Если семейство $f_1,f_2,\ldots, f_n$ конечно, то полем разложения этих многочленов будет поле разложения одного многочлена $$f(x)=f_1(x)f_2(x)\cdots f_n(x).$$ +\end{remark} + +\begin{definition} +Расширение $K$ поля $k$ называется \emph{нормальным}, если $K$ --- алгебраическое расширение поля $k$, и любой неприводимый многочлен из $k[x]$, имеющий корень в $K$ разлагается на линейные множители. +\end{definition} + +\begin{proposition} +\label{Nor4} +Пусть $K$ --- конечное нормальное расширение поля $k$. Тогда $K$ --- поле разложения некоторого многочлена $f(x)\in k[x]$. +\end{proposition} + +\begin{proof} +Поскольку $K$ --- конечное расширение поля $k$, то $K=k(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n)$. Пусть $f_i(x)=\Irr(\alpha_i,k,x)$ --- минимальный многочлен элемента $\alpha_i$. Поскольку $K$ --- нормальное расширение поля $k$, то $K$ содержит поле разложения $f_i(x)$. Тогда $K$ содержит поле разложение многочлена $f(x)=f_1(x) f_2(x)\cdots f_n(x)$. Поскольку $K$ порождается корнями $f(x)$ (а именно $\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n$), то $K$ --- поле разложения многочлена $f(x)$. +\end{proof} + +\begin{theorem} +\label{Nor5} +Поле разложения многочлена $f(x)\in k[x]$ над $k$ является конечным нормальным расширением поля $k$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $K$ --- поле разложения многочлена $f(x)\in k[x]$ над $k$, и $g(x)$ --- любой неприводимый многочлен над $k$ имеющий корень $\alpha$ в поле $K$. Пусть $K'$ --- поле разложения многочлена $g(x)$ над $K$. Пусть $\beta\in K'$ --- корень $g(x)$. Поскольку $g(x)$ неприводим над $k$, то существует $k$-изоморфизм $\tau$ между $k(\alpha)$ и $k(\beta)$, переводящий $\alpha$ в $\beta$. Этот изоморфизм оставляет $f(x)$ на месте. Заметим, что $K$ и $K(\beta)$ --- поля разложения $f(x)$ над $k$ и $k(\beta)$ соответственно. Таки образом, согласно следствию \ref{Nor3-1}, изоморфизм $\tau$ продолжается до изоморфизма $\varrho$ поля $K$ на поле $K(\beta)$. Поскольку $\varrho$ --- $k$-изоморфизм и $f(x)$ разлагается на линейные множители в $K$, то $\varrho$ переводит множество корней $f(x)$ в себя. Заметим, что множество корней $f(x)$ порождают $K$. Следовательно, $\varrho$ --- автоморфизм поля $K$. Поскольку $\alpha\in K$, то $\varrho(\alpha)=\beta\in K$. Таким образом, $K$ содержит все корни многочлена $g(x)$. Отсюда следует, что $K$ --- нормальное расширение поля $k$. +\end{proof} + +\begin{theorem} +\label{Nor6} +Пусть $K$ --- алгебраическое расширение поля $k$, и $k\subset K\subset\bar{k}$, где $\bar{k}$ --- алгебраическое замыкание $k$. Тогда $K$ --- нормальное расширение поля $k$ тогда и только тогда, когда всякое вложение $\sigma\colon K\rightarrow\bar{k}$ над $k$ является автоморфизмом поля $K$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Предположим, что всякое вложение $\sigma\colon K\rightarrow\bar{k}$ над $k$ является автоморфизмом поля $K$. +Пусть $f(x)\in k[x]$ --- неприводимый многочлен над $k$, и $\alpha\in K$ --- его корень. Пусть $\beta\in \bar{k}$ --- другой корень этого многочлена. Тогда существует $k$-изоморфизм $\sigma$ полей $k(\alpha)$ и $k(\beta)$. Продолжим этот изоморфизм до вложения $K$ в $\bar{k}$. По предположению, это вложение является автоморфизмом поля $K$. Отсюда, $\beta\in K$. + +Обратно, пусть $K$ --- нормальное расширение поля $k$. Пусть $\sigma\colon K\rightarrow\bar{k}$ --- вложение над $k$, и $\alpha\in K$. Пусть $p(x)$ --- минимальный многочлен $\alpha$ над $k$. Поскольку $\sigma$ --- вложение над $k$, то $\sigma$ отображает $\alpha$ в корень $\beta$ многочлена $p(x)$. Поскольку $K$ --- нормальное расширение поля $k$, то $\beta\in K$. Следовательно, $\sigma$ --- автоморфизм поля $K$ (см. \ref{Lem1}). +\end{proof} + +\begin{proposition} +\label{Nor7} +Пусть $E$ --- расширение поля $k$ степени два. Тогда $E$ --- нормальное расширение. +\end{proposition} + +\begin{proof} +Пусть $f(x)\in k[x]$ --- неприводимый многочлен над $k$, и $\alpha\in E$ --- корень $f(x)$. Тогда $E=k(\alpha)$. Пусть $K$ --- поле разложения $f(x)$. Заметим, что $E\subset K$. Рассмотрим минимальный многочлен $p(x)\in k[x]$ элемента $\alpha$. Поскольку $E$ --- расширение степени два, то $p(x)$ имеет степень два. Следовательно, существует $\bar{\alpha}\in E$ такой, что $p(\bar{\alpha})=0$. Пусть $\tau$ --- автоморфизм поля $E$ переводящий $\alpha$ в $\bar{\alpha}$. Поскольку $\tau$ --- $k$-изоморфизм, то он оставляет $f(x)$ на месте. Следовательно, он продолжается до автоморфизма поля $K$. Тогда $\bar{\alpha}=\tau(\alpha)$ является корнем $f(x)$. Отсюда следует, что $p(x)$ делит $f(x)$ (т.е. $f(x)=cp(x)$, $c\in k$). Тогда $E$ --- поле разложения многочлена $f(x)$. +\end{proof} + +\begin{example} +Алгебраическое замыкание является нормальным расширением. +\end{example} + +\begin{example} +Пусть $E=\QQ(\sqrt[4]{2})$. Тогда $E$ не является нормальным расширением поля $\QQ$, $E$ не содержит комплексные корни многочлена $x^2-2$. С другой стороны, пусть $F=\QQ(\sqrt{2})$. Тогда $\QQ\subset F\subset E$, при этом $F$ --- расширение поля $\QQ$ степени два, и $E$ расширение поля $F$ степени два, т.е. оба эти расширения нормальны. +\end{example} + +\begin{theorem} +\label{Nor8} +Пусть $k\subset E\subset K$, и $K$ --- нормальное расширение поля $k$. Тогда $K$ --- нормальное расширение поля $E$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Рассмотрим вложение полей $k\subset E\subset K$ в алгебраическое замыкание $\bar{k}$. Пусть $\sigma\colon K\rightarrow \bar{k}$ --- любое вложение $K$ над $E$. Тогда $\sigma$ является вложением и над $k$. По теореме \ref{Nor6} $\sigma$ является автоморфизмом поля $K$. По той же теореме, $K$ --- нормальное расширение поля $E$. +\end{proof} + +\section{Сепарабельные расширения полей} + +\begin{definition} +Пусть $k$ --- поле. Предположим, что существует такое число $p$, что $p\cdot 1=0$, т.е. $$\underbrace{1+1+\cdots+1}_{\text{$p$ слагаемых}}=0.$$ Пусть $p$ --- минимальное из таких чисел. Тогда говорят, что $p$ --- \emph{характеристика поля} $k$. Обозначается $char(k)$. Если не существует такого положительного числа $p$, то говорим, что поле имеет характеристику ноль. +\end{definition} + + \begin{claim} +\label{Har1} +Характеристика поля либо ноль, либо простое число. +\end{claim} + +\begin{proof} +Предположим, что характеристика поля $p=mn$. Тогда $$\underbrace{1+1+\cdots+1}_{\text{$p$ слагаемых}}=\underbrace{(1+1+\cdots+1)}_{\text{$m$ слагаемых}}\cdot\underbrace{(1+1+\cdots+1)}_{\text{$n$ слагаемых}}=0.$$ Отсюда, либо $$\underbrace{1+1+\cdots+1}_{\text{$m$ слагаемых}}=0,$$ либо $$\underbrace{1+1+\cdots+1}_{\text{$n$ слагаемых}}=0.$$ +\end{proof} + +Рассмотрим поле $k$ характеристики $p$. + + \begin{claim} +\label{Har1} +Пусть $k$ --- поле характеристики $p$. Тогда $(a+b)^p=a^p+b^p$. +\end{claim} + +\begin{proof} +Следует из формулы Бинома--Ньютона и того, что $C_p^i$ делится на $p$ для любого $i\neq 0,p$. +\end{proof} + +\begin{definition} +Поскольку $(a+b)^p=a^p+b^p$ и $(ab)^p=a^p b^p$, то отображение $f\colon k\rightarrow k^p$ заданное $f(x)=x^p$ является гомоморфизмом. Он называется \emph{морфизмом Фробениуса}. +\end{definition} + +\begin{definition} +Поле $k$ называется совершенным, если либо $k$ характеристики ноль, либо $k$ характеристики $p$ и совпадает с $k^p$. +\end{definition} + +\begin{theorem} +\label{Sov} +Пусть $k$ --- конечное поле. Тогда $k$ совершенно. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Заметим, что $k^p$ --- подполе в $k$ и $k^p$ изоморфно $k$. Следовательно, $k^p$ и $k$ имеют одинаковое количество элементов. Тогда они совпадают. +\end{proof} + +Рассмотрим $f(x)\in k[x]$, т.е. $$f(x)=a_n x^n+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0.$$ Пусть $f'(x)$ --- обычная производная, т.е. $$f'(x)=na_n x^{n-1}+(n-1)a_{n-1} x^{n-2}+\cdots+a_1.$$ Заметим, что если $k$ имеет характеристику ноль, то $f'(x)\neq 0$ при $n\geq 1$. Более того, если $k$ имеет характеристику $p$, то $f'(x)= 0$ тогда и только тогда, когда $f(x)=\tilde{f}(x^p)$, т.е. $f(x)$ --- многочлен от $x^p$. + +\begin{definition} +Неприводимый многочлен $f(x)$ называется \emph{сепарабельным}, если $f'(x)\neq 0$ и \emph{несепарабельным}, если $f'(x)=0$. Произвольный многочлен $f(x)$ называется \emph{сепарабельным}, если сепарабельны все его неразложимые множители. +\end{definition} + +\begin{remark} +Если $k$ имеет характеристику ноль, то любой многочлен сепарабелен. +\end{remark} + +Рассмотрим более подробно связь между полем $k$ и сепарабельности многочленов $f(x)\in k[x]$. + +\begin{theorem} +\label{Sov2} +Пусть $k$ --- поле характеристики $p$. Если $a\in k$, $\sqrt[p]{a}\not\in k$, то $x^{p^m}-a$ неразложим в $k[x]$ для любого $m$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Докажем индукцией по $m$. Для $m=0$ утверждение очевидно. Пусть $\varphi(x)$ --- приведенный неразложимый множитель многочлена $x^{p^m}-a$ в $k[x]$, и $\varphi^l(x)$ --- наивысшая степень $\varphi(x)$, которая делит $x^{p^m}-a$. Таким образом, $$x^{p^m}-a=\varphi^l(x)\psi(x),$$ где $\varphi(x)$ и $\psi(x)$ взаимно просты. Возьмем производную от обеих частей, получим $$l\varphi^{l-1}(x)\varphi'(x)\psi(x)+\varphi^l(x)\psi'(x)=0.$$ Поделим на $\varphi^{l-1}(x)$, получим $$l\varphi'(x)\psi(x)+\varphi(x)\psi'(x)=0.$$ Заметим, что $\psi(x)$ должен делить $\varphi(x)\psi'(x)$. С другой стороны, $\varphi(x)$ и $\psi(x)$ взаимно просты, а $\psi'(x)$ имеет меньшую степень чем у $\psi(x)$. Тогда $\varphi(x)\psi'(x)=0$, и следовательно, $l\varphi'(x)\psi(x)=0$. Отсюда, $\psi'(x)=0$ и $l\varphi'(x)=0$. Из $\psi'(x)=0$ следует, что $\psi(x)=\psi_1(x^p)$. Предположим, что $l$ не делится на $p$. Тогда, из $l\varphi'(x)=0$ следует, что $\varphi(x)=\varphi_1(x^p)$. Отсюда, заменяя $x$ на $x^p$, получаем $$x^{p^{m-1}}-a=\varphi^l_1(x)\psi_1(x).$$ Противоречие с индуктивным предположением. Пусть $l$ делится на $p$. Тогда $\varphi^l(x)=\varphi_1(x^p)$. Следовательно, $$x^{p^{m-1}}-a=\varphi_1(x)\psi_1(x).$$ Отсюда, $\psi(x)=1$ и $x^{p^m}-a=\tilde{\varphi}^p(x)$. С другой стороны, все коэффициенты $\tilde{\varphi}^p(x)$ принадлежат $k^p$. Противоречие с условием $\sqrt[p]{a}\not\in k$. +\end{proof} + +\begin{theorem} +\label{Sov3} +Поле $k$ совершенно тогда и только тогда, когда каждый многочлен положительной степени сепарабелен. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Мы можем считать, что поле $k$ имеет характеристику $p$. Предположим, что $k$ совершенно, и $f(x)\in k[x]$ --- многочлен такой, что $f'(x)=0$. Тогда $f(x)\in k[x^p]$, т.е. $$f(x)=a_nx^{pn}+a_{n-1}x^{p(n-1)}+\cdots+a_1x^p+a_0.$$ Поскольку $k$ совершенно, то существуют элементы $\alpha_i=\sqrt[p]{a_i}\in k$. Тогда $$f(x)=(\alpha_nx^{n}+\alpha_{n-1}x^{n-1}+\cdots+\alpha_1x+\alpha_0)^p.$$ Следовательно, $f(x)$ разложим. + +Предположим, что $k$ несовершенно. Тогда существует элемент $a\in k$ такой, что $\sqrt[p]{a}\not\in k$. Согласно теореме \ref{Sov2} многочлен $f(x)=x^p-a$ неразложим, но $f'(x)=0$. +\end{proof} + +\begin{definition} +Пусть $K$ --- расширение поля $k$ и $\alpha\in K$ --- алгебраический элемент. Мы говорим, что $\alpha$ \emph{сепарабелен}, если его минимальный многочлен сепарабелен. +\end{definition} + + +\begin{definition} +Алгебраическое расширение $K$ поля $k$ называется \emph{сепарабельным}, если каждый элемент поля $K$ сепарабелен над $k$. +\end{definition} + +\begin{remark} +Из теоремы \ref{Sov3} следует, что если $k$ совершенно, то любое его алгебраическое расширение сепарабельно. +\end{remark} + +\begin{claim} +\label{Sep1} +Пусть $\alpha$ --- алгебраический элемент над $k$, и $f(x)$ --- его минимальный многочлен. Тогда $\alpha$ несепарабелен тогда и только тогда, когда $f'(\alpha)=0$. Более того, если $g(x)\in k[x]$ --- многочлен такой, что $g(\alpha)=0$, то $g'(\alpha)=0$. +\end{claim} + +\begin{proof} +Если $\alpha$ несепарабелен, то $f'(x)=0$. Обратно, если $f'(\alpha)=0$, то, поскольку $f(x)$ --- минимальный многочлен, а $f'(x)$ имеет степень на единицу меньше чем $f(x)$, то $f'(x)=0$. Пусть $\alpha$ несепарабелен, и $g(x)\in k[x]$ --- многочлен такой, что $g(\alpha)=0$. Тогда $g(x)$ делится на $f(x)$, т.е. $g(x)=h(x)f(x)$. Тогда $$g'(x)=h'(x)f(x)+h(x)f'(x)=h'(x)f(x).$$ Отсюда, $g'(\alpha)=h'(\alpha)f(\alpha)=0$. +\end{proof} + +Пусть $f(x)\in k[x]$ такой, что $f(\alpha)=0$, где $\alpha\in K$, $K$ --- расширение поля $k$. Тогда $f(x)$ делится на $x-\alpha$. Пусть $s$ --- наибольшая степень $x-\alpha$ такая, что $f(x)=(x-\alpha)^sf_1(x)$. Заметим, что $f_1(\alpha)\neq 0$. Более того, поскольку $f(x)\in k[x]$, то $f_1(x)\in k(\alpha)[x]$. В силу единственности разложения $f(x)$ над $k(\alpha)\subset K$, получаем, что $s$ и $f_1(x)$ не зависят от расширения. Число $s$ называется \emph{кратностью корня} $\alpha$ многочлена $f(x)$. Мы будем говорить, что $\alpha$ --- \emph{простой корень}, если $s=1$, и $\alpha$ --- \emph{кратный корень}, если $s>1$. + +\begin{claim} +\label{Sep2} +Пусть $\alpha$ --- алгебраический элемент над $k$, и $f(x)\in k[x]$ --- многочлен такой, что $f(\alpha)=0$. Тогда $\alpha$ --- \emph{кратный корень} тогда и только тогда, когда $f'(\alpha)=0$. +\end{claim} + +\begin{proof} +Пусть $f(x)=(x-\alpha)^sf_1(x)$. Тогда $$f'(x)=s(x-\alpha)^{s-1}f_1(x)+(x-\alpha)^sf'_1(x).$$ Если $s>1$, то $f'(\alpha)=0$. Обратно, если $s=1$, то $f'(\alpha)=f_1(\alpha)\neq 0$. +\end{proof} + + \begin{corollary} +\label{Sep3} +Пусть $\alpha$ --- алгебраический элемент над $k$, и $f(x)$ --- его минимальный многочлен. Тогда $\alpha$ несепарабелен тогда и только тогда, когда $\alpha$ --- кратный корень многочлена $f(x)$. Более того, если $g(x)\in k[x]$ --- многочлен такой, что $g(\alpha)=0$, то $\alpha$ --- кратный корень многочлена $g(x)$. +\end{corollary} + +\begin{theorem} +\label{Sep4} +Пусть $\alpha$ алгебраичен над $k$, и $f(x)$ --- его минимальный многочлен. Если $char(k)=0$, то все корни $f(x)$ имеют кратность один. Если $char(k)=p>0$, то существует $e$ такое, что все корни $f(x)$ имеют кратность $p^e$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $\alpha$ и $\beta$ --- корни многочлена $f(x)$ в замыкании $\bar{k}$. Тогда существует изоморфизм $\sigma\colon k(\alpha)\rightarrow k(\beta)$, который продолжается до автоморфизма $\bar{k}$. Следовательно, все корни имеют одинаковую кратность $m$. Рассмотрим $f'(x)$. Если $m>1$, то $\alpha$ является корнем многочлена $f'(x)$, степень которого меньше степени $f(x)$. Поскольку $f(x)$ --- минимальный многочлен, то $f'(x)=0$. Следовательно, если $f(x)$ имеет кратные корни, то $char(k)=p>0$ и $f(x)=g(x^p)$. Пусть $f(x)=(x-\alpha)^mf_1(x)$, где $f_1(x)\in k(x)$ и $f_1(\alpha)\neq 0$. Тогда $$f'(x)=m(x-\alpha)^{m-1}f_1(x)+(x-\alpha)^mf'_1(x)=0.$$ Поделив на $(x-\alpha)^{m-1}$, получим $$mf_1(x)+(x-\alpha)f_1(x)=0.$$ Поскольку $f_1(\alpha)\neq 0$, то $m$ делится на $p$, т.е. $m=m_1 p$. Применив морфизм Фробениуса, получаем $$f(x)=(x-\alpha)^mf_1(x)=(x^p-\alpha^p)^{m_1}g_1(x^p).$$ Таким образом, все корни многочлена $g(x)$ имеют кратность $m_1$. Повторяя наше рассуждение, получаем, что либо $m_1=1$, либо $m_1=pm_2$ и $g(x)=h(x^p)$. Продолжая этот процесс, получаем, что все корни имеют кратность $p^e$. +\end{proof} + +Рассмотрим еще одно важное отличие сепарабельных и несепарабельных расширений. + +Пусть $k$ --- поле и $k(\alpha)$ --- расширение, порожденное алгебраическим элементом $\alpha$, $f(x)$ --- минимальный многочлен элемента $\alpha$. Тогда число вложений $k(\alpha)$ в алгебраическое замыкание $\bar{k}$ равно числу различных корней многочлена $f(x)$. С другой стороны, степень $[k(\alpha):k]=\deg f$. Таким образом, число вложений $k(\alpha)$ в алгебраическое замыкание $\bar{k}$ не превосходит степени $[k(\alpha):k]$. Более того, равенство достигается тогда и только тогда, когда $\alpha$ сепарабелен. Пусть $E$ --- конечное расширение поля $k$. Пусть $[E:k]_S$ --- количество вложений поля $E$ в алгебраическое замыкание $\bar{k}$. Число $[E:k]_S$ будем называть \emph{сепарабельной степенью} $E$ над $k$. + +\begin{theorem} +\label{Sep5} +Пусть $E$ --- конечное расширение поля $k$, и $F$ --- конечное расширение поля $E$. Тогда $$[E:k]_S[F:E]_S=[F:k]_S.$$ +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $\sigma_1,\sigma_2,\ldots,\sigma_n$ --- множество вложений $E$ в алгебраическое замыкание $\bar{k}$ над $k$, и $\tau_{i1},\tau_{i2},\ldots, \tau_{im}$ --- множество продолжений $\sigma_i$ до вложения $F$ в $\bar{k}$. Поскольку $\sigma_i\sigma^{-1}_j$ --- изоморфизм полей $\sigma_j E$ и $\sigma_i E$, то количество продолжений одинаково для любого $\sigma_i$. Таким образом, мы получили $nm$ вложений $F$ в алгебраическое замыкание $\bar{k}$. Обратно, пусть $\varrho$ --- вложение $F$ в $\bar{k}$ над $k$. Тогда ограничение $\varrho$ на $E$ совпадает с одним из $\sigma_i$. Следовательно, $\varrho=\tau_{ij}$. +\end{proof} + +Теперь рассмотрим один важный критерий сепарабельности. + +\begin{theorem} +\label{Sep6} +Пусть $E$ --- конечное расширение поля $k$. Тогда $[E:k]_S\leq [E:k].$ Более того, $[E:k]_S=[E:k]$ тогда и только тогда, когда $E$ --- сепарабельное расширение поля $k$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Поскольку $E$ --- конечное расширение поля $k$, то существует башня полей $$k\subset k(\alpha_1)\subset k(\alpha_1,\alpha_2)\subset\cdots\subset k(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n)=E.$$ Согласно теоремам \ref{Sep5} и \ref{Ras1}, получаем $$[E:k]_S=[k(\alpha_1):k]_S\cdots[k(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n):k(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_{n-1})]_S,$$ $$[E:k]=[k(\alpha_1):k]\cdots[k(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n):k(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_{n-1})].$$ Мы знаем, что $$[k(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_i):k(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_{i-1})]_S\leq$$ $$\leq[k(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_i):k(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_{i-1})].$$ Более того, равенство достигается, когда $\alpha_i$ сепарабелен. +\end{proof} + +\begin{remark} +Из теоремы \ref{Sep4} следует, что $[E:k]=[E:k]_S p^r$. +\end{remark} + +\begin{theorem} +\label{Sep7} +Пусть $E$ --- алгебраическое расширение поля $k$, и $F$ --- алгебраическое расширение поля $E$. Тогда для того, чтобы $F$ было сепарабельным расширением поля $k$ необходимо и достаточно, чтобы $E$ было сепарабельным расширением поля $k$ и $F$ было сепарабельным расширением поля $E$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $F$ --- сепарабельное расширение поля $k$. Заметим, что все элементы поля $E$ являются элементами поля $F$, и следовательно, сепарабельны над $k$. Поскольку каждый элемент из $F$ сепарабелен над $k$, то он сепарабелен и над $E$. Обратно, пусть $E$ --- сепарабельное расширение поля $k$ и $F$ --- сепарабельное расширение поля $E$. Если $E$ и $F$ --- конечные расширения, то утверждение следует из теорем \ref{Sep5} и \ref{Sep6}. Пусть $\alpha\in F$, и $f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0$ --- его минимальный многочлен. Положим $E_0=k(a_0,a_1,\ldots,a_n)$, $F_0=E_0(\alpha)$. Заметим, что $E_0$ --- конечное расширение поля $k$, $F_0$ --- конечное расширение поля $E_0$. Тогда $F_0$ сепарабельно над $k$. Следовательно, $\alpha\in F$ --- сепарабельный над $k$ элемент. +\end{proof} + +\begin{definition} +Пусть $k$ --- поле характеристики $p$. Элемент $\alpha$ называется \emph{чисто несепарабельным} над $k$, если существует целое $l\geq 0$ такое, что $\alpha^{p^l}\in k$. Расширение $K$ поля $k$ называется \emph{чисто несепарабельным}, если все элементы $K$ чисто несепарабельны. +\end{definition} + +\begin{theorem} +\label{Sep8} +Пусть $\alpha$ --- одновременно сепарабельный и чисто несепарабельный элемент над $k$. Тогда $\alpha\in k$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Предположим, что $\alpha$ --- чисто несепарабельный элемент над $k$. Пусть $l$ --- минимальное число такое, что $\alpha^{p^l}=a\in k$. Тогда $\sqrt[p]{a}\not\in k$. Согласно теореме \ref{Sov2} $x^{p^l}-a$ неразложим. Следовательно, $f(x)=x^{p^l}-a$ --- минимальный многочлен элемента $\alpha$. С другой стороны, $f'(x)=0$. Следовательно, $\alpha$ несепарабелен. +\end{proof} + +\begin{theorem} +\label{Sep9} +Пусть $K$ --- конечное сепарабельное расширение поля $k$. Тогда существует элемент $\alpha\in K$ такой, что $K=k(\alpha)$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Мы будем предполагать, что $k$ бесконечное поле (доказательство для конечных полей будет дано в следующем параграфе). +Предположим, что $K=k(\alpha,\beta)$. Пусть $n=[K:k]$, и $\sigma_1,\sigma_2,\ldots,\sigma_n$ --- различные вложения $K$ в $\bar{k}$ над $k$. Рассмотрим $$P(x)=\prod\limits_{i\neq j}(\sigma_i\alpha+(\sigma_i\beta)x-\sigma_j\alpha-(\sigma_j\beta)x).$$ Заметим, что $P(x)$ ненулевой многочлен. Тогда существует $c\in k$ такой, что $P(c)\neq 0$. Тогда все элементы $\sigma_i(\alpha+c\beta)$ различны, а следовательно $k(\alpha+c\beta)$ имеет над $k$ степень не меньше $n$. С другой стороны, $[K:k]=n$. Следовательно, $k(\alpha+c\beta)=K$. +\end{proof} + +Если $K=k(\alpha)$, то элемент $\alpha$ называется \emph{примитивным элементом} поля $K$ над $k$. + +\section{Конечные поля} + +В этом параграфе мы рассмотрим конечные поля. Пусть $k$ --- поле из $q$ элементов. Очевидно, что $char(k)=p>0$. Следовательно, поле $k$ содержит $\ZZ_p$ в качестве подполя. Тогда $k$ является конечным расширением поля $\ZZ_p$, т.е. $[k:\ZZ_p]=n$. Таким образом, любой элемент $\alpha\in k$ имеет единственное представление в виде $$\alpha=a_1e_1+a_2e_2+\cdots+a_ne_n,$$ где $e_1,e_2,\ldots,e_n$ --- базис $k$ как векторного пространства над $\ZZ_p$, $a_1,a_2,\ldots,a_n\in\ZZ_p$. Отсюда, число элементов в поле $k$ равно $p^n$. + +\begin{theorem} +\label{Kon1} +Пусть $k^*$ --- мультипликативная группа поля $k$, т.е. множество $k\setminus\{0\}$ с операцией умножение. Тогда $k^*$ --- циклическая группа порядка $p^n-1$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Предположим, что $k^*$ не является циклической группой. Тогда существует $rm$. По теореме о примитивном элементе (см. теорема \ref{Sep9}) существует $\gamma\in k(\alpha,\beta)$ такой, что $k(\gamma)=k(\alpha,\beta)$. Тогда степень элемента $\gamma$ равна $[k(\gamma),k]>m$. Противоречие. +\end{proof} + +\begin{theorem} +\label{Gal4} +Пусть $K$ --- поле и $G$ --- конечная группа автоморфизмов поля $K$, имеющая порядок $n$. Пусть $k=K^G$. Тогда $K$ --- конечное расширение Галуа поля $k$ и его группа Галуа есть $G$. Более того, $[K:k]=n$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $\alpha\in K$, и пусть $\sigma_1, \sigma_2,\ldots,\sigma_m$ --- максимальное множество элементов из $G$ таких, что $\sigma_1\alpha, \sigma_2\alpha,\ldots,\sigma_m\alpha$ различны. Тогда группа $G$ действует на множестве $\{\sigma_1\alpha, \sigma_2\alpha,\ldots,\sigma_m\alpha\}$ (если $\tau\in G$, то $\tau$ отображает $\{\sigma_1\alpha, \sigma_2\alpha,\ldots,\sigma_m\alpha\}$ в $\{\tau\sigma_1\alpha, \tau\sigma_2\alpha,\ldots,\tau\sigma_m\alpha\}$). Рассмотрим $$f(x)=\prod\limits_{i=1}^m(x-\sigma_i\alpha).$$ Заметим, что $\alpha$ является корнем этого многочлена и любой элемент группы $G$ оставляет $f(x)$ на месте. Следовательно, коэффициенты $f(x)$ лежат в $k$. Таким образом, $K$ --- алгебраическое расширение поля $k$. Поскольку все корни многочлена $f(x)$ имеют кратность один, то $\alpha$ сепарабелен над $k$ (см. \ref{Sep3}). Таким образом, $K$ --- сепарабельное расширение поля $k$. Поскольку $f(x)$ разлагается на линейные множители, то минимальный многочлен любого элемента $\alpha\in K$ над $k$ разлагается на линейные множители. Таким образом, $K$ --- нормальное расширение поля $k$. Следовательно, $K$ --- расширение Галуа поля $k$. Поскольку степень $f(x)$ меньше порядка группы, любой элемент $\alpha\in K$ имеет степень меньшую $n$. Отсюда, $[K:k]\leq n$. Согласно теореме \ref{Sep6} $n\leq[K:k]$. Следовательно, $[K:k]=n$ и $G$ --- группа Галуа расширения $K$ над $k$. +\end{proof} + +\begin{corollary} +\label{Gal5} +Пусть $K$ --- конечное расширение Галуа поля $k$, $G$ --- его группа Галуа. Тогда любая подгруппа $H\subset G$ принадлежит некоторому полю $E$, такому, что $k\subset E\subset K$. +\end{corollary} + +\begin{proof} +Пусть $E=K^H$. Согласно теореме \ref{Gal4} $K$ --- расширение Галуа поля $E$ и $H=G(K/E)$. +\end{proof} + +\begin{theorem} +\label{Gal6} +Пусть $K$ --- расширение Галуа поля $k$, $G$ --- его группа Галуа. Пусть $E$ --- промежуточное поле, $k\subset E\subset K$, и $H=G(K/E)$. Расширение $E$ над $k$ нормально тогда и только тогда, когда $H$ --- нормальная подгруппа в $G$. Более того, $G(E/k)\cong G/H$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $E$ --- нормальное расширение поля $k$ и $G'=G(E/k)$. Тогда отображение ограничения $\sigma\rightarrow\sigma|_F$ отображает $G$ в $G'$. Ядром этого отображения, по определению, является группа $H$. Следовательно, $H$ --- нормальная подгруппа. Пусть $\tau\in G'$. Тогда $\tau$ продолжается до вложения $K$ в $\bar{K}$, которое должно быть автоморфизмом поля $K$. Следовательно, отображение ограничения сюръективно. Отсюда, $G(E/k)\cong G/H$. Предположим, что $E$ не нормально над $k$. Тогда, согласно теореме \ref{Nor6}, существует вложение $\tau$ поля $E$ в $K$ над $k$, которое не является автоморфизмом, т.е. $\tau E\neq E$. Продолжим $\tau$ до автоморфизма поля $K$. Пусть $\sigma\in H$. Тогда $\tau\sigma\tau^{-1}$ --- элемент группы $G(K/(\tau F))$. Таким образом, группы Галуа $G(K/ F)$ и $G(K/(\tau F))$ сопряжены и, принадлежа разным полям, не могут совпадать. +\end{proof} + + +\begin{definition} +Расширение Галуа называется \emph{абелевым} (\emph{циклическим}), если группа Галуа абелева (циклическая). +\end{definition} + + \begin{claim} +\label{Gal7} +Пусть $K$ --- абелево (циклическое) расширение Галуа поля $k$, и $E$ --- промежуточное поле, $k\subset E\subset K$. Тогда $E$ --- абелево (циклическое) расширение Галуа поля $k$. +\end{claim} + +\begin{proof} +Следует из теоремы \ref{Gal6}. +\end{proof} + +Суммируя доказанные утверждения, мы получаем основную теорему теории Галуа. + +\begin{theorem} +\label{Gal8} +Пусть $K$ --- конечное расширение Галуа поля $k$, $G$ --- его группа Галуа. Тогда между множеством подполей $E$ в $K$, содержащих $k$, и множеством подгрупп $H$ в $G$ существует биективное соответствие, задаваемое $E=K^H$. Поле $E$ будет расширением Галуа поля $k$ тогда и только тогда, когда $H$ --- нормальная подгруппа в $G$. Более того, $G(E/k)\cong G/H$. +\end{theorem} + +Пусть $k$ --- поле, $f(x)\in k[x]$. Пусть $K$ --- поле разложения многочлена $f(x)$, и $G$ --- группа Галуа поля $K$ над $k$. Тогда $G$ называется \emph{группой Галуа многочлена} $f(x)$. Элементы из $G$ переставляют корни многочлена $f(x)$. Таким образом, мы имеем инъективный гомоморфизм группы $G$ в группу $S_n$. + +\begin{example} +Пусть $k$ --- поле и $char(k)\neq 2$, $a$ не является квадратом в $k$. Тогда многочлен $f(x)=x^2-a$ неприводим. Поскольку $char(k)\neq 2$, то $f(x)$ сепарабелен. Его группа Галуа --- циклическая группа порядка два. +\end{example} + +\begin{example} +Пусть $k$ --- поле и $char(k)\neq 2,3$. Пусть $f(x)$ --- неприводимый кубический многочлен, $G$ --- его группа Галуа. Если $\alpha$ --- корень многочлена $f(x)$. Тогда $[k(\alpha):k]=3$. Поскольку $G$ --- подгруппа $S_3$, то $G$ либо $\ZZ_3$, либо $S_3$. Пусть $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ --- различные корни $f(x)$. Рассмотрим $$\delta=(\alpha_1-\alpha_2)(\alpha_1-\alpha_3)(\alpha_2-\alpha_3),\quad \Delta=\delta^2.$$ Пусть $\sigma\in G$. Заметим, что $\sigma \delta=\pm\delta$, $\sigma\Delta=\Delta$. Следовательно, $\Delta\in k$. Заметим, что множество $\sigma$, которые оставляют $\delta$ на месте, это в точности четные перестановки. Таким образом, $G=S_3$ тогда и только тогда, когда $\delta\not\in k$, т.е. $\Delta$ не является квадратом. +\end{example} + +Пусть $k$ --- поле. Элемент $\zeta\in k$ называется \emph{корнем из единицы} степени $n$, если $\zeta^n=1$. + +\begin{remark} +Пусть $k$ --- поле характеристики $p$. Тогда уравнение $x^{p^m}=1$ имеет только один корень, а именно $1$. Следовательно, в поле характеристики $p$ нет корней $p^m$-й степени из $1$, кроме $1$. +\end{remark} + +Пусть $n$ --- натуральное число, взаимно простое с характеристикой поля $k$. Тогда многочлен $x^n-1$ имеет $n$ различных корней. Действительно, его производная равна $nx^{n-1}$, и обращается в ноль только при $x=0$. Таким образом, $x^n-1$ не имеет кратных корней. Следовательно, в $\bar{k}$ существуют $n$ различных корней $n$-й степени из единицы. Они образуют циклическую группу. Образующие этой группы называются \emph{примитивными} или \emph{первообразными} корнями $n$-й степени из единицы. + +\begin{lemma}[лемма Гаусса] +\label{Gaus} +Пусть $f(x)$ и $g(x)$ --- многочлены с целыми коэффициентами. Пусть $a$ --- наибольший общий делитель коэффициентов многочлена $f(x)$, $b$ --- наибольший общий делитель коэффициентов многочлена $g(x)$, $c$ --- наибольший общий делитель коэффициентов многочлена $f(x)g(x)$. Тогда $c=ba$. +\end{lemma} + +\begin{proof} +Достаточно доказать, что если $a=b=1$, то $c=1$. Предположим, что $c$ делится на простое число $p$. Пусть $$f(x)=a_n x^n+ a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1 x+ a_0,$$ $$g(x)=b_m x^m+ b_{m-1}x^{m-1}+\cdots+b_1 x+ b_0.$$ Пусть $r$ --- наименьшее число такое, что $a_r$ не делится на $p$, $s$ --- наименьшее число такое, что $b_s$ не делится на $p$. Рассмотрим коэффициент при $x^{r+s}$ в $f(x)g(x)$. Он равен $$c_{r+s}=a_rb_s+a_{r+1}b_{s-1}+a_{r+2}b_{s-2}+\cdots+a_{r-1}b_{s+1}+a_{r-2}b_{s+2}+\cdots.$$ Заметим, что все слагаемые, кроме $a_rb_s$ делятся на $p$, а $a_rb_s$ не делится на $p$. Тогда $c_{r+s}$ также не делится на $p$. +\end{proof} + +\begin{theorem} +\label{Edin1} +Пусть $\zeta$ --- примитивный корень $n$-й степени из единицы. Тогда $[\QQ(\zeta):\QQ]=\varphi(n)$, где $\varphi(n)$ --- функция Эйлера. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $f(x)$ --- минимальный многочлен элемента $\zeta$ над $\QQ$. Тогда $f(x)$ делит $x^n-1$, т.е. $x^n-1=f(x)g(x)$. Из леммы Гаусса следует, что $f(x)$ и $g(x)$ --- многочлены с целыми коэффициентами. Пусть $p$ --- простое число, не делящее $n$. Тогда $\zeta^p$ --- примитивный корень $n$-й степени из единицы. Более того, все примитивные корни $n$-й степени из единицы могут быть получены последовательным возведением $\zeta$ в простые степени с показателями, не делящими $n$. Докажем, что $\zeta^p$ --- корень многочлена $f(x)$. Предположим, что $\zeta^p$ не является корнем многочлена $f(x)$. Тогда $\zeta^p$ --- корень многочлена $g(x)$. Тогда $\zeta$ --- корень многочлена $g(x^p)$. Следовательно, $g(x^p)$ делится на $f(x)$, т.е. $g(x^p)=f(x)h(x)$. Заметим, что $h(x)$ имеет целые коэффициенты. Поскольку $a^p=a\quad(\mod p)$, то $g(x^p)=(g(x))^p \quad(\mod p)$. Отсюда, $$(g(x))^p=f(x)h(x)\quad(\mod p).$$ Тогда многочлены $\bar{f}$ и $\bar{g}$ над $\ZZ_p$, полученные редукцией по модулю $p$, не являются взаимно простыми. Следовательно, многочлен $x^n-1$ имеет кратные корни в расширении $\ZZ_p$. С другой стороны, его производная не равна нулю в поле характеристики $p$. Противоречие. Таким образом, $\zeta^p$ --- корень многочлена $f(x)$. Следовательно, все примитивные корни $n$-й степени из единицы являются корнями $f(x)$. Тогда степень $f(x)$ не меньше $\varphi(n)$, а, следовательно, равна $\varphi(n)$. +\end{proof} + +\begin{theorem} +\label{Edin2} +Пусть $\zeta$ --- примитивный корень $n$-й степени из единицы. Тогда $G(\QQ(\zeta)/\QQ)=U(n)$, где $U(n)$ --- группа единиц кольца $\ZZ_n$. +\end{theorem} + +\begin{remark} +Группа единиц кольца $\ZZ_n$ это в точности множество обратимых элементов в $\ZZ_n$. Поскольку элемент $k\in\ZZ_n$ обратим тогда и только тогда, когда $(k,n)=1$, то порядок группы $U(n)$ равен $\varphi(n)$. +\end{remark} + +\begin{proof} +Пусть $\sigma\in G$ и $\zeta$ --- примитивный корень из единицы степени $n$. Тогда $\sigma(\zeta)$ определяет автоморфизм $\sigma$. Заметим, что $\sigma(\zeta)=\zeta^k$ --- примитивный корень из единицы степени $n$. Тогда $(k,n)=1$. Определим $\psi\colon G\rightarrow U(n)$, как $\psi(\sigma)=k$. Если $\sigma'(\zeta)=\zeta^{k'}$, то $$\sigma'(\sigma(\zeta))=\sigma'(\zeta^k)=(\zeta^{k'})^k=\zeta^{kk'}.$$ Таким образом, $\psi$ --- гомоморфизм. Если $\psi(\sigma)=1$, то $\sigma(\zeta)=\zeta$ и, следовательно, $\sigma$ --- тождественное отображение. Таким образом, $\psi$ --- инъективный гомоморфизм. Поскольку $|G(\QQ(\zeta)/\QQ)|=|U(n)|=\varphi(n)$, то $\psi$ --- изоморфизм. +\end{proof} + +\begin{theorem} +\label{Edin3} +Пусть $k$ --- поле, содержащее примитивный корень $n$-й степени из единицы, и $n$ взаимно просто с характеристикой поля. Пусть $a\in k$. Пусть $\alpha$ --- корень многочлена $x^n-a$. Тогда $k(\alpha)$ --- циклическое расширение степени $d$ и $\alpha^d\in k$. В частности, если $x^n-a$ неприводим, то $G(k(\alpha)/k)$ --- циклическая группа порядка $n$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $\zeta$ --- примитивный корень $n$-й степени из единицы. Заметим, что корни $x^n-a$ есть $\alpha\zeta^k$. Поскольку они все принадлежат $k(\alpha)$, то $k(\alpha)$ --- нормальное расширение $k$. Более того, $\sigma(\alpha)=\zeta^k\alpha$. Определим $\psi\colon G\rightarrow \ZZ_n$, как $\psi(\sigma)=k$. Пусть $\sigma'(\alpha)=\alpha\zeta^{k'}$. Поскольку все элементы группы Галуа оставляют поле $k$ на месте, а, следовательно и все корни из единицы, то $$\sigma'(\sigma(\alpha))=\sigma'(\alpha\zeta^k)=\alpha\zeta^{k'}\zeta^k=\alpha\zeta^{k+k'}.$$ Таким образом, $\psi$ --- гомоморфизм. +Если $\psi(\sigma)=0$, то $\sigma(\alpha)=\alpha$ и, следовательно, $\sigma$ --- тождественное отображение. Таким образом, $\psi$ --- инъективный гомоморфизм. Следовательно, $G(k(\alpha)/k)$ --- циклическая группа, порядок который делит $n$. Пусть $|G(k(\alpha)/k)|=d$, и $\sigma$ --- порождающий элемент группы $G(k(\alpha)/k)$. Пусть $\sigma(\alpha)=\zeta^k\alpha$. Тогда $k$ имеет порядок $d$ в $\ZZ_n$. Таким образом, $$\sigma(\alpha^d)=(\zeta^k\alpha)^d=\zeta^{kd}\alpha^d=\alpha^d.$$ Поскольку $\alpha^d$ --- неподвижный элемент, то $\alpha^d\in k$. Если $x^n-a$ неприводим, то $[k(\alpha):k]=n$. Следовательно, $|G(k(\alpha)/k)|=n$. Отсюда, $G(k(\alpha)/k)=\ZZ_n$. +\end{proof} + +\begin{corollary} +\label{Edin4} +Пусть $k$ --- поле, содержащее примитивный корень $q$-й степени из единицы, где $q$ --- простое число, взаимно простое с характеристикой поля. Пусть $a\in k$. Тогда многочлен $x^q-a$ либо неприводим, либо раскладывается на линейные множители. +\end{corollary} + +\section{Норма и след} + +Пусть $K$ --- конечное сепарабельное расширение поля $k$, $[K:k]=n$. Пусть $\sigma_1,\sigma_2,\ldots,\sigma_n$ --- различные вложения $K$ в алгебраическое замыкание $\bar{k}$ поля $k$. Пусть $\alpha\in K$. Тогда определим \emph{норму} $\alpha$ формулой $$N_k^K(\alpha)=\prod\limits_{i=1}^n \sigma_i(\alpha).$$ Аналогично определим \emph{след} $\alpha$ формулой $$\Tr_k^K(\alpha)=\sum\limits_{i=1}^n \sigma_i(\alpha).$$ + +\begin{theorem} +\label{Norm1} +Норма является мультипликативным гомоморфизмом $K^*$ в $k^*$. След является аддитивным гомоморфизмом $K$ в $k$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Заметим, что любой автоморфизм $\sigma$ оставляет норму и след на месте. Следовательно, $N_k^K(\alpha)\in k^*$, если $\alpha\neq 0$, и $\Tr_k^K(\alpha)\in k$. Очевидно, что $$N_k^K(\alpha_1\alpha_2)=\prod\limits_{i=1}^n \sigma_i(\alpha_1\alpha_2)=\prod\limits_{i=1}^n \sigma_i(\alpha_1)\sigma_i(\alpha_2)=N_k^K(\alpha_1)N_k^K(\alpha_2).$$ Аналогично, $$\Tr_k^K(\alpha_1+\alpha_2)=\sum\limits_{i=1}^n \sigma_i(\alpha_1+\alpha_2)=\sum\limits_{i=1}^n \sigma_i(\alpha_1)+\sigma_i(\alpha_2)=\Tr_k^K(\alpha_1)+\Tr_k^K(\alpha_2).$$ +\end{proof} + +\begin{theorem} +\label{Norm2} +Пусть $F$ --- конечное сепарабельное расширение поля $k$, $E$ --- конечное сепарабельное расширение поля $F$. Тогда $$N_k^E=N_k^F\circ N_F^E,\quad\Tr_k^E=\Tr_k^F\circ\Tr_F^E.$$ +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $\{\tau_i\}$ --- семейство вложений $F$ в $\bar{k}$ над $k$. Продолжим каждое $\tau_i$ до вложения $E$ в $\bar{k}$ (будем обозначать это продолжение также через $\tau_i$). Пусть $\{\sigma_i\}$ --- семейство вложений $E$ в $\bar{k}$ над $F$. Пусть $\sigma$ --- вложение $E$ в $\bar{k}$ над $k$. Поскольку ограничение $\sigma$ на $F$ совпадает с некоторым $\tau_j$, то $\tau_j^{-1}\sigma$ оставляет $F$ неподвижным. Таким образом, существует $\sigma_i$ такое, что $\tau_j^{-1}\sigma=\sigma_i$. Отсюда, $\sigma=\tau_j\sigma_i$. Следовательно, семейство $\{\tau_j\sigma_i\}$ задает все различные вложения $E$ в $\bar{k}$ над $k$. Отсюда, $$N_k^E(\alpha)=\prod\limits_{i,j} \tau_j\sigma_i(\alpha)=\prod\limits_{j} \tau_j\left(\prod\limits_{i}\sigma_i(\alpha)\right)=N_k^F(N_F^E(\alpha)),$$ +$$\Tr_k^E(\alpha)=\sum\limits_{i,j} \tau_j\sigma_i(\alpha)=\sum\limits_{j} \tau_j\left(\sum\limits_{i}\sigma_i(\alpha)\right)=\Tr_k^F(\Tr_F^E(\alpha)).$$ +\end{proof} + +\begin{theorem} +\label{Norm3} +Пусть $K=k(\alpha)$ и $f(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1 x+a_0$ --- минимальный многочлен элемента $\alpha$. Тогда $$N_k^K(\alpha)=(-1)^n a_0,\quad \Tr_k^K(\alpha)=-a_{n-1}.$$ +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $$f(x)=(x-\alpha_1)(x-\alpha_2)\cdots(x-\alpha_n)$$ в $\bar{k}$. Тогда вложение $\sigma\colon k(\alpha)\rightarrow\bar{k}$ задается $\sigma(\alpha)=\alpha_i$. Таким образом, $$N_k^K(\alpha)=\prod\limits_{i=1}^n \sigma_i(\alpha)=\prod\limits_{i=1}^n\alpha_i=(-1)^n a_0.$$ Аналогично, $$\Tr_k^K(\alpha)=\sum\limits_{i=1}^n \sigma_i(\alpha)=\sum\limits_{i=1}^n\alpha_i=-a_{n-1}.$$ +\end{proof} + +Теперь нам понадобятся некоторые факты о характерах группы. + +\begin{definition} +Пусть $G$ --- группа и $K$ --- поле. \emph{Характером} группы $G$ в $K$ называется гомоморфизм $\chi\colon G\rightarrow K^*$. Характеры $\chi_1,\chi_2,\ldots,\chi_n$ называются \emph{линейно независимыми} над $K$, если равенство $$a_1\chi_1+a_2\chi_2+\cdots+a_n\chi_n=0$$ выполнено тогда и только тогда, когда все $a_i=0$. Здесь все $a_i\in K$, равенство нулю $a_1\chi_1+a_2\chi_2+\cdots+a_n\chi_n$ понимается, как тождественное равенство, т.е. $$f(g)=a_1\chi_1(g)+a_2\chi_2(g)+\cdots+a_n\chi_n(g)=0,$$ для любого $g\in G$. +\end{definition} + +\begin{theorem} +\label{Har1} +Пусть $\chi_1,\chi_2,\ldots,\chi_n$ --- различные характеры $G$ в $K$. Тогда они линейно независимы над $K$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Докажем по индукции. Один характер, очевидно, линейно независим. Предположим, что мы доказали для $n-1$ характера. Предположим, что выполнено $$a_1\chi_1+a_2\chi_2+\cdots+a_n\chi_n=0$$ и все $a_i\neq 0$. Поскольку характеры $\chi_1$ и $\chi_2$ различны, то существует $y\in G$ такой, что $\chi_1(y)\neq\chi_2(y)$. Для всех $g\in G$ имеем $$a_1\chi_1(yg)+a_2\chi_2(yg)+\cdots+a_n\chi_n(yg)=0.$$ Отсюда, $$a_1\chi_1(y)\chi_1+a_2\chi_2(y)\chi_2+\cdots+a_n\chi_n(y)\chi_n=0.$$ Разделим это равенство на $\chi_1(y)$ и вычтем из $$a_1\chi_1+a_2\chi_2+\cdots+a_n\chi_n=0.$$ Получаем $$\left(a_2-a_2\frac{\chi_2(y)}{\chi_1(y)}\right)\chi_2+\cdots+\left(a_n-a_n\frac{\chi_n(y)}{\chi_1(y)}\right)\chi_n=0.$$ Первый коэффициент отличен от нуля. Таким образом мы получили, что характеры $\chi_1,\chi_2,\ldots,\chi_{n-1}$ линейно зависимы. Противоречие. +\end{proof} + +\begin{theorem}[теорема Гильберта 90] +\label{NorGil} +Пусть $K$ --- циклическое расширение поля $k$ с группой Галуа $G$. Пусть $\sigma$ --- образующая этой группы, и $\beta\in K$. Норма $N_k^K(\beta)=1$ тогда и только тогда, когда существует $\alpha\neq 0$ в $K$, такой, что $\beta=\frac{\alpha}{\sigma \alpha}$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Предположим, что такой элемент существует. Тогда $N(\beta)=\frac{N(\alpha)}{N(\sigma\alpha)}$. Поскольку норма --- это произведение по всем автоморфизмам из $G$, то применение $\sigma$ лишь переставляет эти автоморфизмы. Следовательно, $N(\sigma\alpha)=N(\alpha)$. Тогда $N(\beta)=1$. + +Предположим, что $N(\beta)=1$. Согласно теореме \ref{Har1} отображение $$id+\beta\sigma+\beta\sigma(\beta)\sigma^2+\cdots+\beta\sigma(\beta)\cdots\sigma^{n-2}(\beta)\sigma^{n-1}$$ не равно тождественно нулю (здесь $id$ --- тождественное отображение). Тогда существует $\gamma\in K$ такое, что $$\alpha=\gamma+\beta\sigma(\gamma)+\beta\sigma(\beta)\sigma^2(\gamma)+\cdots+\beta\sigma(\beta)\cdots\sigma^{n-2}(\beta)\sigma^{n-1}(\gamma)$$ не равен нулю. Применим $\beta\sigma$ к $\alpha$. Получаем $$\beta\sigma(\alpha)=\beta\sigma(\gamma)+\beta\sigma(\beta)\sigma^2(\gamma)+\cdots+\beta\sigma(\beta)\cdots\sigma^{n-2}(\beta)\sigma^{n-1}(\beta)\sigma^{n}(\gamma).$$ Заметим, что $$\beta\sigma(\beta)\cdots\sigma^{n-2}(\beta)\sigma^{n-1}(\beta)=N(\beta)=1$$ и $\sigma^{n}(\gamma)=\gamma$. Таким образом, $\beta\sigma(\alpha)=\alpha$. Отсюда, $\beta=\frac{\alpha}{\sigma \alpha}$. +\end{proof} + +\begin{theorem} +\label{Norm4} +Пусть $k$ --- поле, содержащее примитивный корень $n$-й степени из единицы, и $n$ взаимно просто с характеристикой поля. Пусть $K$ --- циклическое расширение степени $n$. Тогда существуют $\alpha\in K$, $a\in k$ такие, что $K=k(\alpha)$ и $\alpha$ --- корень уравнения $x^n-a=0$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $\zeta$ --- примитивный корень из единицы и $K$ --- циклическое расширение поля $k$. Пусть $\sigma$ --- образующая группы $G$. Заметим, что $N(\zeta^{-1})=(\zeta^{-1})^n=1$. Согласно теореме Гильберта 90, существует $\alpha\in K$ такой, что $\sigma\alpha=\zeta\alpha$. Поскольку $\zeta\in k$, то $\sigma^k\alpha=\zeta^k\alpha$. Следовательно, $[k(\alpha):k]\geq n$. Поскольку $[K:k]\geq n$, то $K=k(\alpha)$. Более того, $$\sigma(\alpha^n)=(\sigma(\alpha))^n=(\zeta\alpha)^n=\alpha^n.$$ Отсюда, $\alpha^n\in k$. +\end{proof} + +Теперь рассмотрим другой вариант теоремы Гильберта 90. + +\begin{theorem}[теорема Гильберта 90] +\label{NorGil2} +Пусть $K$ --- циклическое расширение поля $k$ с группой Галуа $G$. Пусть $\sigma$ --- образующая этой группы, и $\beta\in K$. След $\Tr_k^K(\beta)=0$ тогда и только тогда, когда существует $\alpha\in K$, такой, что $\beta=\alpha-\sigma \alpha$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Предположим, что такой элемент существует. Тогда $\Tr_k^K(\beta)=\Tr_k^K(\alpha-\sigma \alpha)$. Поскольку след --- это сумма по всем автоморфизмам из $G$, то применение $\sigma$ лишь переставляет эти автоморфизмы. Следовательно, $\Tr(\sigma\alpha)=\Tr(\alpha)$. Тогда $\Tr(\beta)=0$. + +Предположим, что $\Tr(\beta)=0$. Заметим, что существует $\gamma\in K$ такое, что $\Tr(\gamma)\neq 0$. Положим + $$\alpha=\frac{1}{\Tr(\gamma)}(\beta\sigma(\gamma)+(\beta+\sigma(\beta))\sigma^2(\gamma)+\cdots+(\beta+\sigma(\beta)+\cdots+\sigma^{n-2}(\beta))\sigma^{n-1}(\gamma)).$$ Тогда $\beta=\alpha-\sigma\alpha$. +\end{proof} + +\section{Резольвента} + +\begin{definition} +Пусть $k$ --- поле, содержащее корни $n$-й степени из единицы. Предположим, что $char(k)=0$. Пусть $K$ --- циклическое расширение поля $k$, и $\sigma$ --- порождает группу Галуа $G(K/k)$. Пусть $x\in K$, $\zeta$ --- корень $n$-й степени из единицы. Тогда выражение $$(\zeta,x)=x+\zeta\sigma(x)+\zeta^2\sigma^2(x)+\cdots+\zeta^{n-1}\sigma^{n-1}(x)$$ называется \emph{резольвентой Лагранжа}. +\end{definition} + +\begin{claim} +\label{Res1} +\begin{enumerate} +\item $\sigma((\zeta,x))=\zeta^{-1}(\zeta,x)$; +\item $\sigma((1,x))=\Tr(x)\in k$; +\item $(\zeta,x)^n\in k$; +\item $(\zeta,x)(\zeta^{-1},x)\in k$. +\end{enumerate} +\end{claim} + +\begin{proof} +Первые два свойства очевидны. Докажем (3). Получаем $$\sigma((\zeta,x)^n)=\sigma^n((\zeta,x))=(\zeta^{-1}(\zeta,x))^n=(\zeta,x)^n.$$ Следовательно, $(\zeta,x)^n$ --- неподвижный элемент, а значит $(\zeta,x)^n\in k$. Докажем (4). Получаем $$\sigma((\zeta,x)(\zeta^{-1},x))=\sigma((\zeta,x))\sigma((\zeta^{-1},x))=\zeta^{-1}(\zeta,x)\zeta(\zeta,x)=(\zeta,x).$$ Следовательно, $(\zeta,x)(\zeta^{-1},x)$ --- неподвижный элемент, а значит $(\zeta,x)(\zeta^{-1},x)\in k$. +\end{proof} + +Рассмотрим кубическое уравнение $x^3+px+q=0$. Пусть $k=\QQ(p,q,j)$, где $j$ --- кубический корень из единицы. Заметим, что любое кубическое уравнение приводится к такому виду. Пусть $\alpha,\beta,\gamma$ --- корни этого уравнения. Пусть $d=(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)$. Заметим, что $k(\alpha,\beta,\gamma)=k(\alpha,d)$ и $d^2=-4p^3-27q^2$. Предположим, что группа Галуа этого уравнения есть $S_3$. Пусть $K$ --- поле разложение многочлена $x^3+px+q$, и $E$ --- неподвижное поле группы $A_3$. Тогда $E$ --- расширение степени два над $k$, т.е. $E=k(s)$. Пусть $\sigma$ --- порождающий элемент группы $A_3$. Мы можем считать, что $\sigma=(\alpha\beta\gamma)$, т.е. $\sigma$ переставляет по кругу корни уравнения $x^3+px+q=0$. Поскольку $K$ --- нормальное расширение поля $k$, то $K$ --- нормальное расширение поля $E$. Следовательно, $K$ --- расширение Галуа поля $E$. Заметим, что $G(K/E)=A_3$. Таким образом, $K$ --- циклическое расширение поля $E$. Согласно теореме \ref{Norm4} существует элемент $s'\in K$ такой, что $s'^3\in E$ и $K=E(s')$. Найдем $s$ и $s'$. Заметим, что $\sigma d=d$. Таким образом, $d\in E$. Поскольку транспозиция $(\alpha\beta)$ переводит $d$ в $-d$, то $d\not\in K$. Рассмотрим автоморфизм $\tau=id+j\sigma+j^2\sigma^2$. Согласно теореме \ref{Har1} $\tau$ ненулевой. Более того, $\tau(\alpha)\neq 0$. Действительно, если $\tau(\alpha)=0$, то $\tau(\beta)=\tau(\sigma(\alpha))=j^2\tau(\alpha)=0$. Аналогично, $\tau(\gamma)=0$. Следовательно, $q\tau(1)=\tau(q)=\tau(\alpha\beta\gamma)=0$ и $\tau=0$. Рассмотрим $(j,\alpha)=\alpha+j\beta+j^2\gamma=\tau(\alpha).$ Поскольку $\sigma((j,\alpha))=j^2(j,\alpha)\neq (j,\alpha)$, то $(j,\alpha)\not\in E$. Согласно \ref{Res1} $(j,\alpha)^3\in E$. Отсюда, $K=L((j,\alpha))$. + +\section{Нормальный базис} + +Пусть $A$ --- абелева группа, $k$ --- поле и $\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n\colon A\rightarrow k$ --- аддитивные гомоморфизмы. Будем говорить, что $\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n$ \emph{алгебраически зависимы}, если существует многочлен $f(x_1,x_2,\ldots,x_n)$ над $k$ такой, что $$f(\lambda_1(a),\lambda_2(a),\ldots,\lambda_n(a))=0$$ для всех $a\in A$. Многочлен $f(x_1,x_2,\ldots,x_n)$ называется \emph{аддитивным}, если он индуцирует аддитивный гомоморфизм $k^n$ в $k$. + +\begin{theorem} +\label{NormBas1} +$\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n\colon A\rightarrow k$ --- аддитивные гомоморфизмы абелевой группы $A$ в поле $k$. Если эти гомоморфизмы алгебраически зависимы, то существует аддитивный многочлен $f(x_1,x_2,\ldots,x_n)$ над $k$ такой, что $$f(\lambda_1(a),\lambda_2(a),\ldots,\lambda_n(a))=0$$ для всех $a\in A$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Мы докажем эту теорему для случая бесконечного поля. Пусть $f(x_1,x_2,\ldots,x_n)$ --- многочлен наименьшей возможной степени такой, что $$f(\lambda_1(a),\lambda_2(a),\ldots,\lambda_n(a))=0$$ для всех $a\in A$. Пусть $X=(x_1,x_2,\ldots,x_n)$, $Y=(y_1,y_2,\ldots,y_n)$, $\Lambda=(\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_n)$. Рассмотрим $g(X,Y)=f(X+Y)-f(X)-f(Y).$ Заметим, что $$g(\Lambda(a),\Lambda(b))=f(\Lambda(a+b))-f(\Lambda(a))-f(\Lambda(b))=0$$ для любых $a,b\in A$. Нам нужно доказать, что $g$ --- нулевой многочлен. Заметим, что степень $g(X,Y)$ по $X$ строго меньше степени $f(X)$. Аналогично по $Y$. Предположим, что $g$ не равен тождественно нулю. Рассмотрим два случая. +\begin{case} +Имеем $g(\xi,\Lambda(b))=0$ для всех $\xi\in k^n$, $b\in A$. По предположению, существует $\xi\in k^n$ такой, что $g(\xi,Y)$ не равен тождественно нулю. Положим $P(Y)=g(\xi,Y)$. Тогда $$P(\lambda_1(a),\lambda_2(a),\ldots,\lambda_n(a))=0$$ для всех $a\in A$. С другой стороны, степень $P$ меньше степени $f$. Противоречие. +\end{case} +\begin{case} +Существуют $\xi\in k^n$, $b\in A$ такие, что $g(\xi,\Lambda(b))\neq 0$. Положим $P(X)=g(X,\Lambda(b))$. Тогда $P(X)$ --- ненулевой многочлен. С другой стороны, $P(\Lambda(a))=0$ для любого $a\in A$, и степень многочлена $P$ меньше степени $f$. Противоречие. +\end{case} +Таким образом, $g$ индуцирует нулевую функцию. Поскольку поле бесконечно, то $g$ --- нулевой многочлен. +\end{proof} + +\begin{claim} +\label{NormBas2} +Пусть $f(x_1,x_2,\ldots,x_n)$ --- аддитивный многочлен. Тогда $$f(x_1,x_2,\ldots,x_n)=f_1(x_1)+f_2(x_2)+\cdots+f_n(x_n),$$ где $f_i(x)$ --- аддитивные многочлены от одной переменной. +\end{claim} + +\begin{proof} +Пусть $f_i(x_i)=f(0,\ldots,0,x_i,0,\ldots,0)$. Тогда $f_i(x)$ --- аддитивные многочлены от одной переменной и $$f(x_1,x_2,\ldots,x_n)=f_1(x_1)+f_2(x_2)+\cdots+f_n(x_n).$$ +\end{proof} + +\begin{claim} +\label{NormBas3} +Пусть $f(x)$ --- аддитивный многочлен. Тогда $$f(x)=\sum\limits_{i=1}^m a_i x^{p^i},$$ где $p$ --- характеристика поля. Если $char(k)=0$, то $f(x)=ax$. +\end{claim} + +\begin{proof} +Пусть $f(x)=\sum\limits_{i=1}^n a_i x^i$. Тогда $$g(x,y)=f(x+y)-f(x)-f(y)=\sum\limits_{i=1}^n a_i ((x+y)^i-x^i-y^i)=0.$$ Пусть $a_i\neq 0$. Поскольку $(x+y)^i-x^i-y^i$ содержит $ix^{i-1}y$, то $g(x,y)$ содержит $a_i ix^{i-1}y$. С другой стороны, $g(x,y)$ --- нулевой многочлен. Следовательно, $i$ делится на характеритику поля. Пусть $i=p^ms$. Тогда $$(x+y)^i-x^i-y^i=(x^{p^m}+y^{p^m})^s-(x^{p^m})^s-(y^{p^m})^s.$$ Отсюда, рассуждая аналогично, $s=1$. +\end{proof} + +\begin{theorem} +\label{NormBas4} +Пусть $K$ --- бесконечное поле и $\sigma_1,\sigma_2,\ldots,\sigma_n$ --- различные элементы конечной группы автоморфизмов поля $K$. Тогда $\sigma_1,\sigma_2,\ldots,\sigma_n$ алгебраически независимы над $K$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +В случае характеристики ноль, теорема следует из \ref{Har1}, \ref{NormBas1}, \ref{NormBas2}, \ref{NormBas3}. Пусть характеристика $p>0$, и $\sigma_1,\sigma_2,\ldots,\sigma_n$ алгебраически зависимы. Согласно теореме \ref{NormBas1} существует аддитивный многочлен $f(x_1,x_2,\ldots,x_n)$ такой, что $f\neq 0$, но $$f(\sigma_1(a),\sigma_2(a),\ldots,\sigma_n(a))=0$$ для любого $a\in K$. В силу \ref{NormBas2} и \ref{NormBas3} мы можем записать $$\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m a_{ij}(\sigma_i(a))^{p^j}=0$$ для любого $a\in K$. Согласно \ref{Har1} гомоморфизмы $x\rightarrow (\sigma_i(x))^{p^j}$ не могут быть различными. Таким образом, существуют $i_1,i_2,j_1,j_2$ такие, что $(\sigma_{i_1}(x))^{p^{j_1}}=(\sigma_{i_2}(x))^{p^{j_2}},$ при этом либо $i_1\neq i_2$, либо $j_1\neq j_2$. Пусть $j_1\leq j_2$. Заметим, что извлечение корня $p$-й степени в поле характеристики $p$ однозначно. Тогда $\sigma_{i_1}(x)=(\sigma_{i_2}(x))^{p^{j_2-j_1}}.$ Положим $\sigma=\sigma^{-1}_{i_2}\sigma_{i_1}$. Тогда $\sigma(x)=x^{p^{j_2-j_1}}$. Поскольку $\sigma$ --- элемент конечной группы, то существует $n$ такое, что $\sigma^n=id$. Тогда $x=x^{p^{n(j_2-j_1})}$ для всех $x\in K$. Поскольку $K$ --- бесконечное поле, то $j_2=j_1$. Отсюда, $\sigma_{i_1}(x)=\sigma_{i_2}(x)$ для всех $x\in K$. Противоречие. +\end{proof} + + +\begin{theorem} +\label{NormBas5} +Пусть $K$ --- конечное расширение Галуа поля $k$, $G$ --- его группа Галуа. Пусть $n=|G|$, $\sigma_1,\sigma_2,\ldots,\sigma_n$ --- элементы группы $G$. Тогда существует элемент $w\in K$ такой, что $\sigma_1 w,\sigma_2 w,\ldots,\sigma_n w$ --- базис $K$ над $k$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Мы докажем эту теорему для случая бесконечного поля. Рассмотрим множество переменных $x_1=x_{\sigma_1},\ldots,x_n=x_{\sigma_n}$. Пусть $f(x_1,x_2,\ldots,x_n)=\det(t_{ij})$, где $t_{ij}=x_{\sigma^{-1}_i\sigma_j}$. Заметим, что $f(x_1,x_2,\ldots,x_n)$ не является тождественным нулем, что видно если подставить 1 вместо $x_e$ и 0 вместо остальных $x_i$. Согласно теореме \ref{NormBas4} существует $w\in K$ такое, что $\det(\sigma^{-1}_i\sigma_j(w))\neq 0$. Докажем, что $\sigma_1 w,\sigma_2 w,\ldots,\sigma_n w$ линейно независимы. Предположим, что существуют $a_1,a_2,\ldots a_n\in k$ такие, что $$a_1\sigma_1(w)+a_2\sigma_2(w)+\cdots+a_n\sigma_n(w)=0.$$ Применим $\sigma^{-1}_i$ к этому соотношению для каждого $i=1,2,\ldots,n$. Получим систему линейных уравнений относительно переменных $a_1,a_2,\ldots a_n$, $$\begin{cases}\sigma^{-1}_1\sigma_1(w)a_1+\sigma^{-1}_1\sigma_2(w)a_2+\cdots+\sigma^{-1}_1\sigma_n(w)a_n=0\\ +\sigma^{-1}_2\sigma_1(w)a_1+\sigma^{-1}_2\sigma_2(w)a_2+\cdots+\sigma^{-1}_2\sigma_n(w)a_n=0\\ +\cdots\quad\cdots\quad\cdots\\ +\sigma^{-1}_n\sigma_1(w)a_1+\sigma^{-1}_n\sigma_2(w)a_2+\cdots+\sigma^{-1}_n\sigma_n(w)a_n=0.\end{cases}$$ Определитель этой системы не равен нулю. Следовательно, все $a_i=0$. +\end{proof} + +\section{Радикальные расширения} + + +\begin{theorem}[теорема Артина--Шрейера] +\label{ArtShr} +Пусть $k$ --- поле характеристики $p$. Тогда если $K$ --- циклическое расширение $k$ степени $p$, то существует такой элемент $\alpha\in K$ такой, что $K=k(\alpha)$, и $\alpha$ --- корень многочлена $x^p-x-a$, $a\in k$. +Обратно, для любого $a\in k$ многочлен $f(x)=x^p-x-a$ либо имеет корень в $k$, и тогда все его корни лежат в $k$, либо $f(x)$ неприводим. В последнем случае, если $\alpha$ --- корень $f(x)$, то $k(\alpha)$ --- циклическое расширение $k$ степени $p$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $K$ --- циклическое расширение $k$ степени $p$. Тогда $$\Tr(-1)=(-1)+(-1)+\cdots+(-1)=-p=0.$$ Согласно теореме \ref{NorGil2} существует $\alpha\in K$ такой, что $-1=\alpha-\sigma\alpha$. Отсюда, $\sigma\alpha=\alpha+1$. Тогда $\sigma^i\alpha=\alpha+i$ при $i=1,2,\ldots,p$. Таким образом, $\sigma^i$ --- различные вложения поля $k(\alpha)$. Отсюда, $[k(\alpha):k]\geq p$. Тогда $K=k(\alpha)$. Заметим, что $$\sigma(\alpha^p-\alpha)=(\sigma(\alpha))^-\sigma(\alpha)=(\alpha+1)^p-(\alpha+1)=\alpha^p-\alpha.$$ Следовательно, $\alpha^p-\alpha\in k$. Таким образом, $\alpha$ --- корень многочлена $x^p-x-a$, $a\in k$. + +Обратно. Пусть $\alpha$ --- корень многочлена $x^p-x-a$, $a\in k$. Заметим, что $$(\alpha+i)^p-(\alpha+i)-a=\alpha^p+i-\alpha-i-a=\alpha^p-\alpha-a=0,$$ где $i=1,2,\ldots,p$. Следовательно, $\alpha+i$ --- корни многочлена $x^p-x-a$. Таким образом, $x^p-x-a$ имеет $p$ различных корней, и если один корень лежит в $k$, то все его корни лежат в $k$. Предположим, что ни один корень не лежит в $k$. Докажем, что многочлен $x^p-x-a$ неприводим. Предположим, что $$x^p-x-a=f(x)g(x),$$ где $1\leq\deg f Date: Thu, 7 Sep 2023 10:43:05 +0300 Subject: [PATCH 2/2] added functional analysis --- Funkan3.tex | 1516 +++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++ 1 file changed, 1516 insertions(+) create mode 100644 Funkan3.tex diff --git a/Funkan3.tex b/Funkan3.tex new file mode 100644 index 0000000..1901364 --- /dev/null +++ b/Funkan3.tex @@ -0,0 +1,1516 @@ +\documentclass[12pt, titlepage, oneside]{amsbook} +\makeatletter \@addtoreset{equation}{chapter} +\@addtoreset{figure}{chapter} \@addtoreset{theorem}{chapter} +\makeatother \sloppy \pagestyle{plain} \setcounter{tocdepth}{1} + +\renewcommand{\theequation}{\thesection.\arabic{equation}} + +\usepackage[russian]{babel} + +\usepackage{pstcol} +\usepackage{pstricks, pst-node} +\usepackage[matrix, arrow,curve]{xy} +\usepackage{xypic,amscd} +\usepackage{amsmath} +\usepackage{amssymb} +\usepackage{latexsym} +\usepackage{graphicx} +\usepackage{wasysym} +\binoppenalty=10000 \relpenalty=10000 +\parskip = 3pt +\parindent = 0.4cm + +\newcommand{\Div}{\operatorname{div}} +\newcommand{\ddef}{\operatorname{def}} +\newcommand{\rot}{\operatorname{rot}} +\newcommand{\grad}{\operatorname{grad}} +\newcommand{\Pic}{\operatorname{Pic}} +\newcommand{\Aut}{\operatorname{Aut}} +\newcommand{\PSL}{\operatorname{PSL}} +\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} +\newcommand{\Cr}{\operatorname{Cr}} +\newcommand{\St}{\operatorname{St}} +\newcommand{\Orb}{\operatorname{Orb}} +\newcommand{\Bs}{\operatorname{Bs}} +\newcommand{\mld}{\operatorname{mld}} +\newcommand{\cov}{\operatorname{cov}} +\newcommand{\cor}{\operatorname{cor}} +\newcommand{\sign}{\operatorname{sign}} +\newcommand{\mult}{\operatorname{mult}} +\newcommand{\Sing}{\operatorname{Sing}} +\newcommand{\Diff}{\operatorname{Diff}} +\newcommand{\Supp}{\operatorname{Supp}} +\newcommand{\Ext}{\operatorname{Ext}} +\newcommand{\Exc}{\operatorname{Exc}} +\newcommand{\Cl}{\operatorname{Cl}} +\newcommand{\discrep}{\operatorname{discrep}} +\newcommand{\discr}{\operatorname{discr}} +\newcommand{\di}{\operatorname{di}} +\newcommand{\Int}{\operatorname{Int}} +%\newcommand{\sign}{\operatorname{sign}} +\renewcommand\gcd{\operatorname{\text{{\rm НОД}}}\ } +%\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} + + +\newcommand{\muu}{{\boldsymbol{\mu}}} +\newcommand{\OOO}{{\mathcal O}} +\newcommand{\TTT}{{\mathcal T}} +\newcommand{\BBBB}{{\mathcal B}} +\newcommand{\LL}{{\mathcal L}} +\newcommand{\EE}{{\mathcal E}} +\newcommand{\PP}{\mathbf{P}} +\newcommand{\MM}{\mathbf{M}} +\newcommand{\NN}{\mathbb{N}} +\newcommand{\ZZ}{\mathbb{Z}} +\newcommand{\FF}{\mathbb{F}} +\newcommand{\RR}{\mathbb{R}} +\newcommand{\CC}{\mathbb{C}} +\newcommand{\QQ}{\mathbb{Q}} +\newcommand{\AAA}{\mathfrak{A}} +\newcommand{\DDD}{\mathfrak{D}} +\newcommand{\SSS}{\mathfrak{S}} +\newcommand{\MMM}{\mathfrak{M}} +\newcommand{\RRR}{\mathfrak{R}} +\newcommand{\BBB}{\mathfrak{B}} +\newcommand{\aaa}{\mathfrak{a}} +\newcommand{\ppp}{\mathfrak{p}} +\newcommand{\mmm}{\mathfrak{m}} +\newcommand{\DD}{\mathbb{D}} +\newcommand{\DDDD}{\mathbf{D}} + +\newtheorem{theorem}{Теорема}[chapter] +\newtheorem{proposition}[theorem]{Предложение} +\newtheorem{lemma}[theorem]{Лемма} +\newtheorem{corollary}[theorem]{Следствие} +\newtheorem{claim}[theorem]{Утверждение} + +\theoremstyle{definition} +\newtheorem{example}[theorem]{Пример} +\newtheorem{definition}[theorem]{Определение} +\newtheorem{notation}[theorem]{Обозначения} +\newtheorem{construction}[theorem]{Конструкция} +\newtheorem{pusto}[theorem]{} +\newtheorem{remark}[theorem]{Замечание} +\newtheorem{Exercise}[theorem]{Упражнение} +\newtheorem{zero}[theorem]{} +\newtheorem{case}[theorem]{} + +\theoremstyle{remark} + + +\date{} + +\begin{document} + +\begin{titlepage} +\begin{center} +\large{\textbf{Лекции по курсу "Функциональный анализ"}} \quad \\ +\quad +\\ \quad +\\ \quad +\large{\textbf{Белоусов Григорий Николаевич}} \quad \\ \quad + +\end{center} +\end{titlepage} + +\tableofcontents + +\chapter{Топологические и метрические пространства} + +\section{Неравенства Юнга, Гельдера и Минковского} + +Вначале рассмотрим несколько неравенств, которые понадобятся нам на протяжении курса. + +\begin{theorem}[неравенство Юнга] +\label{NerUng} +Пусть числа $p>1$ и $q>1$ удовлетворяют условию $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$, $a,b\geq 0$. Тогда $$ab\leq\frac{a^p}{p}+\frac{b^q}{q}.$$ +\end{theorem} + +\begin{proof} +Мы можем считать, что $a,b>0$. Рассмотрим функцию $$f(x)=x^{\frac{1}{p}}-\frac{x}{p},\quad x\geq 0.$$ Заметим, что $$f'(x)=\frac{1}{p}x^{\frac{1}{p}-1}-\frac{1}{p}=\frac{1}{p}\left(x^{-\frac{1}{q}}-1\right)$$ положительна при $01$. Тогда в точке $x=1$ функция $f(x)$ принимает наибольшее значение. Следовательно, $$x^{\frac{1}{p}}-\frac{x}{p}\leq f(1)=1-\frac{1}{p}=\frac{1}{q}.$$ Пусть $x=\frac{a^p}{b^q}$. Тогда $$\frac{a}{b^{\frac{q}{p}}}-\frac{1}{p}\frac{a^p}{b^q}\leq\frac{1}{q}.$$ Отсюда, $$ab^{q-\frac{q}{p}}-\frac{a^p}{p}\leq\frac{b^q}{q}.$$ Получаем $$ab^{q(1-\frac{1}{p})}\leq\frac{a^p}{p}+\frac{b^q}{q}.$$ Здесь $q(1-\frac{1}{p})=q\frac{1}{q}=1$. +\end{proof} + +\begin{theorem}[неравенство Гельдера] +\label{NerGed} +Пусть числа $p>1$ и $q>1$ удовлетворяют условию $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$. Тогда $$\sum\limits_{i=1}^n |a_i b_i|\leq\left(\sum\limits_{i=1}^n |a_i|^p\right)^{\frac{1}{p}}\left(\sum\limits_{i=1}^n |b_i|^q\right)^{\frac{1}{q}}.$$ +\end{theorem} + +\begin{proof} +Заметим, что это неравенство однородно, т.е. оно выполнено для векторов $a$ и $b$ тогда и только тогда, когда оно выполнено для векторов $\lambda a$ и $\mu b$. Таким образом, мы можем считать, что $$\sum\limits_{i=1}^n |a_i|^p=\sum\limits_{i=1}^n |b_i|^q=1.$$ Согласно неравенству Юнга (см. \ref{NerUng}), $$|a_i b_i|\leq\frac{|a_i|^p}{p}+\frac{|b_i|^q}{q}.$$ Суммируя это неравенство по всем $i$, получаем $$\sum\limits_{i=1}^n |a_i b_i|\leq 1.$$ Что и требовалось доказать. +\end{proof} + +Заметим, что при $p=q=2$ неравенство Гельдера переходит в неравенство Коши--Буняковского. + +\begin{theorem}[неравенство Минковского] +\label{NerMin} +Пусть $p\geq 1$. Тогда $$\left(\sum\limits_{i=1}^n |a_i+b_i|^p\right)^{\frac{1}{p}}\leq\left(\sum\limits_{i=1}^n |a_i|^p\right)^{\frac{1}{p}}+\left(\sum\limits_{i=1}^n |b_i|^p\right)^{\frac{1}{p}}.$$ +\end{theorem} + +\begin{proof} +При $p=1$ неравенство очевидно. Заметим, что $$(|a_i|+|b_i|)^p=(|a_i|+|b_i|)^{p-1}|a_i|+(|a_i|+|b_i|)^{p-1}|b_i|.$$ Суммируя это неравенство по всем $i$, получаем $$\sum\limits_{i=1}^n(|a_i|+|b_i|)^p=\sum\limits_{i=1}^n(|a_i|+|b_i|)^{p-1}|a_i|+\sum\limits_{i=1}^n(|a_i|+|b_i|)^{p-1}|b_i|.$$ Применим к каждому слагаемому в правой части неравенство Гельдера (см. \ref{NerGed}). Получим +\begin{gather*}\sum\limits_{i=1}^n(|a_i|+|b_i|)^p\leq\left(\sum\limits_{i=1}^n((|a_i|+|b_i|)^{p-1})^q\right)^{\frac{1}{q}}\left(\sum\limits_{i=1}^n |a_i|^p\right)^{\frac{1}{p}}+\\ ++\left(\sum\limits_{i=1}^n((|a_i|+|b_i|)^{p-1})^q\right)^{\frac{1}{q}}\left(\sum\limits_{i=1}^n |b_i|^p\right)^{\frac{1}{p}},\end{gather*} где $q$ удовлетворяет условию $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$. Заметим, что $(p-1)q=p$. Тогда $$\sum\limits_{i=1}^n(|a_i|+|b_i|)^p\leq \left(\sum\limits_{i=1}^n(|a_i|+|b_i|)^{p}\right)^{\frac{1}{q}}\left(\left(\sum\limits_{i=1}^n |a_i|^p\right)^{\frac{1}{p}}+\left(\sum\limits_{i=1}^n |b_i|^p\right)^{\frac{1}{p}}\right).$$ Поделим обе части равенства на $$\left(\sum\limits_{i=1}^n(|a_i|+|b_i|)^{p}\right)^{\frac{1}{q}}.$$ Поскольку $1-\frac{1}{q}=\frac{1}{p}$, получаем $$\left(\sum\limits_{i=1}^n(|a_i|+|b_i|)^p\right)^{\frac{1}{p}}\leq \left(\sum\limits_{i=1}^n |a_i|^p\right)^{\frac{1}{p}}+\left(\sum\limits_{i=1}^n |b_i|^p\right)^{\frac{1}{p}}.$$ Откуда следует неравенство Минковского. +\end{proof} + + +\section{Топологические пространства} + +\begin{definition} +Пусть на множестве $X$ задана система подмножеств $\TTT$ такая, что +\begin{itemize} +\item если $U_i\in\TTT$ $\forall i$, то $\bigcap\limits_{i=1}^n U_i\in\TTT$, т.е. пересечение конечного числа подмножеств из $\TTT$ есть элемент $\TTT$. +\item если $U_\alpha\in\TTT$ $\forall \alpha$, то $\bigcup\limits_{\alpha} U_\alpha\in\TTT$, т.е. объединение любого числа (конечного или бесконечного) подмножеств из $\TTT$ есть элемент $\TTT$. +\item $X\in\TTT$, $\emptyset\in\TTT$. +\end{itemize} +Тогда пара $(X,T)$ называется \emph{топологическим пространством}. Система $\TTT$ называется \emph{топологией} на $X$. Элементы системы $\TTT$ называются \emph{открытыми множествами}. Элементы множества $X$ называются \emph{точками}. Открытое множество, содержащее точку $x$ мы будем называть \emph{окрестностью} точки $x$. +\end{definition} + +\begin{definition} +Семейство $\BBB$ называется \emph{базой} топологии, если $\BBB$ состоит из элементов $\TTT$ и любое множество $U\in\TTT$ представимо в виде объединения элементов семейства $\BBB$. +\end{definition} + +\begin{definition} +Множество $V\subset X$ называется \emph{замкнутым}, если его дополнение открыто, т.е. $X\setminus V\in\TTT$. +\end{definition} + +\begin{remark} +Заметим, что множества $X$ и $\emptyset$ одновременно открыты и замкнуты. +\end{remark} + +Непосредственно из определения видно, что объединение конечного числа замкнутых множеств снова замкнуто. Пересечение любого числа замкнутых множеств также замкнуто. + +\begin{example} +Пусть $X$ состоит из двух элементов, $X=\{a,b\}$. Тогда $\TTT=\{\emptyset,a,X\}$ образует топологию на $X$, в которой точка $a$ открыта, а точка $b$ замкнута. Это топологическое пространство называется \emph{связное двоеточие}. +\end{example} + +\begin{example} +Пусть $X=\RR$ и $\BBB=\{(a,b)\}$ --- множество интервалов. Тогда $\BBB$ является базой топологии на $\RR$. Эта топология называется \emph{стандартной} топологией на прямой. Теперь в качестве $\TTT$ мы можем взять множества $\{\emptyset,\RR,\RR\setminus\{x_1,\ldots,x_n\}\}$, т.е. открытыми множествами являются пустое множество, вся прямая и прямая без конечного числа точек. Эта топология называется \emph{топологией Зарисского}. +\end{example} + +\begin{remark} +Предыдущий пример показывает, что на одном и том же множестве можно задать несколько топологий. +\end{remark} + +\begin{theorem} +\label{Top1} +Семейство $\BBB$ тогта и только тогда является базой топологии $\TTT$, когда для любого множества $U\in\TTT$ и любой точки $x\in U$ существует $V\in\BBB$ такая, что $x\in V\subset U$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $U\in\TTT$ --- открытое множество. Тогда для каждой точки $\alpha\in U$ существует $V_\alpha\in\BBB$ такая, что $V_\alpha\subset U$. Тогда $U=\bigcup\limits_{\alpha} V_\alpha$. Обратно, пусть $\BBB$ --- база топологии $\TTT$. Тогда любое множество $U\in\TTT$ представимо $U=\bigcup\limits_{\alpha} V_\alpha$, $V_\alpha\in\BBB$. Пусть $x\in U=\bigcup\limits_{\alpha} V_\alpha$. Тогда существует $V_\alpha$ такая, что $x\in V_\alpha$ и $V_\alpha\subset U$. +\end{proof} + +Заметим, что в процессе доказательства, мы доказали следующую лемму. +\begin{lemma} +\label{Top2} +Множество $U$ открыто тогда и только тогда, когда для любой точки $x\in U$ существует окрестность $V$ такая, что $V\subset U$. +\end{lemma} + +Введем еще несколько определений. + +\begin{definition} +Будем говорить, что топологическое пространство $X$ удовлетворяет \emph{первой аксиоме отделимости} (обладает свойством $T_1$), если для любых двух точек $x,y\in X$ существует открытые множества $U$ и $V$ такие, что $x\in U, y\not\in U$ и $x\not\in V, y\in V$. +\end{definition} + +\begin{definition} +Будем говорить, что топологическое пространство $X$ удовлетворяет \emph{второй аксиоме отделимости} (обладает свойством $T_2$), если для любых двух точек $x,y\in X$ существует открытые множества $U$ и $V$ такие, что $x\in U, y\in V$ и $U\cap V=\emptyset$. $T_2$-пространства называются \emph{Хаусдорфовами}. +\end{definition} + +Очевидно, что $T_2$-пространства являются и $T_1$-пространствами. + +\begin{definition} +Будем говорить, что топологическое пространство $X$ удовлетворяет \emph{второй аксиоме счетности}, если существует счетная база. +\end{definition} + +\begin{definition} +Будем говорить, что топологическое пространство $X$ удовлетворяет \emph{первой аксиоме счетности}, если для любой точки $x\in X$ существует счетная система множеств $\Sigma_x\subset\TTT$, содержащих $x$. Более того, для любого множества $V\in\TTT$, содержащего $x$, существует множество $U_i\in\Sigma_x$ такое, что $U_i\subset V$. +\end{definition} + +Из теоремы \ref{Top1} видно, что пространства, удовлетворяющие второй аксиоме счетности, удовлетворяют и первой аксиоме счетности. + +\begin{definition} +Пусть $f\colon X\rightarrow Y$ --- отображение двух топологических пространств. Будем говорить, что $f$ \emph{непрерывно} в точке $x_0\in X$, если для любой окрестности $V\subset Y$ точки $f(x_0)$ существует окрестность $U$ точки $x_0$ такая, что $f(U)\subset V$. Отображение $f$ называется \emph{непрерывным}, если оно непрерывно в каждой точки пространства $X$. Непрерывное отображение $f\colon X\rightarrow Y$ называется \emph{гомеоморфизмом}, если $f$ взаимно однозначно отображает $X$ в $Y$ и отображение $f^{-1}\colon Y\rightarrow X$ непрерывно. +\end{definition} + +\begin{theorem} +\label{Top3} +Отображение $f\colon X\rightarrow Y$ непрерывно тогда и только тогда, когда прообраз любого открытого множества является открытым множеством. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $f\colon X\rightarrow Y$ --- непрерывное отображение, $V\subset Y$ --- открытое множество. Пусть $x\in f^{-1}(V)$. Заметим, что $V$ --- окрестность $f(x)$. Тогда существует окрестность $U$ точки $x$ такая, что $f(U)\subset V$, т.е. $U\subset f^{-1}(V)$. Согласно лемме \ref{Top2} $f^{-1}(V)$ открыто. +Обратно, пусть $V\subset Y$ --- окрестность точки $f(x_0)$. Тогда $f^{-1}(V)$ --- окрестность точки $x_0$ и $f(f^{-1}(V))=V\subset V$. Следовательно, $f$ непрерывно. +\end{proof} + +\section{Метрические пространства} + +\begin{definition} +Пусть на множестве $X$ задана функция $\rho(x,y)$ такая что +\begin{itemize} +\item $\rho(x,y)=0$ тогда, и только тогда когда $x=y$; +\item $\rho(x,y)=\rho(y,x)$; +\item $\rho(x,y)\leq \rho(x,z)+\rho(z,y)$ (неравенство треугольника). +\end{itemize} +Тогда пара $(X,\rho)$ называется \emph{метрическим пространством}. Функция $\rho(x,y)$ называется \emph{метрикой}. +\end{definition} + +\begin{claim} +\label{Met1} +$\rho(x,y)\geq 0$. +\end{claim} + +\begin{proof} +Действительно, $$0=\rho(x,x)\leq \rho(x,y)+\rho(y,x)=2\rho(x,y).$$ +\end{proof} + +\begin{definition} +\emph{Шаровой окрестностью} точки $x\in X$ радиуса $\varepsilon$ называется множество $U_{\varepsilon}(x)=\{ y\mid \rho(x,y)<\varepsilon\}$. +\end{definition} + +\begin{definition} +Точка $x$ называется \emph{внутренней точкой} множества $Y$, если существует $\varepsilon$ такое, что $U_{\varepsilon}(x)\subset Y$. Множество внутренних точек называется \emph{внутренностью} и обозначается $\Int Y$. Точка $x$ называется \emph{граничной точкой} множества $Y$, если для любого $\varepsilon>0$ шаровая окрестность $U_{\varepsilon}(x)$ содержит точки $Y$, но $U_{\varepsilon}(x)\not\subset Y$. Множество всех граничных точек называется \emph{границей} и обозначается $\partial Y$. \emph{Замыканием} множества $Y$ называется $\bar{Y}=Y\cup\partial Y$. +\end{definition} + +\begin{definition} +Множество $Y$ называется \emph{замкнутым}, если $\partial Y\subset Y$, и \emph{открытым}, если $\partial Y\cap Y=\emptyset$. Множества $\emptyset$ и $X$ мы будем считать и замкнутыми, и открытыми. +\end{definition} + +Очевидно, что если $Y$ --- открытое множество, то $X\setminus Y$ --- замкнутое множество, и наоборот. +Сейчас мы докажем несколько утверждений, которые покажут, что система открытых множеств задает топологию. + +\begin{definition} +\emph{Расстоянием} между двумя множествами $A,B\subset X$ называется $\rho(A,B)\inf\limits_{x\in A,y\in B}\rho(x,y)$. \emph{Точкой прикосновения} множества $A\subset X$ называется всякая точка $x$ для которой $\rho(x,A)=0$. +\end{definition} + +Заметим, что точка прикосновения множества $Y$ это точка в любой окрестности которой содержатся точки множества $Y$, т.е. это либо внутренняя точка, либо точка границы. Очевидно, что замыкание множества $Y$ можно описать, как множество всех точек прикосновения. + +\begin{claim} +\label{Met2} +Пересечение двух открытых множеств --- открытое множество. +\end{claim} + +\begin{proof} +Пусть $U_1$ и $U_2$ --- два открытых множества. Пусть $x\in U_1\cap U_2$. Тогда $x\in U_1$ и $x\in U_2$. Следовательно, существует $\varepsilon_1$ такое что $U_{\varepsilon_1}(x)\subset U_1$, и существует $\varepsilon_2$ такое, что $U_{\varepsilon_2}(x)\subset U_2$. Положим $\varepsilon=\min(\varepsilon_1,\varepsilon_2)$. Тогда $U_{\varepsilon}(x)\subset U_1$ и $U_{\varepsilon}(x)\subset U_2$. Следовательно, $U_{\varepsilon}(x)\subset U_1\cap U_2$. Отсюда, $x$ --- внутренняя точка. +\end{proof} + +Заметим, что из утверждения \ref{Met2} следует, что пересечение любого конечного числа открытых множеств --- открытое множество. + + \begin{claim} +\label{Met3} +Объединение любого числа открытых множеств --- открытое множество. +\end{claim} + +\begin{proof} +Пусть $x\in\bigcup\limits_{\alpha} U_\alpha$. Тогда существует $U_\alpha$ такое, что $x\in U_\alpha$. Следовательно, существует $U_{\varepsilon}(x)$ такое, что $U_{\varepsilon}(x)\subset U_\alpha$. Тогда $U_{\varepsilon}(x)\subset \bigcup\limits_{\alpha} U_\alpha$. +\end{proof} + +Из утверждений \ref{Met2} и \ref{Met3} следует, что открытые множества задают топологию. + + \begin{claim} +\label{Met4} +Множество шаровых окрестностей образуют базу этой топологии. +\end{claim} + +\begin{proof} +%Пусть $V$ --- открытое множество. Тогда для каждой точке $\alpha\in V$ существует шаровая окрестность $U_\alpha\subset V$. Тогда $V=\bigcup\limits_{\alpha} U_\alpha$.\ +Следует из теоремы \ref{Top1}. +\end{proof} + +\begin{example} +\label{Ex1} +Пусть $X=\RR$. Тогда мы можем задать метрику $\rho(x,y)=|x-y|$. Аналогично мы можем ввести метрику на $\RR^n$. Пусть $x=(x_1,x_2,\ldots,x_n)$, $y=(y_1,y_2,\ldots,y_n)$. Тогда $$\rho(x,y)=\sqrt{(x_1-y_1)^2+(x_2-y_2)^2+\cdots+(x_n-y_n)^2}.$$ Более того, если $p\geq 1$, то мы можем определить метрику $$\rho(x,y)=\left(\sum\limits_{i=1}^n|x_i-y_i|^p\right)^{\frac{1}{p}}.$$ Из неравенства Минковского (см. \ref{NerMin}) следует неравенство треугольника для этой метрике. Еще одну метрику на $\RR^n$ можно задать, как $$\rho(x,y)=\max\limits_i |x_i-y_i|.$$ +\end{example} + +\begin{definition} +Две метрики называются \emph{эквивалентными}, если они задают одну и ту же топологию. +\end{definition} + +\begin{remark} +Все метрики в примере \ref{Ex1} эквивалентны. +\end{remark} + + \begin{claim} +\label{Met5} +Все метрические пространства являются Хаусдорфовыми. +\end{claim} + +\begin{proof} +Пусть $x,y\in X$ и $\rho(x,y)=a$. Возьмем две шаровые окрестности $U_{\frac{a}{2}}(x)$ и $U_{\frac{a}{2}}(y)$. Докажем, что они не пересекаются. Предположим, что существует точка $z\in U_{\frac{a}{2}}(x)$ и $z\in U_{\frac{a}{2}}(y)$. Тогда $$\rho(x,y)\leq\rho(z,x)+\rho(z,y)<\frac{a}{2}+\frac{a}{2}=a.$$ Противоречие. +\end{proof} + + \begin{claim} +\label{Met6} +Все метрические пространства удовлетворяют первой аксиоме счетности. +\end{claim} + +\begin{proof} +Как известно, множество рациональных чисел счетно. Возьмем множество шаровых окрестностей рационального радиуса с центром в точке $x$. Пусть $x\in V$. Тогда существует шаровая окрестность $U_{\varepsilon}(x)$ такая, что $U_{\varepsilon}(x)\subset V$. Пусть $\tilde{\varepsilon}$ --- рациональное число, меньшее $\varepsilon$. Тогда $U_{\tilde{\varepsilon}}(x)\subset U_{\varepsilon}(x)\subset V$. +\end{proof} + +Теперь рассмотрим операцию замыкание. Имеют место следующие свойства. +\begin{enumerate} +\item $\bar{Y}$ --- замкнутое множество. +\item $\overline{Y_1\cup Y_2}=\bar{Y}_1\cup\bar{Y}_2$ +\item $\overline{Y_1\cap Y_2}=\bar{Y}_1\cap\bar{Y}_2$ +\end{enumerate} + +\begin{definition} +Множество $Y\subset X$ называется \emph{всюду плотным} в $X$, если $\bar{Y}=X$. Множество $Y\subset X$ называется \emph{нигде не плотным}, если $\Int\bar{Y}=\emptyset$. +\end{definition} + +\begin{definition} +Пространство $X$ называется \emph{сепарабельным}, если в нем существует счетное всюду плотное множество $Y$. +\end{definition} + +\begin{example} +Пусть $X=\RR$. Поскольку $\QQ$ всюду плотно в $\RR$ и счетно, то $\RR$ сепарабельно. Аналогично сепарабельными являются все пространства $\RR^n$. +\end{example} + + \begin{theorem} +\label{Met7} +Каждое пространство $X$, удовлетворяющее второй аксиоме счетности, сепарабельно. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $\BBB=\{U_i\}$ счетная база пространства $X$. Выберем в каждом $U_i$ точку $x_i$. Обозначим через $M$ --- множество этих точек. Пусть $x$ --- произвольная точка и $V$ --- ее окрестность. Согласно теореме \ref{Top1} существует множество $U_i\subset V$, т.е. существует точка $x_i\in V$. Тогда $x\in\bar{M}$. Следовательно, $\bar{M}=X$. +\end{proof} + + \begin{theorem} +\label{Met8} +Пусть $f\colon X\rightarrow Y$ --- отображение двух метрических пространств. Отображение $f$ непрерывно в точке $x_0$ тогда и только тогда, когда для любого $\varepsilon>0$ существует $\delta(\varepsilon)$ такое, что для любого $x$ с условием $\rho(x,x_0)<\delta$, выполнено неравенство $\rho_1(f(x),f(x_0))<\varepsilon$ (здесь $\rho_1$ означает метрику в $Y$). +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $f\colon X\rightarrow Y$ непрерывно в точке $x_0$. Рассмотрим шаровую окрестность $U_{\varepsilon}(f(x_0))$. Согласно определению, существует окрестность $V$ точки $x_0$ такая, что $f(V)\subset U$. Поскольку $V$ открыто и содержит $x_0$, то существует шаровая окрестность $V_{\delta}(x_0)\subset V$. Следовательно, $f(V_{\delta}(x_0))\subset U_{\varepsilon}(f(x_0))$. Обратно, пусть $U$ --- окрестность точки $f(x_0)$. Тогда существует шаровая окрестность $U_{\varepsilon}(f(x_0))\subset U$. По предположению, существует $\delta(\varepsilon)$ такое, что для любого $x$ с условием $\rho(x,x_0)<\delta$, выполнено неравенство $\rho_1(f(x),f(x_0))<\varepsilon$. Рассмотрим шаровую окрестность $V_{\delta}(x_0)$. Тогда $f(V_{\delta}(x_0))\subset U_{\varepsilon}(f(x_0))\subset U$. Следовательно, $f$ непрерывно в точке $x_0$. +\end{proof} + +\section{Полные метрические пространства} + +Пусть дана последовательность $\{x_n\}$ в метрическом пространстве $X$. Будем говорить, что эта последовательность \emph{сходится} к точке $x$, если для любого $\varepsilon>0$ существует $N$ такое, что для любых $n>N$ выполнено неравенство $\rho(x_n,x)<\varepsilon$. Или по другому $$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\rho(x_n,x)=0.$$ + + \begin{theorem} +\label{Pol1} +Точка $x\in Y$ тогда и только тогда является точкой прикосновения этого множества, когда существует последовательность $\{x_n\}$ точек из $Y$ сходящаяся к $x$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $x$ --- точка прикосновения. Тогда в шаровой окрестности $U_{\frac{1}{n}}(x)$ содержится хотя бы одна точка $x_n\in Y$. Эти точки образуют последовательность, сходящуюся к $x$. Обратно, пусть существует последовательность $\{x_n\}$ точек из $Y$ сходящаяся к $x$. Тогда в любой окрестности $U_{\varepsilon}(x)$ содержатся все точки последовательности $\{x_n\}$, начиная с какого-то $n$. +\end{proof} + +\begin{definition} +Последовательность $\{x_n\}\subset X$ называется \emph{фундаментальной}, если для любого $\varepsilon>0$ существует $N(\varepsilon)$ такое, что для любых $n,m>N$ выполнено неравенство $\rho(x_n,x_m)<\varepsilon$. +\end{definition} + +Любая сходящаяся последовательность фундаментальна. Действительно, выберем такое $N$, что для любых $n,m>N$ выполнялись неравенства $\rho(x_n,x)<\frac{\varepsilon}{2}$, $\rho(x_m,x)<\frac{\varepsilon}{2}$. Тогда, из неравенства треугольника, $$\rho(x_n,x_m)\leq\rho(x_n,x)+\rho(x,x_m)<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon.$$ + +\begin{definition} +Если в пространстве $X$ любая фундаментальная последовательность сходится, то это пространство называется \emph{полным}. +\end{definition} + +\begin{example} +Пространство $\RR$ с обычной метрикой является полным. Пространство $\QQ$ не является полным. Пространство $\RR^n$ с обычной метрикой также является полным. +\end{example} + + \begin{theorem} +\label{Pol2} +Метрическое пространство $X$ полно тогда и только тогда, когда в нем всякая последовательность вложенных друг в друга замкнутых шаров, радиусы которых стремятся к нулю, имела непустое пересечение. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Предположим, что $X$ полно. Пусть $B_1, B_2,\ldots$ --- последовательность вложенных друг в друга замкнутых шаров, и пусть $x_1,x_2,\ldots$ --- их центры, $r_1,r_2,\ldots$ --- их радиусы ($r_n\rightarrow 0$). Заметим, что $\rho(x_n,x_m)<\max(r_n,r_m)$. Следовательно, последовательность $x_1,x_2,\ldots$ фундаментальна. Пусть $x$ --- ее предел. С другой стороны, шар $B_m$ содержит все точки последовательности $\{x_n\}$, за исключением, быть может, точек $x_1,x_2,\ldots,x_{m-1}$. Тогда $x$ --- точка прикосновения шара $B_m$ (см. теорема \ref{Pol1}). Поскольку $B_m$ --- замкнутый шар, то $x\in B_m$. Следовательно, $x\in\bigcap\limits_n B_n$. + +Предположим, что всякая последовательность вложенных друг в друга замкнутых шаров, радиусы которых стремятся к нулю, имеет непустое пересечение. Пусть $\{x_n\}$ --- фундаментальная последовательность. Тогда существует элемент $x_{n_1}$ такой, что $\rho(x_{n_1}, x_n)<\frac{1}{2}$ для всех $n>n_1$. Пусть $B_1$ --- замкнутый шар, радиуса $1$ с центром в $x_{n_1}$. Тогда $B_1$ содержит все элементы последовательности $\{x_n\}$ начиная с $x_{n_1}$. Выберем элемент $x_{n_2}$ такой, что $\rho(x_{n_2}, x_n)<\frac{1}{2^2}$ для всех $n>n_2$ и $n_2>n_1$. Пусть $B_2$ --- замкнутый шар, радиуса $\frac{1}{2}$ с центром в $x_{n_2}$. Продолжая этот процесс, мы получим последовательность вложенных друг в друга замкнутых шаров $B_n$. Их радиусы равны $\frac{1}{2^{n-1}}$, т.е. стремятся к нулю. Тогда существует точка $x\in\bigcap\limits_n B_n$. Очевидно, что $x$ является пределом последовательности $\{x_n\}$. +\end{proof} + + \begin{theorem}[теорема Бэра] +\label{Pol3} +Полное метрическое пространство $X$ не может быть представлено в виде объединения счетного числа нигде не плотных множеств. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Предположим противное, т.е. пусть $$X=\bigcup\limits_{n=1}^{\infty}M_n,$$ где $M_n$ нигде не плотно. Пусть $B_1$ --- замкнутый шар, такой что $B_1\cap M_1=\emptyset$, и его радиуса меньше $1$. Поскольку $B_1\cap M_2$ нигде не плотно, то существует замкнутый шар $B_2$ такой что $B_2\subset B_1$, $B_2\cap M_2=\emptyset$ и радиус $B_2$ меньше $\frac{1}{2}$. Аналогично, $B_2\cap M_3$ нигде не плотно. Тогда существует замкнутый шар $B_3$ такой что $B_3\subset B_2$, $B_3\cap M_3=\emptyset$ и радиус $B_3$ меньше $\frac{1}{2^2}$. Продолжая этот процесс, мы получим последовательность вложенных друг в друга замкнутых шаров $B_n$, радиусы которых стремятся к нулю. По теореме \ref{Pol2} существует точка $x\in\bigcap\limits_n B_n$. С другой стороны, $x\not\in\bigcup\limits_{n=1}^{\infty}M_n$. +\end{proof} + +\begin{definition} +Точка $x\in X$ называется \emph{изолированной}, если существует $\varepsilon>0$ такой, что $U_{\varepsilon}(x)$ состоит из одной точки $x$. Пространство, каждая точка которого является изолированной, называется \emph{дискретным}. +\end{definition} + +\begin{claim} +\label{Pol4} +Всякое полное метрическое пространство без изолированных точек несчетно. +\end{claim} + +\begin{definition} +Пусть $X$ --- метрическое пространство. Полное метрическое пространство $X^*$ называется \emph{пополнением} пространства $X$, если $X\subset X^*$ и $\bar{X}=X^*$. +\end{definition} + + \begin{theorem} +\label{Pol5} +Каждое метрическое пространство $X$ имеет единственное (с точности до изометрии) пополнение. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $X$ --- метрическое пространство. Рассмотрим множество фундаментальных последовательностей $\tilde{X}$. Назовем две фундаментальные последовательности $\{x_n\}$ и $\{y_n\}$ эквивалентными, если $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\rho(x_n,y_n)=0$. Это отношение рефлексивно, симметрично и транзитивно. Рефлексивность и симметричность очевидна. Транзитивность следует из неравенства треугольника $$\rho(x_n,z_n)\leq \rho(x_n,y_n)+\rho(y_n,z_n).$$ Таким образом, $\tilde{X}$ распадается на классы эквивалентности. Определим пространство $X^*$. Его точками будут классы эквивалентных между собой последовательностей. Определим метрику на этом пространстве следующим образом. Пусть $x^*$, $y^*$ --- два класса эквивалентности. Пусть $\{x_n\}\in x^*$ и $\{y_n\}\in y^*$. Тогда $$\rho(x^*,y^*)=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\rho(x_n,y_n).$$ Докажем, что этот предел существует и не зависит от выбора $\{x_n\}\in x^*$ и $\{y_n\}\in y^*$. Заметим, что $$|\rho(x_n,y_n)-\rho(x_m,y_m)|=|\rho(x_n,y_n)-\rho(x_n,y_m)+\rho(x_n,y_m)-\rho(x_m,y_m)|\leq$$ $$\leq|\rho(x_n,y_n)-\rho(x_n,y_m)|+|\rho(x_n,y_m)-\rho(x_m,y_m)|\leq\rho(y_n,y_m)+\rho(x_n,x_m).$$ Здесь мы использовали $$\rho(x_n,y_n)\leq\rho(y_n,y_m)+\rho(x_n,y_m),$$ $$\rho(x_n,y_m)\leq\rho(x_n,x_m)+\rho(x_m,y_m).$$ Поскольку $\{x_n\}$ и $\{y_n\}$ --- фундаментальные последовательности, то для любого $\varepsilon>0$ существует $N\in\NN$ такое, что для любых $n,m>N$ выполнено $\rho(y_n,y_m)<\frac{\varepsilon}{2}$ и $\rho(x_n,x_m)<\frac{\varepsilon}{2}$. Тогда $$|\rho(x_n,y_n)-\rho(x_m,y_m)|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon.$$ Таким образом, согласно критерию Коши последовательность $\rho(x_n,y_n)$ сходится. Докажем единственность. Пусть $\{x_n\},\{x'_n\}\in x^*$ и $\{y_n\},\{y'_n\}\in y^*$. Тогда $$|\rho(x_n,y_n)-\rho(x'_n,y'_n)|=|\rho(x_n,y_n)-\rho(x_n,y'_n)+\rho(x_n,y'_n)-\rho(x'_n,y'_n)|\leq$$ $$|\rho(x_n,y_n)-\rho(x_n,y'_n)|+|\rho(x_n,y'_n)-\rho(x'_n,y'_n)|\leq\rho(y_n,y'_n)+\rho(x_n,x'_n).$$ Поскольку $$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\rho(x_n,x'_n)=0,\quad\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\rho(y_n,y'_n)=0,$$ то $$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\rho(x_n,y_n)=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\rho(x'_n,y'_n).$$ Теперь проверим аксиомы метрического пространства. То, что $\rho(x^*,y^*)=0$ тогда и только тогда, когда $x^*=y^*$ следует из определения классов эквивалентности. Симметричность ($\rho(x^*,y^*)=\rho(y^*,x^*)$) очевидна. Осталось доказать неравенство треугольника. Пусть $x^*,y^*,z^*\in X^*$, и пусть $\{x_n\}\in x^*$, $\{y_n\}\in y^*$, $\{z_n\}\in z^*$. Поскольку $X$ --- метрическое пространство, то $$\rho(x_n,z_n)\leq\rho(x_n,y_n)+\rho(y_n,z_n).$$ Переходим к пределу при $n\rightarrow\infty$, получаем $$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\rho(x_n,z_n)\leq\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\rho(x_n,y_n)+\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\rho(y_n,z_n).$$ Отсюда, $$\rho(x^*,z^*)\leq\rho(x^*,y^*)+\rho(y^*,z^*).$$ Таким образом, $X^*$ --- метрическое пространство. Теперь отобразим $X$ в пространство $X^*$. Сопоставим $x\in X$ класс фундаментальных последовательностей, сходящихся к $x$. Заметим, что хотя бы одна такая последовательность есть всегда, например постоянная последовательность $x,x,x,\ldots$. Теперь докажем, что $X$ всюду плотно в $X^*$. Пусть $x^*\in X^*$ и $\{x_n\}\in x^*$. Пусть $\varepsilon>0$ --- произвольное число. Так как последовательность $\{x_n\}$ фундаментальная, то существует $N\in\NN$ такое, что $\rho(x_n,x_m)<\varepsilon$ для любых $n,m>N$. С другой стороны, $$\rho(x_n,x^*)=\lim\limits_{m\rightarrow\infty}\rho(x_n,x_m)\leq\varepsilon.$$ Таким образом, произвольная окрестность точки $x^*\in X^*$ содержит точку $X$. Теперь докажем, что $X^*$ полно. Заметим, что любая последовательность $\{x_n\}$, составленная из точек $X$ сходится. Пусть теперь $\{x^*_n\}$ --- фундаментальная последовательность из $X^*$. Поскольку $X$ всюду плотно в $X^*$, то существуют точки $x_n\in X$ удовлетворяющие условию $\rho(x_n,x^*_n)<\frac{1}{n}$. Заметим, что $$\rho(x_n,x_m)\leq\rho(x_n,x^*_n)+\rho(x^*_n,x^*_m)+\rho(x^*_m,x_m)<\frac{1}{n}+\frac{1}{m}+\rho(x^*_n,x^*_m).$$ Следовательно, последовательность $\{x_n\}$ фундаментальна. Тогда она сходится к $x^*$. С другой стороны, $$\rho(x^*,x^*_n)\leq\rho(x^*,x_n)+\rho(x_n,x^*_n)<\frac{1}{n}+\rho(x_n,x^*_n).$$ Таким образом, $\{x^*_n\}$ также сходится к $x^*$. + +Теперь докажем единственность. Пусть есть два пополнения $X^*$ и $X^{**}$ пространства $X$. Определим отображение $f\colon X^*\rightarrow X^{**}$ следующим образом, $f(x)=x$, если $x\in X$. Пусть $x^*\in X^*$. Тогда существует последовательность $\{x_n\}$, составленная из точек $X$ такая, что $\lim\limits_{n\rightarrow\infty} x_n=x^*$. Точки $\{x_n\}$ входят в $X^{**}$ и последовательность $\{x_n\}$ фундаментальна в $X^{**}$. Пусть $\lim\limits_{n\rightarrow\infty} x_n=x^{**}$ в пространстве $X^{**}$. Положим $f(x^*)=x^{**}.$ Проверим, что $f$ является изометрией. Пусть $\rho_1$ и $\rho_2$ --- метрики в $X^*$ и $X^{**}$ соответственно. Пусть $$\lim\limits_{n\rightarrow\infty} x_n=x^*,\quad \lim\limits_{n\rightarrow\infty} y_n=y^*\text{ в } X^*,$$ $$\lim\limits_{n\rightarrow\infty} x_n=x^{**},\quad \lim\limits_{n\rightarrow\infty} y_n=y^{**}\text{ в } X^{**}.$$ Тогда $$\rho_1(x^*,y^*)=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\rho_1(x_n,y_n)=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\rho(x_n,y_n),$$ $$\rho_2(x^{**},y^{**})=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\rho_2(x_n,y_n)=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\rho(x_n,y_n).$$ Таким образом, $\rho_1(x^*,y^*)=\rho_2(x^{**},y^{**})$. +\end{proof} + +\begin{example} +Пусть $X=\QQ$. Рассмотрим стандартную метрику $\rho(x,y)=|x-y|$. Тогда пополнение $X^*=\RR$. +\end{example} + +\begin{example} +Пусть $C[a;b]$ --- пространство непрерывных функций на $[a;b]$. Рассмотрим метрику $\rho(f,g)=\max\limits_{x\in[a;b]}|f(x)-g(x)|$. Тогда пространство $C[a;b]$ --- полное пространство. Действительно, пусть $\{y_n(x)\}$ --- фундаментальная последовательность. Это означает что для любого $\varepsilon>0$ существует $N$ такое, что для любых $n,m>N$ и любого $x\in[a;b]$ выполнено $|y_n(x)-y_m(x)|<\varepsilon$. Тогда $y_n(x)\rightrightarrows y(x)$. Устремив $m$ к бесконечности в неравенстве $|y_n(x)-y_m(x)|<\varepsilon$, получаем $|y_n(x)-y(x)|\leq\varepsilon$, т.е. $\rho(y_n,y)\leq\varepsilon$. Следовательно, $\{y_n(x)\}$ сходится к $y(x)$ в смысле метрики $\rho$. +\end{example} + +\section{Принцип сжимающих отображений} + +\begin{definition} +Пусть $X$ --- метрическое пространство. Отображение $A$ называется \emph{сжимающим}, если существует число $\alpha<1$ такое, что $\rho(Ax,Ay)\leq\alpha\rho(x,y)$. +\end{definition} + + \begin{claim} +\label{Sj1} +Любое сжимающее отображение непрерывно. +\end{claim} + +\begin{proof} +Действительно, если $\rho(x,y)<\varepsilon$, то $\rho(Ax,Ay)<\varepsilon$. +\end{proof} + + \begin{theorem}[принцип сжимающих отображений] +\label{Sj2} +Любое сжимающее отображение полного метрического пространства $X$ имеет одну и только одну неподвижную точку. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $x_0\in X$ --- произвольная точка. Положим $$x_1=Ax_0,\quad x_2=Ax_1=A^2x_0,\ldots,\quad x_n=Ax_{n-1}=A^n x_0,\ldots.$$ Докажем, что $\{x_n\}$ --- фундаментальная последовательность. Пусть $m>n$ --- натуральные числа. Тогда $$\rho(x_n,x_m)=\rho(A^n x_0,A^n x_{m-n})\leq \alpha^n\rho(x_0,x_{m-n})\leq$$ $$\leq\alpha^n(\rho(x_0,x_1)+\rho(x_1,x_2)+\cdots+\rho(x_{m-n-1},x_{m-n}))\leq$$ $$\leq\alpha^n(\rho(x_0,x_1)+\rho(Ax_0,Ax_1)+\cdots+\rho(A^{m-n-1}x_0,A^{m-n-1}x_1))\leq$$ $$\leq\alpha^n\rho(x_0,x_1)(1+\alpha+\alpha^2+\cdots+\alpha^{m-n-1})\leq\frac{\alpha^n\rho(x_0,x_1)}{1-\alpha}.$$ Поскольку $\alpha<1$, то $\frac{\alpha^n\rho(x_0,x_1)}{1-\alpha}$ стремится к нулю при $n\rightarrow\infty$. Следовательно, $\{x_n\}$ --- фундаментальная последовательность. Пусть $x$ --- ее предел. Тогда, в силу непрерывности отображения $A$ (см. \ref{Sj1}), получаем $$Ax=A\lim\limits_{n\rightarrow\infty} x_n=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}A x_n=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_{n+1}=x.$$ + +Докажем единственность точки $x$. Пусть есть две неподвижные точки $x$ и $y$. Тогда $$\rho(x,y)=\rho(Ax,Ay)\leq\alpha\rho(x,y).$$ Поскольку $\alpha<1$, то $\rho(x,y)=0$. Следовательно, $x=y$. +\end{proof} + +Рассмотрим некоторые приложения этой теоремы. + +Пусть $f(x)$ определена на $[a;b]$ и удовлетворяет условию Липшица, существует $R$ такое, что для любых $x_1,x_2\in[a;b]$ выполнено $|f(x_1)-f(x_2)|\leq K|x_1-x_2|$. Предположим, что $K<1$ и $f(x)$ отображает $[a;b]$ в себя. Тогда $f(x)$ --- сжимающее отображение. Согласно теореме \ref{Sj2}, последовательность $x_0\in [a;b]$, $x_1=f(x_0)$, $x_2=f(x_1)$,... сходится к единственному корню $x=f(x)$. В частности, если $f(x)$ имеет производную на $[a;b]$, и $|f'(x)|\leq K<1$, то из теоремы Лагранжа следует, что $|f(x_1)-f(x_2)|\leq K|x_1-x_2|$, т.е. $f(x)$ --- сжимающее отображение. + +Рассмотрим отображение $A$ $n$-мерного пространства в себя, задаваемое системой линейных уравнений $$\begin{cases} y_1=a_{11}x_1+a_{12}x_2+\cdots+a_{1n}x_n+b_1\\ +y_2=a_{21}x_1+a_{22}x_2+\cdots+a_{2n}x_n+b_2\\ +\cdots\quad\cdots\quad\cdots\\ +y_n=a_{n1}x_1+a_{n2}x_2+\cdots+a_{nn}x_n+b_n\end{cases}$$ +Если $A$ сжимающее отображение, то мы можем применить этот метод к решению уравнения $x=Ax$. Осталось выяснить, когда это отображение сжимающее. Ответ зависит от выбора метрики. Пусть на $\RR^n$ задана метрика $\rho(x,y)=\max\limits_i |x_i-y_i|$, где $x=(x_1,x_2,\ldots,x_n)$, $y=(y_1,y_2,\ldots,y_n)$. Пусть $x'=(x'_1,x'_2,\ldots,x'_n)$ $x''=(x''_1,x''_2,\ldots,x''_n)$, $y'=Ax'$, $y''=Ax''$. Тогда $$\rho(y',y'')=\max\limits_i |y'_i-y''_i|=\max\limits_i \left|\left(\sum\limits_{j=1}^n a_{ij}x'_j+b_i\right)-\left(\sum\limits_{j=1}^n a_{ij}x''_j+b_i\right)\right|=$$ $$=\max\limits_i \left|\sum\limits_{j=1}^n a_{ij}(x'_j-x''_j)\right|\leq\max\limits_i\sum\limits_{j=1}^n|a_{ij}||x'_j-x''_j|\leq$$ $$\leq\max\limits_i\sum\limits_{j=1}^n|a_{ij}|\max\limits_j |x'_j-x''_j|=\left(\max\limits_i\sum\limits_{j=1}^n|a_{ij}|\right)\rho(x',x'').$$ Отсюда, если $\sum\limits_{j=1}^n|a_{ij}|<1$ для любого $i$, то $A$ --- сжимающее отображение. Рассмотрим метрику $\rho(x,y)=\sum\limits_{i=1}^n |x_i-y_i|$. Тогда $$\rho(y',y'')=\sum\limits_{i=1}^n |y'_i-y''_i|=\sum\limits_{i=1}^n \left|\left(\sum\limits_{j=1}^n a_{ij}x'_j+b_i\right)-\left(\sum\limits_{j=1}^n a_{ij}x''_j+b_i\right)\right|=$$ +$$=\sum\limits_{i=1}^n \left|\sum\limits_{j=1}^n a_{ij}(x'_j-x''_j)\right|\leq\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^n |a_{ij}| |x'_j-x''_j|=\sum\limits_{j=1}^n\left(\sum\limits_{i=1}^n |a_{ij}|\right)|x'_j-x''_j|\leq$$ +$$\leq\sum\limits_{j=1}^n\left(\max\limits_j\sum\limits_{i=1}^n |a_{ij}|\right)|x'_j-x''_j|=\left(\max\limits_j\sum\limits_{i=1}^n |a_{ij}|\right)\sum\limits_{j=1}^n|x'_j-x''_j|=$$ $$=\left(\max\limits_j\sum\limits_{i=1}^n |a_{ij}|\right)\rho(x',x'').$$ Следовательно, $A$ --- сжимающее отображение, если $\sum\limits_{i=1}^n|a_{ij}|<1$ для любого $j$. +Теперь рассмотрим стандартную метрику $$\rho(x,y)=\sqrt{\sum\limits_{i=1}^n(x_i-y_i)^2}.$$ Тогда $$\rho^2(y',y'')=\sum\limits_{i=1}^n\left(\left(\sum\limits_{j=1}^n a_{ij}x'_j+b_i\right)-\left(\sum\limits_{j=1}^n a_{ij}x''_j+b_i\right)\right)^2=$$ $$=\sum\limits_{i=1}^n\left(\sum\limits_{j=1}^n a_{ij}(x'_j-x''_j)\right)^2\leq$$ $$\text{ используя неравенство Коши-Буняковского }$$ $$\leq\sum\limits_{i=1}^n\left(\sum\limits_{j=1}^n a^2_{ij}\right)\left(\sum\limits_{j=1}^n (x'_j-x''_j)^2\right)=\left(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n a^2_{ij}\right)\rho(x',x'').$$ Отсюда, получаем условие $\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n a^2_{ij}<1$. + +Рассмотрим еще один важный пример. Пусть дано дифференциальное уравнение $y'=f(x,y)$ с начальным условием $y(x_0)=y_0$. Предположим, что $f(x,y)$ --- определена и непрерывна в некоторой области $G$, содержащей точку $(x_0,y_0)$. Более того, $f(x,y)$ удовлетворяет условию Липшица по $y$, т.е. существует $K$ такое, что $$|f(x,y_1)-f(x,y_2)|\leq K|y_1-y_2|$$ для любых $(x,y_1), (x,y_2)\in G$. Поскольку $f(x,y)$ --- непрерывно, то $|f(x,y)|0$ существует конечная $\varepsilon$-сеть. +\end{definition} + +\begin{remark} +Заметим, что вполне ограниченные множества ограничены. Обратное неверно. +\end{remark} + + + \begin{theorem} +\label{Kom6} +Если метрическое пространство $X$ счетно компактно, то оно вполне ограниченно. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $X$ не вполне ограниченно. Тогда для некоторого $\varepsilon_0>0$ в $X$ не существует конечной $\varepsilon_0$-сети. Пусть $x_1\in X$ --- произвольная точка. Поскольку $\{x_1\}$ не является $\varepsilon_0$-сетью, то существует $x_2\in X$ такой, что $\rho(x_1,x_2)>\varepsilon_0$. Поскольку $\{x_1,x_2\}$ не является $\varepsilon_0$-сетью, то существует $x_3\in X$ такой, что $\rho(x_1,x_3)>\varepsilon_0$, $\rho(x_2,x_3)>\varepsilon_0$ и т.д. Таким образом, мы получили последовательность $$\{x_1,x_2,\ldots,x_n,\ldots\}$$ такую, что $\rho(x_n,x_m)>\varepsilon_0$ для любых $n\neq m$. Тогда эта последовательность не имеет ни одной предельной точки. Противоречие. +\end{proof} + +\begin{lemma} +\label{LemKom} +Пусть $X$ --- топологическое пространство со счетной базой, т.е. $X$ удовлетворяет второй аксиоме счетности. Тогда из всякого открытого покрытия можно выбрать конечное или счетное подпокрытие. +\end{lemma} + +\begin{proof} +Пусть $\{U_{\alpha}\}$ --- открытое покрытие. Тогда для любого $x\in X$ существует $U_{\alpha}$ такой, что $x\in U_{\alpha}$. Пусть $\{B_n\}$ --- счетная база. Тогда существует $B_n(x)$ такой, что $x\in B_n(x)\subset U_{\alpha}$. Выбрав для каждого $B_n(x)$ одно из $U_{\alpha}$, мы получим конечное или счетное подпокрытие. +\end{proof} + + \begin{theorem} +\label{MetS} +Пусть $X$ --- вполне ограниченное метрическое пространство. Тогда $X$ --- топологическое пространство со счетной базой, т.е. $X$ удовлетворяет второй аксиоме счетности. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Для каждого $n\in\NN$ построим конечную $\frac{1}{n}$-сеть $\{x_{n1},x_{n2},\ldots,x_{nm_n}\}$. Для каждого $x_{ni}$ возьмем шар $B(x_{ni},\frac{1}{n})$ радиуса $\frac{1}{n}$ с центром в $x_{ni}$. Их объединение и будет счетной базой. +\end{proof} + + \begin{corollary} +\label{Kom7} +Всякое счетно компактное метрическое пространство компактно. +\end{corollary} + +\begin{proof} +Пусть $X$ --- счетно компактное пространство. Тогда, по теореме \ref{Kom6}, оно вполне ограничено. По теореме \ref{MetS}, $X$ удовлетворяет второй аксиоме счетности. Согласно лемме \ref{LemKom} из любого покрытия $X$ можно выбрать счетное подпокрытие, а следовательно и конечное подпокрытие. +\end{proof} + +Рассмотрим еще одну "компактность". + +\begin{definition} +Пусть $X$ --- метрическое пространство. Мы говорим, что $X$ секвенциально компактно, если из любой последовательности его точек можно выбрать сходящуюся подпоследовательность. +\end{definition} + +\begin{remark} +Выше (см. \ref{Kom5}) мы доказали, что счетно компактное пространство секвенциально компактно. На самом деле верно и обратное утверждение. +\end{remark} + +\begin{theorem} +\label{Kom8} +Пусть $X$ --- секвенциально компактное пространство. Тогда любая непрерывная функция $f\colon X\rightarrow\RR$ ограничена и достигает своего максимума и минимума. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Предположим, что $f(x)$ не ограничена. Тогда существует неограниченная возрастающая (или убывающая) последовательность $f(x_n)$. Поскольку $X$ секвенциально компактно, то из последовательности $\{x_n\}$ можно выбрать сходящуюся подпоследовательность $\{x_{n_k}\}$. Пусть $x_0$ --- ее предел. Тогда, в силу непрерывности $f(x)$, $f(x_{n_k})$ сходится к $f(x_0)$. Следовательно, $f(x)$ ограничена. Пусть $A=\sup f(x)$. Тогда существует последовательность $f(x_n)$ сходящуюся к $A$. Выберем в $\{x_n\}$ сходящуюся подпоследовательность$\{x_{n_k}\}$. Пусть $x_0$ --- ее предел. Тогда, в силу непрерывности $f(x)$, $f(x_{n_k})$ сходится к $f(x_0)$, т.е. $f(x_0)=A$. Аналогично доказывается для минимума. +\end{proof} + +\begin{theorem} +\label{Kom9} +Метрическое пространство $X$ компактно тогда и только тогда, когда оно секвенциально компактно. +\end{theorem} + +\begin{proof} +В одну сторону мы уже доказали. Докажем, в другую. Пусть $X$ секвенциально компактно. Предположим, что существует открытое покрытие $\{U_{\alpha}\}$ из которого нельзя выбрать конечное подпокрытие. Рассмотрим функцию $$f(x)=\sup\{r\in\RR\mid\exists U_{\alpha}, B_r(x)\subset U_{\alpha}\},$$ где $B_r(x)$ --- шар радиуса $r$ с центром в $x$. Докажем непрерывность $f(x)$. Более того, мы докажем 1-липшевость этой функции, т.е. для любых $x,y$ выполнено $|f(x)-f(y)|\leq\rho(x,y)$. Предположим противное, т.е. существуют $x,y\in X$ такие, что $|f(x)-f(y)|>\rho(x,y)$. Можно считать, что $f(x)>f(y)$. Тогда $f(x)>f(y)+\rho(x,y)$. Выберем $a,b\in\RR$ так, что $b>f(y)$, $ab+\rho(x,y)$. Тогда $B_b(y)\subset B_a(x)$ и существует $U_{\alpha}$ такое, что $B_a(x)\subset U_{\alpha}$. Отсюда, $B_b(x)\subset U_{\alpha}$. Но тогда $f(y)\geq b$. Противоречие. Следовательно, функция $f(x)$ непрерывна. Тогда, по теореме \ref{Kom8}, $f(x)$ достигает минимума. Пусть $m=\min f(x)$. Положим $r=\frac{m}{2}$. Пусть $x_1\in X$. Тогда существует $U_1\in\{U_{\alpha}\}$ такое, что $x_1\in U_1$ и $B_r(x_1)\subset U_1$. Выберем $x_2\in(X\setminus U_1)$. Тогда существует $U_2\in\{U_{\alpha}\}$ такое, что $x_2\in U_2$ и $B_r(x_2)\subset U_2$. Если мы выбрали $x_1,x_2,\ldots,x_n$ и $U_1,U_2,\ldots U_n$, выберем $x_{n+1}\in X\setminus\bigcup\limits_{i=1}^n U_i$. Тогда существует $U_{n+1}\in\{U_{\alpha}\}$ такое, что $x_{n+1}\in U_{n+1}$ и $B_r(x_{n+1})\subset U_{n+1}$. Таким образом, мы получили последовательность $\{x_n\}$ в которой $\rho(x_n,x_m)\geq r$, но такая последовательность не содержит сходящейся подпоследовательности. +\end{proof} + +\begin{theorem} +\label{Kom10} +Метрическое пространство $X$ компактно тогда и только тогда, когда оно полно и вполне ограниченно. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Мы уже доказали, что если $X$ компактно, то оно полно и вполне ограниченно. Предположим, что $X$ полно и вполне ограниченно. Мы докажем, что $X$ секвенциально компактно. Тогда из теоремы \ref{Kom9} будет следовать, что $X$ компактно. Пусть $\{x_n\}$ последовательность точек из $X$. Рассмотрим $1$-сеть и множество замкнутых шаров, радиуса $1$ с центрами в точках сети. Поскольку эти шары покрывают все пространство и их конечное число, то существует шар $B_1$ содержащий бесконечное множество точек последовательности $\{x_n\}$. Обозначим это множество $A_1$. Выберем одну из точек $x_{n_1}\in A_1$. Далее возьмем $\frac{1}{2}$-сеть. Рассмотрим множество замкнутых шаров, радиуса $\frac{1}{2}$ с центрами в точках сети. Поскольку эти шары покрывают все пространство и их конечное число, то существует шар $B_2$ содержащий бесконечное множество точек $A_1$. Обозначим это множество $A_2$. Выберем одну из точек $x_{n_2}\in A_2$. Далее возьмем $\frac{1}{4}$-сеть. Выберем $B_3$, содержащий бесконечное множество $A_3$ точек $A_2$ и $x_{n_3}\in A_3$ и т.д. Таким образом, мы получили последовательность $\{x_{n_i}\}$. Эта последовательность является фундаментальной, поскольку $\rho(x_n,x_m)\leq\frac{1}{2^{\min(n,m)}}$. Следовательно, у этой последовательности существует предел. +\end{proof} + +\begin{definition} +Множество $M$, лежащее в некотором метрическом пространстве $X$ называется \emph{относительно компактным}, если его замыкание компактно. +\end{definition} + + \begin{corollary} +\label{Kom10-1} +Пусть $X$ --- полное метрическое пространство. Для того, чтобы множество $M\subset X$ было относительно компактно необходимо и достаточно, чтобы оно было вполне ограничено. +\end{corollary} + + +\begin{definition} +Пусть $f\colon X\rightarrow\RR$ --- функция на метрическом пространстве. Мы говорим, что $f$ \emph{равномерно непрерывна}, если для любого $\varepsilon>0$ существует $\delta$ такое, что для любых $x_1,x_2\in X$ с условием $\rho(x_1,x_2)<\delta$, выполнено неравенство $|f(x_1)-f(x_2)|<\varepsilon$. +\end{definition} + +\begin{theorem} +\label{Kom11} +Непрерывная функция на компактном метрическое пространство $X$ равномерно непрерывна. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $f\colon X\rightarrow\RR$ --- непрерывная функция. Предположим, что $f(x)$ не равномерно непрерывна. Тогда существует $\varepsilon>0$ такое, что при любом $n$ существуют $x_n,x'_n\in X$ с условием $\rho(x_n,x'_n)<\frac{1}{n}$, для которых $|f(x_n)-f(x'_n)|>\varepsilon$. Из последовательности $\{x_n\}$ можно выбрать сходящуюся подпоследовательность $\{x_{n_k}\}$. Пусть $x$ --- ее предел. Тогда последовательность $\{x'_{n_k}\}$ также сходится к $x$. С другой стороны, поскольку $|f(x_{n_k})-f(x'_{n_k})|>\varepsilon$, то $$|f(x)-f(x_{n_k})|>\frac{\varepsilon}{2},\quad |f(x)-f(x'_{n_k})|>\frac{\varepsilon}{2},$$ что противоречит непрерывности $f(x)$. +\end{proof} + + +Рассмотрим метрическое пространство $C[a;b]$. + +\begin{definition} +Семейство функций $\Phi$, определенных на $[a;b]$ называется \emph{равномерно ограниченным}, если существует $K\in\RR$, что для любого $\varphi\in\Phi$ и любого $x\in[a;b]$ выполнено $|\varphi(x)|0$ существует $\delta$ такое, что для всех $x_1,x_2\in[a;b]$ с условием $|x_1-x_2|<\delta$, и любой $\varphi\in\Phi$ выполнено неравенство $|\varphi(x_1)-\varphi(x_2)|<\varepsilon$. +\end{definition} + +\begin{theorem}[теорема Арцела] +\label{Arz} +Для того чтобы семейство непрерывных функций $\Phi$, определенных на $[a;b]$, было относительно компактно в $C[a;b]$, необходимо и достаточно, чтобы это семейство было равномерно ограничено и равномерно непрерывно. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Необходимость. Пусть семейство непрерывных функций $\Phi$ компактно. Мы можем считать, что $\Phi$ замкнуто. Тогда, согласно следствию \ref{Kom10-1}, для любого $\varepsilon$ в семействе $\Phi$ существует конечная $\frac{\varepsilon}{3}$-сеть $\varphi_1,\varphi_2,\ldots,\varphi_n$. Заметим, что все функции $\varphi_i$ ограничены, т.е. существуют $K_i$ такие, что $|\varphi(x)|0$ --- произвольное число. Тогда существует $\delta$ такое, что для любых $\varphi\in\Phi$ и $x_1,x_2\in[a;b]$ с условием $|x_1-x_2|<\delta$ выполнено неравенство $|\varphi(x_1)-\varphi(x_2)|<\varepsilon$. Разобьём отрезок $[a;b]$ точками $a=x_00$, то, деля на $\alpha$, получаем $$f_0\left(\frac{x}{\alpha}\right)+a\leq p\left(\frac{x}{\alpha}+y\right).$$ Отсюда, $$a\leq p\left(\frac{x}{\alpha}+y\right)-f_0\left(\frac{x}{\alpha}\right).$$ Если $\alpha<0$, то, деля на $-\alpha$, получаем $$-f_0\left(\frac{x}{\alpha}\right)-a\leq p\left(-\frac{x}{\alpha}-y\right).$$ Отсюда, $$a\geq -p\left(-\frac{x}{\alpha}-y\right)-f_0\left(\frac{x}{\alpha}\right).$$ Докажем, что $$-f_0(y_1)+p(y_1+y)\geq -f_0(y_2)-p(-y_2-y)$$ для любых $y_1,y_2\in L_0$. Действительно, $$f_0(y_1)-f_0(y_2)=f_0(y_1-y_2)\leq p(y_1-y_2)=p((y_1+y)+(-y_2-y))\leq$$ $$\leq p(y_1+y)+p(-y_2-y).$$ Пусть $$a'=\inf\limits_{y_1}(-f_0(y_1)+p(y_1+y)),\quad a''=\sup\limits_{y_2}(-f_0(y_2)-p(-y_2-y)).$$ Тогда $a'\geq a''$. Выберем $a$ так, чтобы $a'\geq a\geq a''$. Тогда функционал $f'$, определяемый на $L'$ формулой $f'(\alpha y+x)=\alpha a+f_0(x)$ удовлетворяет условию $f'(x)\leq p(x)$ для любого $x\in L'$. Если в $L$ можно выбрать счетную систему $y_1,y_2,\ldots,y_n,\ldots$ порождающую все $L$, то искомый функционал строится по индукции. В общем случае нужно применить лемму Цорна. Совокупность $B$ продолжений $f(x)$ функционала $f_0(x)$, удовлетворяющих условию $f_0(x)\leq p(x)$, является частично упорядоченным множеством, и каждое его линейно упорядоченное подмножество $B_0$ обладает верхней гранью. Этой верхней гранью является функционал, определенный на объединении областей определения функционалов $f\in B_0$. По лемме Цорма во всем $B$ существует максимальный элемент $f$. Этот максимальный элемент и определяет искомый функционал. +\end{proof} + +Рассмотрим теперь комплексный случай. + +\begin{definition} +Неотрицательный вещественный функционал $p$, определенный на комплексном линейном пространстве $L$, называется \emph{выпуклым}, если +\begin{enumerate} +\item $p(x+y)\leq p(x)+p(y)$ $\forall x,y\in L$; +\item $p(\alpha x)=|\alpha| p(x)$ $\forall x\in L$, $\alpha\in\CC$. +\end{enumerate} +\end{definition} + +\begin{theorem}[теорема Хана--Банаха] +\label{HanBan2} +Пусть $p(x)$ --- конечный выпуклый функционал, определенный на комплексном пространстве $L$. Пусть $L_0$ --- подпространство в $L$, и $f_0(x)$ --- линейный функционал на $L_0$, удовлетворяющий условию $|f_0(x)|\leq p(x)$ для любого $x\in L_0$. Тогда существует линейный функционал $f(x)$ на пространстве $L$ такой, что $f(x)=f_0(x)$ для любого $x\in L_0$, и $|f(x)|\leq p(x)$ для любого $x\in L$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $L_R$ и $L_{0R}$ --- пространства $L$ и $L_0$, рассматриваемые как вещественные линейные пространства. Положим $f_{0R}= Re f_0(x)$. Поскольку $|f_0(x)|\leq p(x)$, то $f_{0R}(x)\leq p(x)$ для всех $x\in L_0$. Согласно теореме \ref{HanBan1}, существует действительный линейный функционал $f_R$ на $L_R$, удовлетворяющий условиям $$f_R(x)\leq p(x),\forall x\in L_R,\quad f_R(x)=f_{0R}(x),\forall x\in L_{0R}.$$ Очевидно, что $$-f_R(x)=f_R(-x)\leq p(-x)=p(x).$$ Следовательно, $|f_R(x)|\leq p(x)$. Положим $f(x)=f_R(x)-if_R(ix)$. Заметим, что $f(x)=f_0(x)$ для любого $x\in L_0$, и $Re f(x)=f_R(x)$. Осталось показать, что $|f(x)|\leq p(x)$. Предположим, что существует $x_0\in L$ такое, что $|f(x_0)|>p(x_0)$. Тогда $f(x_0)=re^{i\varphi}$. Положим $y_0=e^{-i\varphi}x_0$. Тогда $$f_R(y_0)=Re f(y_0)=Re(e^{-i\varphi}f(x_0))=Re(e^{-i\varphi}re^{i\varphi})=r>p(x_0).$$ Заметим, что $$p(y_0)=p(e^{i\varphi}x_0)=|e^{i\varphi}|p(x_0)=p(x_0).$$ Тогда $f_R(y_0)>p(y_0)$. Противоречие. +\end{proof} + +\begin{definition} +\emph{Ядром} множества $E\subset L$ называется совокупность точек $x\in E$ таких, что для любого $y\in E$ существует $\varepsilon$ такое, что $x+\alpha y\in E$ для любых $|\alpha|<\varepsilon$. +\end{definition} + +\begin{definition} +Пусть $E$ --- выпуклое множество, ядро которого содержит $0$. Пусть $$p_E(x)=\inf\{r\mid\frac{x}{r}\in E\}.$$ Функционал $p_E(x)$ называется \emph{функционалом Минковского}. +\end{definition} + +\begin{theorem} +\label{Vyp3} +Функционал минковского $p_E(x)$ является конечным и выпуклым. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Конечность следует из того, что $0$ принадлежит ядру. Докажем выпуклость. Очевидно, что $p_E(x)>0$. Пусть $\alpha>0$. Тогда $$p_E(\alpha x)=\inf\{r\mid\frac{\alpha x}{r}\in E\}=\alpha\inf\{r\mid\frac{x}{r}\in E\}=\alpha p_E(x).$$ Пусть $x,y\in L$ и $\varepsilon>0$ --- произвольное число. Выберем $r_1,r_2$ так, что $$p_E(x_1)N$ и любого $m$ выполнено $$\|s_{n+m}-s_n\|\leq\sum\limits_{k=n+1}^{n+m}\|x_k\|<\varepsilon.$$ Следовательно, последовательность $\{s_n\}$ фундаментальна. Обратно. Пусть $\{x_n\}$ --- фундаментальная последовательность. Рассмотрим подпоследовательность $x_{n_m}$ такую, что $\|x_{n_{m+1}}-x_{n_m}\|<\frac{1}{2^m}$. Поскольку ряд $\sum\limits_{m=1}^{\infty}\|x_{n_{m+1}}-x_{n_m}\|$ сходится, то ряд $\sum\limits_{m=1}^{\infty}(x_{n_{m+1}}-x_{n_m})$ сходится. Следовательно, сходится последовательность $x_{n_{1}}-x_{n_m}$ при $m$ стремящимся к бесконечности. Тогда сходится последовательность $\{x_{n_m}\}$, а, следовательно, и последовательность $\{x_n\}$. +\end{proof} + +\begin{definition} +Две нормы $p_1$ и $p_2$ на линейном пространстве $L$ называются \emph{эквивалентными}, если существуют положительные числа $c_1$ и $c_2$ такие, что $$c_1p_1(x)\leq p_2(x)\leq c_2p_1(x).$$ +\end{definition} + +\begin{remark} +Очевидно, что эта эквивалентность рефлексивна, симметрична и транзитивна. +\end{remark} + +\begin{theorem} +\label{Nor2} +На любом конечномерном пространстве все нормы эквивалентны. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $L$ --- конечномерное пространство и $e_1,e_2,\ldots, e_n$ --- его базис. Пусть $$x=x_1e_1+x_2e_2+\cdots+x_ne_n.$$ Введем норму $$p(x)=|x_1|+|x_2|+\cdots+|x_n|.$$ Пусть $q(x)$ --- другая норма. Положим $c=\max\limits_i q(e_i)$. Тогда $$q(x)\leq |x_1|q(e_1)+|x_2|q(e_2)+\cdots+|x_n|q(e_n)\leq c(|x_1|+|x_2|+\cdots+|x_n|)=cp(x).$$ В частности, $q(x-y)\leq cp(x-y)$. Таким образом, функция $q$ непрерывна относительно метрики $p$. Заметим, что $q$ достигает максимума и минимума на единичной сфере относительно $p$, т.е. на множестве $S=\{x\mid p(x)=1\}$. Пусть $m=\min\limits_{x\in S}q(x)$. Заметим, что $m>0$. Тогда $$q(x)=q\left(p(x)\frac{x}{p(x)}\right)=p(x)q\left(\frac{x}{p(x)}\right)\geq mp(x).$$ Здесь мы воспользовались тем, что $p(\frac{x}{p(x)})=1$. Таким образом, $mp(x)\leq q(x)\leq cp(x)$, т.е. любая метрика эквивалентна $p(x)$. +\end{proof} + +\begin{corollary} +\label{Nor3} +В конечномерном нормированном пространстве замкнутые шары компактны. +\end{corollary} + +\begin{corollary} +\label{Nor4} +Любое конечномерное нормированное вещественное или комплексное пространство полно. +\end{corollary} + +\begin{corollary} +\label{Nor5} +Всякое конечномерное линейное подпространство нормированного пространства замкнуто. +\end{corollary} + +\begin{remark} +Утверждение \ref{Nor5} неверно в бесконечномерном случае. Например в пространстве $C[a;b]$ множество многочленов образуют подпространство, которое не замкнуто. +\end{remark} + + +\begin{theorem}[лемма о почти перпендикуляре] +\label{Nor6} +Пусть $L_0$ --- замкнутое подпространство в нормированном пространстве $L$ и $L_0\neq L$. Тогда для любого $\varepsilon>0$ существует $x_{\varepsilon}\in L$ такой, что $\|x_{\varepsilon}\|=1$ и $\|x_{\varepsilon}-y\|> 1-\varepsilon$ для любого $y\in L_0$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $z\in L$, $z\not\in L_0$. Положим, $\delta=\inf\limits_{y\in L_0}\|z-y\|.$ Поскольку $L_0$ --- замкнуто, то $\delta>0$. Выберем $\varepsilon_0$ так, что $\frac{\delta}{\delta+\varepsilon_0}>1-\varepsilon$. Выберем $y_0\in L_0$ так, что $\|z-y_0\|<\delta+\varepsilon_0$. Положим $x_{\varepsilon}=\frac{z-y_0}{\|z-y_0\|}$. Тогда для любого $y\in L_0$ выполнено $$\|x_{\varepsilon}-y\|=\frac{1}{\|z-y_0\|}\|z-y_0-\|z-y_0\|y\|\geq\frac{\delta}{\|z-y_0\|}\geq\frac{\delta}{\delta+\varepsilon_0}>1-\varepsilon.$$ +\end{proof} + +\begin{theorem}[теорема Рисса] +\label{Nor7} +Нормированное пространство $L$ конечномерно тогда и только тогда, когда любое ограниченное множество в $L$ относительно компактно. +\end{theorem} + +\begin{proof} +В одну сторону мы уже доказали (см. \ref{Nor3} \ref{Kom3}). Предположим, что $L$ бесконечномерное. Пусть $x_1\in L$ и $\|x_1\|=1$. Положим $L_1$ --- линейная оболочка $x_1$. Поскольку $L$ бесконечномерно, то $L_1\neq L$. Согласно теореме \ref{Nor6} существует $x_2$ такой, что $\|x_2\|=1$ и для любого $x\in L_1$ выполнено $\|x_2-x\|>\frac{1}{2}$. В частности $\|x_2-x_1\|>\frac{1}{2}$. Положим $L_2$ --- линейная оболочка $x_1,x_2$. Снова $L_2\neq L$. Согласно теореме \ref{Nor6} существует $x_3$ такой, что $\|x_3\|=1$ и для любого $x\in L_2$ выполнено $\|x_3-x\|>\frac{1}{2}$. В частности $\|x_3-x_1\|>\frac{1}{2}$, $\|x_3-x_2\|>\frac{1}{2}$. Продолжая этот процесс, мы получаем последовательность $x_1,x_2,\ldots, x_n,\ldots$ такую, что $\|x_n-x_m\|>\frac{1}{2}$. Из этой подпоследовательности нельзя выбрать сходящуюся подпоследовательность. Следовательно, шар радиуса $1$ не компактен. +\end{proof} + +Рассмотрим теперь сопряженное пространство $L$. Пусть $L^*$ --- множество непрерывных линейных функционалов на $L$. Зададим на нем норму $$\|f\|=\sup\limits_{x\neq 0}\frac{|f(x)|}{\|x\|}.$$ Эта норма удовлетворяет всем требованиям. Действительно, $\|f\|>0$ для любого ненулевого функционала, $\|\alpha f\|=|\alpha| \|f\|$. Проверим неравенство треугольника, $$\|f_1+f_2\|=\sup\limits_{x\neq 0}\frac{|f_1(x)+f_2(x)|}{\|x\|}\leq=\sup\limits_{x\neq 0}\frac{|f_1(x)|}{\|x\|}+\sup\limits_{x\neq 0}\frac{|f_2(x)|}{\|x\|}=\|f_1\|+\|f_2\|.$$ Топология в $L^*$, определяемая этой нормой, называется \emph{сильной топологией} в $L^*$. + +\begin{theorem} +\label{Nor8} +Сопряженное пространство полно. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $\{f_n\}$ --- фундаментальная последовательность функционалов. Тогда для любого $\varepsilon>0$ существует $N$ такой, что для любых $n,m>N$ выполнено $\|f_n-f_m\|<\varepsilon$. Тогда для любого $x\in L$ имеем $$|f_n(x)-f_m(x)|\leq\|f_n-f_m\|\cdot\|x\|<\varepsilon \|x\|.$$ Таким образом, последовательность $f_n(x)$ сходится для любого $x$. Положим $$f(x)=\lim\limits_{n\rightarrow\infty} f_n(x).$$ Докажем, что $f(x)$ --- линейный непрерывный функционал. Проверим линейность $$f(\alpha x+\beta y)=\lim\limits_{n\rightarrow\infty} f_n(\alpha x+\beta y)=\lim\limits_{n\rightarrow\infty} (\alpha f_n(x)+\beta f_n(y))=$$ $$=\alpha\lim\limits_{n\rightarrow\infty} f_n(x)+\beta\lim\limits_{n\rightarrow\infty} f_n(y)=\alpha f(x)+\beta f(y).$$ Выберем $N$ так, что для любых $n>N$ и $p$ выполнено $\|f_{n+p}-f_n\|<1$. Тогда $\|f_{n+p}\|\leq\|f_n\|+1.$ Следовательно, $|f_{n+p}(x)|\leq(\|f_n\|+1)\|x\|.$ Устремляя $p$ к бесконечности, получаем $|f(x)|\leq(\|f_n\|+1)\|x\|$. Отсюда, $f(x)$ непрерывен. Зафиксируем $\varepsilon$, выберем $N$ так, что для любых $n>N$ и $p$ выполнено $\|f_{n+p}-f_n\|<\varepsilon$. Заметим, что существует $x\in L$ такое, что $$\|f_n-f\|\leq\frac{|f_n(x)-f(x)|}{\|x\|}+\varepsilon=\left|f_n\left(\frac{x}{\|x\|}\right)-f\left(\frac{x}{\|x\|}\right)\right|+\varepsilon.$$ Тогда $$\|f_{n+p}-f\|\leq\left|f_n\left(\frac{x}{\|x\|}\right)-f\left(\frac{x}{\|x\|}\right)\right|+2\varepsilon.$$ Следовательно, $\{f_n\}$ сходится к $f$. +\end{proof} + +\section{Эвклидовы и гильбертовы пространства} + + +\begin{definition} +Пусть $L$ --- вещественное линейное пространство. \emph{Скалярным произведением} в $L$ называется действительная функция $(x,y)$ на $L\times L$, удовлетворяющая следующим условиям. +\begin{enumerate} +\item $(x,y)=(y,x)$; +\item $(x+y,z)=(x,z)+(y,z)$; +\item $(\alpha x,y)=\alpha (x,y)$; +\item $(x,x)\geq 0$ причем $(x,x)=0$ только при $x=0$. +\end{enumerate} +Линейное пространство, в котором задано скалярное произведение, называется \emph{эвклидовым пространством}. +\end{definition} + +Заметим, что скалярное произведение задает норму с помощью формулы $$\|x\|=\sqrt{(x,x)}.$$ Таким образом эвклидовы пространства являются нормированными. + +\begin{definition} +Полное сепарабельное эвклидово пространство называется \emph{гильбертовым пространством}. +\end{definition} + +\begin{remark} +Иногда в определении гильбертовых пространств требуют бесконечномерность. +\end{remark} + +\begin{remark} +Заметим, что нормированное пространство мы определили как над полем вещественных чисел, так и над полем комплексных чисел. Однако, эвклидово пространство и гильбертово пространство мы определили лишь над полем вещественных чисел. Более того, если определить скалярное произведение таким же образом, то $(ix,ix)=-(x,x)$. Таким образом, квадраты $x$ и $ix$ не могут быть одновременно положительными. Поэтому на комплексных пространствах вводят эрмитово скалярное произведение. +\end{remark} + +\begin{definition} +Пусть $L$ --- комплексное линейное пространство. \emph{Эрмитовым скалярным произведением} в $L$ называется комплексная функция $(x,y)$ на $L\times L$, удовлетворяющая следующим условиям. +\begin{enumerate} +\item $(x,y)=\overline{(y,x)}$; +\item $(x+y,z)=(x,z)+(y,z)$; +\item $(\alpha x,y)=\alpha (x,y)$; +\item $(x,x)\geq 0$ причем $(x,x)=0$ только при $x=0$. +\end{enumerate} +Линейное пространство, в котором задано эрмитово скалярное произведение, называется \emph{эрмитовым пространством}. +\end{definition} + +\begin{claim} +\label{Er1} $(x,\alpha y)=\bar{\alpha}(x,y)$ +\end{claim} + +\begin{proof} +Действительно, $$(x,\alpha y)=\overline{(\alpha y,x)}=\overline{\alpha(y,x)}=\bar{\alpha}\overline{(y,x)}=\bar{\alpha}(x,y).$$ +\end{proof} + +Теперь вернемся к вещественным пространствам. + +\begin{theorem}[неравенство Коши--Буняковского] +\label{Ev1} +Пусть $L$ --- вещественное эвклидово пространство. Тогда $$|(x,y)|\leq\|x\| \|y\|.$$ +\end{theorem} + + +\begin{proof} +Рассмотрим $x+\alpha y$. Тогда $$0\leq (x+\alpha y,x+\alpha y)=(y,y)\alpha^2+2(x,y)\alpha+(x,x).$$ Это неравенство должно быть выполнено для любого $\alpha$. Следовательно, дискриминант должен быть отрицательным, т.е. $$4(x,y)^2-4(x,x)(y,y)\leq 0.$$ Отсюда, $|(x,y)|\leq\|x\| \|y\|.$ +\end{proof} + +\begin{definition} +Два элемента $x,y$ называются \emph{ортогональными}, если $(x,y)=0$. Система ненулевых векторов $\{x_{\alpha}\}$ называется \emph{ортогональной}, если $(x_{\alpha},x_{\beta})=0$ при $\alpha\neq\beta$. +\end{definition} + +\begin{definition} +Система векторов $\{x_{\alpha}\}$ называется \emph{полной} в $L$, если наименьшее содержащее $\{x_{\alpha}\}$ замкнутое подпространство есть само $L$. Если ортогональная система $\{x_{\alpha}\}$ полна, то она называется \emph{ортогональным базисом}. Если при этом норма каждого элемента равна $1$, то система $\{x_{\alpha}\}$ называется \emph{ортонормированным базисом}. +\end{definition} + +\begin{theorem} +\label{Ev2} +Пусть $f_1,f_2,\ldots, f_n,\ldots$ --- линейно независимая система элементов в эвклидовом пространстве $L$. Тогда в $L$ существует ортонормированная система $$\varphi_1, \varphi_2,\ldots, \varphi_n,\ldots$$ такая, что $$\varphi_n=a_{n1}f_1+a_{n2}f_2+\cdots+a_{nn}f_n,$$ причем $a_{nn}\neq 0$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Элемент $\varphi_1$ ищется в виде $\varphi_1=a_{11} f_1$. Находим $a_{11}$, получаем $$1=(\varphi_1,\varphi_1)=a_{11}^2(f_1,f_1).$$ Отсюда, $a_{11}=\frac{1}{(f_1,f_1)}$. Предположим, что $\varphi_1, \varphi_2,\ldots, \varphi_{n-1}$ уже построены. Тогда $$\varphi_n=f_n-b_{n1}\varphi_1-b_{n2}\varphi_2-\cdots-b_{n n-1}\varphi_{n-1}.$$ Находим $b_{ni}$ из условия $(\varphi_n,\varphi_i)=0$. Получаем $b_{ni}=(f_n,\varphi_i)$. Таким образом мы получили элемент $\varphi_n$, ортогональный ко всем $\varphi_1, \varphi_2,\ldots, \varphi_{n-1}$. Поделим его на $(\varphi_n,\varphi_n)$, получаем ортонормированную систему. +\end{proof} + +\begin{corollary} +\label{Ev3} +В сепарабельном эвклидовом пространстве существует ортонормированный базис. +\end{corollary} + +\begin{proof} +Пусть $g_1,g_2,\ldots, g_n,\ldots$ --- счетное всюду плотное множество. Тогда система $g_1,g_2,\ldots, g_n,\ldots$ полна. Выберем из этой системы полную систему линейно независимых элементов $f_1,f_2,\ldots, f_n,\ldots$ . Для этого достаточно исключить все элементы $g_n$, являющиеся линейной комбинацией $g_1,g_2,\ldots, g_{n-1}$. Применим к полученной системе теорему \ref{Ev2}, получим ортонормированный базис. +\end{proof} + + + \begin{definition} +Пусть $\{f_n\}$ --- ортонормированная система в эвклидовом пространстве $L$, $g\in L$. Число $c_n=(g,f_n)$ называется \emph{коэффициентом Фурье} элемента $g(x)$ по ортонормированной системе $\{f_n\}$. Ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty} c_n f_n$ называется \emph{рядом Фурье} элемента $g$ по ортонормированной системе $\{f_n\}$. +\end{definition} + + + \begin{theorem}[неравенство Бесселя] +\label{Bes} +Пусть $\{f_n\}$ --- ортонормированная система в эвклидовом пространстве $L$, $g\in L$. Тогда для любого $n$ справедливо неравенство $$\sum\limits_{k=1}^n c_k^2\leq \|g\|^2,$$ где $c_k=(f_k,g)$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Рассмотрим функцию $$g_n=\sum\limits_{k=1}^n c_kf_k.$$ Пусть $h_n=g-g_n$. Тогда $$(g_n,f_m)=\sum\limits_{k=1}^n c_k(f_k,f_m)=\begin{cases}c_m,\quad\text{если $m\leq n$}\\ +0,\quad\text{если $m>n$}.\end{cases}$$ Тогда $$(h_n,f_m)=c_m-(g_n,f_m)=\begin{cases}0,\quad\text{если $m\leq n$}\\ +c_m,\quad\text{если $m>n$}.\end{cases}$$ Отсюда, $$(g_n,h_n)=(h_n,g_n)=0.$$ Заметим, что $$(g_n,g_n)=\left(\sum\limits_{k=1}^n c_kf_k,\sum\limits_{l=1}^n c_lf_l\right)=\sum\limits_{k=1}^n\sum\limits_{l=1}^nc_k c_l(f_k,f_l)=\sum\limits_{k=1}^n c_k^2.$$ Следовательно, $$(g,g)=(g_n+h_n,g_n+h_n)=(g_n,g_n)+2(g_n,h_n)+(h_n,h_n)=$$ $$=(g_n,g_n)+(h_n,h_n)\geq (g_n,g_n)=\sum\limits_{k=1}^n c_k^2.$$ +\end{proof} + +Устремляя $n$ к бесконечности, получаем следующие следствия. + +\begin{corollary} +\label{Bes2} +В условиях теоремы \ref{Bes} имеем $$\sum\limits_{k=1}^{\infty} c_k^2\leq(g,g).$$ +\end{corollary} + +\begin{corollary} +\label{Bes3} +В условиях теоремы \ref{Bes} $$\lim\limits_{n\rightarrow\infty} c_n=0.$$ +\end{corollary} + + \begin{definition} +Ортонормированная система $\{f_n\}$ называется \emph{замкнутой}, если $$(g,g)=\sum\limits_{k=1}^{\infty} c_k^2.$$ Это равенство называется \emph{равенством Парсеваля}. +\end{definition} + + \begin{theorem} + \label{Bes4} +При любых $a_1,a_2,\cdots, a_n$ выполнено $$\left\|g-\sum\limits_{k=1}^{n} c_k f_k\right\|\leq\left\|g-\sum\limits_{k=1}^{n} a_k f_k\right\|.$$ +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $g_n=\sum\limits_{k=1}^{n} c_k f_k$. Заметим, что $(g-g_n,f_k)=0$ при всех $k\leq n$. Тогда $$\left\|g-\sum\limits_{k=1}^{n} a_k f_k\right\|^2=\left\|(g-g_n)+\sum\limits_{k=1}^{n}(c_k-a_k) f_k\right\|^2=$$ $$=\left\|g-g_n\right\|^2+\left\|\sum\limits_{k=1}^{n}(c_k-a_k) f_k\right\|^2=\left\|g-g_n\right\|^2+\sum\limits_{k=1}^{n}(c_k-a_k)^2\geq\|g-g_n\|^2.$$ +\end{proof} + + \begin{theorem} + \label{Bes5} +В сепарабельном эвклидовом пространстве $L$ всякая полная ортонормированная система функций является замкнутой, и обратно. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $\{f_n\}$ --- замкнутая ортонормированная система и $g\in L$. Рассмотрим последовательность частичных сумм $$g_n=\sum\limits_{k=1}^n c_k f_k.$$ Тогда $$\|g-g_n\|^2=(g-g_n,g-g_n)=\|g\|-2(g,g_n)+\sum\limits_{k=1}^n c^2_k=$$ $$=\sum\limits_{k=1}^{\infty} c^2_k+\sum\limits_{k=1}^n c^2_k-2\left(g,\sum\limits_{k=1}^n c_k f_k\right)=\sum\limits_{k=1}^{\infty} c^2_k+\sum\limits_{k=1}^n c^2_k-2\sum\limits_{k=1}^n c_k(g,f_k)=$$ $$=\sum\limits_{k=1}^{\infty} c^2_k+\sum\limits_{k=1}^n c^2_k-2\sum\limits_{k=1}^n c^2_k=\sum\limits_{k=n+1}^{\infty} c^2_k.$$ Поскольку $\sum\limits_{k=1}^{\infty} c_k^2=(g,g)$, то $\sum\limits_{k=n+1}^{\infty} c^2_k$ стремиться к нулю при $n\rightarrow\infty$. Таким образом, последовательность $\{g_n\}$ сходиться к $g$. Следовательно, $\{f_n\}$ всюду плотно в $L$, т.е. система $\{f_n\}$ полна. Обратно, пусть $\{f_n\}$ полна. Тогда для любого $\varepsilon>0$ существует сумма $\sum\limits_{k=1}^{n} a_k f_k$ такая, что $$\|g-\sum\limits_{k=1}^{n} a_k f_k\|<\varepsilon.$$ Согласно теореме \ref{Bes4} имеем $$\|g-\sum\limits_{k=1}^{n} c_k f_k\|<\varepsilon.$$ Отсюда, $$\varepsilon>\|g-\sum\limits_{k=1}^{n} c_k f_k\|\geq\|g\|-\|\sum\limits_{k=1}^{n} c_k f_k\|=\|g\|-\sum\limits_{k=1}^{n} c^2_k.$$ В силу произвольности $\varepsilon>0$ мы получаем равенство Парсеваля. +\end{proof} + +Рассмотрим более подробно гильбертовы пространства. + +\begin{lemma} +\label{LHil1} +Пусть $X$ --- сепарабельное метрическое пространство. Тогда любое его подпространство $X'$ сепарабельно. +\end{lemma} + +\begin{proof} +Пусть $x_1,x_2,\ldots,x_n,\ldots$ --- счетное всюду плотное множество в $X$. Положим $$a_n=\inf\limits_{y\in X'}\rho(x_n,y).$$ Тогда для любых $m$ и $n$ существует точка $y_{mn}\in X'$ такая, что $$\rho(x_n,y_{mn})0$ существует $\delta$ такое, что для любого $x\in L$ с условием $\|x-x_0\|<\delta$ выполнено $\|Ax-Ax_0\|<\varepsilon$. Оператор $A$ ограничен, если он определен на всем $L$ и каждое ограниченное множество переводит в ограниченное множество. + + +\begin{claim} +\label{Op1} +Для того, чтобы линейный оператор $A$ был ограничен необходимо и достаточно, чтобы существовала константа $C$ такая, что $\|Ax\|\leq C\|x\|$ для любого $x$. +\end{claim} + +\begin{proof} +Пусть $A$ ограничен. Пусть $C=\sup\limits_{x:\|x\|= 1}\|Ax\|$. Докажем, что $\|Ax\|\leq C\|x\|$ для любого $x$. Предположим, что существует $x\in L$ такой, что $\|A x\|>C\|x\|$. Рассмотрим $y=\frac{x}{\|x\|}$. Заметим, что $\|y\|=1$. С другой стороны, $$\|Ay\|=\frac{1}{\|x\|}Ax>\frac{C\|x\|}{\|x\|}.$$ Противоречие. Предположим, что существует константа $C$ такая, что $\|Ax\|\leq C\|x\|$ для любого $x$. Пусть $M\subset L$ --- ограниченное множество, но $AM\subset L'$ не ограничено. Поскольку $M$ --- ограниченное множество, то существует константа $K$ такая, что $\|x\|CK>C\|x\|$. Противоречие. +\end{proof} + +Число $$\sup\limits_{x:\|x\|= 1}\|Ax\|=\sup\limits_{x\neq 0}\frac{\|Ax\|}{\|x\|}$$ называется \emph{нормой} оператора и обозначается $\|A\|$. + +\begin{claim} +\label{Op2} Для линейного оператора следующие условия равносильны: +\begin{enumerate} +\item $A$ ограничен; +\item $A$ непрерывен; +\item $A$ непрерывен в некоторой точке. +\end{enumerate} +\end{claim} + +\begin{proof} +Пусть $A$ ограничен. Тогда $\|Ax-Ay\|=\|A(x-y)\|\leq\|A\|\|x-y\|$. Отсюда следует непрерывность $A$. Пусть оператор $A$ непрерывен в точке $x_0$. Из равенства $Ax=A(x-x_0)+A x_0$ следует непрерывность $A$ в нуле. Тогда для любого $\varepsilon>0$ существует $\delta$ такое, что для любого $x\in L$ с условием $\|x\|<\delta$ выполнено $\|Ax\|<\varepsilon$. Положим $\varepsilon=1$. Тогда $\|Ax\|<\frac{1}{\delta}$ при $\|x\|<1$. Следовательно, $A$ ограничен. +\end{proof} + +\begin{lemma} +\label{BerBan} Пусть $X$ --- полное метрическое пространство и $X=\bigcup\limits_{n=1}^{\infty} X_n$, где $X_n$ --- замкнутые множества. Тогда хотя бы для одного $X_n$ существует шар $B_r(a)$ радиуса $r$ с центром в $a$ такой, что $B_r(a)\subset X_n$. +\end{lemma} + +\begin{proof} +Предположим противное. Пусть $y_1\not\in X_1$. Тогда существует шар $B_1=B_{r_1}(y_1)$, радиуса $r_1$ такой, что $B_1\cap X_1=\emptyset$. Если $B_1\not\subset X_2$, то существует $y_2\in B_1$ такой, что $y_2\not\in X_2$. Тогда существует шар $B_2=B_{r_2}(y_2)$, радиуса $r_2<\frac{r_1}{2}$ такой, что $B_2\cap X_2=\emptyset$. Аналогично, существует $B_3=B_{r_3}(y_3)$ такой, что $B_3\cap X_3=\emptyset$, $r_3<\frac{r_2}{2}$, $y_3\in B_2$ и т.д. Мы получили последовательность вложенных шаров $B_1\supset B_2\supset\cdots\supset B_n\supset\cdots$ такую, что их радиусы стремятся к нулю, а их пересечение не лежит в $\bigcup\limits_{n=1}^{\infty} X_n$ (см. \ref{Pol2}). Противоречие. +\end{proof} + +\begin{theorem}[теорема Банаха--Штейнгауза] +\label{Ban-Sh} +Пусть дано семейство $\{A_{\alpha}\}$ --- ограниченных линейных операторов на банаховом пространстве $L$, принимающие значения в нормированном пространстве $L'$. Предположим, что $\sup\limits_{\alpha}\|A_{\alpha}x\|<\infty$ для любого $x\in L$. Тогда $\sup\limits_{\alpha}\|A_{\alpha}\|<\infty$. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Рассмотрим $$M_n=\{x\in L\mid \|A_{\alpha}x\|\leq n\text{ для всех $\alpha$}\}.$$ Заметим, что все $M_n$ замкнуты и покрывают все пространство. Тогда существует шар $B_r(a)$ радиуса $r$ с центром в $a$ такой, что $B_r(a)\subset M_n$. Поскольку $Ax=A(x-a)+Aa$ и $\sup\limits_{\alpha}\|A_{\alpha}a\|<\infty$, то получаем равномерную ограниченность операторов $\{A_{\alpha}\}$ на шаре $B_r(0)$. Следовательно, $\{A_{\alpha}\}$ равномерно ограниченно на единичном шаре. +\end{proof} + +\begin{corollary} +\label{Ban-Sh2} +Пусть $L$ и $L'$ --- банаховы пространства, $A_n\colon L\rightarrow L'$ --- непрерывные операторы, причем для каждого $x$ существует $Ax=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}A_n x$. Тогда $A$ --- непрерывный оператор. +\end{corollary} + +\begin{proof} +Очевидно, что $A$ --- линейное отображение. По теореме Банаха--Штейнгауза имеем $\sup\limits_n\|A_n\|\leq C<\infty$. Тогда $$\|Ax\|=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\|A_n x\|\leq C\|x\|,$$ т.е. $\|A\|\leq C$. +\end{proof} + + \begin{definition} +Оператор $A$ называется \emph{обратимым}, если для любого $y\in L'$ уравнение $Ax=y$ имеет единственное решение в $L$. Если $A$ обратим, то каждому $y\in L'$ можно поставить в соответствие $x\in L$, являющееся решением уравнения $Ax=y$. Оператор, осуществляющий это соответствие называется \emph{обратным} к $A$ и обозначается $A^{-1}$. +\end{definition} + + +\begin{theorem} +\label{Op3} +Оператор $A^{-1}$, обратный к линейному оператору $A$, также линеен. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $y_1,y_2\in L'$. Положим $Ax_1=y_1$ и $Ax_2=y_2$, т.е. $A^{-1}y_1=x_1$, $A^{-1}y_2=x_2$. Тогда $A(x_1+x_2)=Ax_1+Ax_2=y_1+y_2$. Отсюда, $$A^{-1}(y_1+y_2)=x_1+x_2=A^{-1}y_1+A^{-1}y_2.$$ Аналогично, $A(\alpha x_1)=\alpha(Ax_1)=\alpha y_1$. Отсюда, $A^{-1}(\alpha y_1)=\alpha x_1=\alpha A^{-1}y_1$. +\end{proof} + +\begin{lemma} +\label{Op4} Пусть $M$ --- всюду плотное множество в банаховом пространстве $L$. Тогда любой ненулевой элемент $y\in L$ можно разложить в ряд $$y=y_1+y_2+\cdots+y_n+\cdots,$$ где $y_n\in M$ и $\|y_n\|\leq\frac{3\|y\|}{2^n}$. +\end{lemma} + +\begin{proof} +Выберем $y_1\in M$ так, что $\|y-y_1\|<\frac{\|y\|}{2}$. Выберем $y_2\in M$ так, что $\|y-y_1-y_2\|<\frac{\|y\|}{4}$, $y_3\in M$ так, что $$\|y-y_1-y_2-y_3\|<\frac{\|y\|}{8}$$ и т.д. Таким образом, $$\|y-y_1-y_2-\cdots-y_n\|\leq\frac{\|y\|}{2^n}.$$ Очевидно, что $$\left\|y-\sum\limits_{i=1}^n y_i\right\|\rightarrow 0,\text{ при } n\rightarrow\infty.$$ С другой стороны, $$\|y_1\|=\|y_1-y+y\|\leq\|y_1-y\|+\|y\|\leq\frac{3\|y\|}{2},$$ +$$\|y_2\|=\|y_2+y_1-y+y-y_1\|\leq\|y_2+y_1-y\|+\|y-y_1\|\leq\frac{3\|y\|}{4},$$ и т.д. Наконец, $$\|y_n\|=\|y_n+\cdots+y_2+y_1-y+y-y_1-y_2-\cdots-y_{n-1}\|\leq$$ $$\leq\|y_n+\cdots+y_2+y_1-y\|+\|y-y_1-y_2-\cdots-y_{n-1}\|\leq\frac{3\|y\|}{2^n}.$$ +\end{proof} + +\begin{theorem} +\label{Op5} +Пусть $A$ --- линейный ограниченный оператор, взаимно однозначно отображающий банахово пространство $L$ на банахово пространство $L'$. Тогда оператор $A^{-1}$, обратный к линейному оператору $A$, также ограничен. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Положим $$M_n=\{y\in L'\mid \|A^{-1}y\|\leq n\|y\|\}.$$ Тогда $L'=\bigcup M_n$. По теореме Бэра \ref{Pol3} хотя бы одно множество $M_n$ плотно в некотором шаре $B_0$. Внутри шара $B_0$ рассмотрим шаровой слой $$P=\{z\mid\beta<\|z-y_0\|<\alpha\},$$ $0<\beta<\alpha$, $y_0\in M_n$. Пусть $P_0=\{z\mid\beta<\|z\|<\alpha\}.$ Покажем, что в $P-0$ плотно некоторое множество $M_N$. Пусть $z\in P\cap M_n$. Тогда $z-y_0\in P_0$. Заметим, что $$\|A^{-1}(z-y_0)\|\leq \|A^{-1}z\|+\|A^{-1}y_0\|\leq n(\|z\|+\|y_0\|)=$$ $$=n(\|z-y_0+y_0\|+\|y_0\|)\leq n(\|z-y_0\|+2\|y_0\|)=$$ $$=n\|z-y_0\|\left(1+\frac{2\|y_0\|}{\|z-y_0\|}\right)\leq n\|z-y_0\|\left(1+\frac{2\|y_0\|}{\beta}\right).$$ Возьмем целое число $N$, большее $n\left(1+\frac{2\|y_0\|}{\beta}\right).$ Тогда $z-y_0\in M_N$. Поскольку $M_n$ плотно в $P$, то $M_N$ плотно в $P_0$. Пусть $y\in L'$. Заметим, что существует $\lambda$ такое, что $\beta<\|\lambda y\|<\alpha$, т.е. $\lambda y\in P_0$. Так как $M_N$ плотно в $P_0$, то существует последовательность $y_n\in M_N$, сходящаяся к $\lambda y$. Тогда последовательность $\frac{1}{\lambda}y_n$ сходится к $y$. Заметим, что если $y_n\in M_N$, то и $\frac{1}{\lambda}y_n\in M_N$ при $\lambda\neq 0$. Таким образом, $M_N$ плотно в $L'$. + +Пусть $y\in L'$. Согласно лемме \ref{Op4} существует ряд из элементов $y_n\in M_N$ сходящийся к $y$ т.е. $$y=y_1+y_2+\cdots+y_n+\cdots.$$ Более того, $\|y_n\|<\frac{3\|y\|}{2^n}$. Пусть $x_1,x_2,\ldots,x_n,\ldots$ --- прообразы $y_1,y_2,\ldots,y_n,\ldots$. Тогда $$\|x_n\|=\|A^{-1}y_n\|\leq N\|y_n\|<\frac{3N\|y\|}{2^n}.$$ Следовательно, ряд $\sum x_n$ сходится. Более того $$\|x\|\leq\sum\limits_{n=1}^{\infty}\|x_n\|\leq 3N\|y\|\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^n}=3N\|y\|.$$ Отсюда, $$Ax=Ax_1+Ax_2+\cdots+Ax_n+\cdots=y_1+y_2+\cdots+y_n+\cdots=y.$$ Тогда $x=A^{-1}y$ и $$\|A^{-1}y\|=\|x\|\leq 3N\|y\|.$$ Следовательно, $A^{-1}$ ограничен. +\end{proof} + + \begin{definition} +Пусть $A$ --- линейный ограниченный оператор, отображающий пространство $L$ в пространство $L'$. Пусть $g$ --- линейный непрерывный функционал на $L'$, т.е. $g\in L'^*$. Тогда мы можем определить функционал $f$ на $L$, как $f(x)=g(Ax)$. Не сложно проверить, что $f$ --- линейный непрерывный функционал. Таким образом, $f\in L^*$. Каждому функционалу $g\in L'^*$ мы поставили в соответствие функционал $f\in L^*$. Таким образом, мы получили отображение $A^*\colon L'^*\rightarrow L^*$. Это отображение линейно, т.е. $A^*$ --- линейный оператор. Он называется \emph{сопряженным} оператором. +\end{definition} + +Очевидно, что $(A+B)^*=A^*+B^*$, $(\alpha A)^*=\alpha A^*$. + +\begin{theorem} +\label{Op6} +Пусть $A$ --- линейный ограниченный оператор, отображающий банахово пространство $L$ на банахово пространство $L'$. Тогда оператор $A^*$ также ограничен и $$\|A^*\|=\|A\|.$$ +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $x\in L$, $g\in L'^*$. Заметим, что $$|A^*g(x)|=|g(Ax)|\leq\|g\|\|A\|\|x\|.$$ Отсюда, $\|A^*g\|\leq\|A\|\|g\|$. Таким образом, $\|A^*\|\leq\|A\|.$ Пусть $y_0=\frac{Ax}{\|Ax\|}$. Тогда $\|y_0\|=1$. По теореме Хана--Банаха существует функционал $g$, что $\|g\|=1$ и $g(y_0)=1$, т.е. $g(Ax)=\|Ax\|$. Тогда $$\|Ax\|=g(Ax)=|A^*g(x)|\leq\|A^*g\|\|x\|\leq \|A^*\| \|g\|\|x\|=\|A^*\|\|x\|.$$ Отсюда, $\|A\|\leq\|A^*\|$. +\end{proof} + +Пусть $A$ --- линейный ограниченный оператор, действующий в гильбертовом пространстве $H$. Согласно теореме Рисса \ref{RisHil} любой функционал имеет вид $f(x)=(x,y)$. Тогда сопряженный оператор $A^*$ можно задать равенством $(Ax,y)=(x,A^*y)$. + + \begin{definition} +Линейный ограниченный оператор $A$ называется \emph{самосопряженным}, если $(Ax,y)=(x,Ay)$ для любых $x,y\in H$. +\end{definition} + +\section{Спектр линейного оператора} + +Пусть $A$ --- линейный оператор в конечномерном пространстве. Число $\lambda$ называется \emph{собственным значением} оператора $A$, если уравнение $Ax=\lambda x$ имеет ненулевое решение. Совокупность всех собственных значений называется \emph{спектром} оператора $A$, а все остальные значения $\lambda$ --- \emph{регулярными}. Заметим, что в конечномерном пространстве существуют лишь два случая:\\ +1) уравнение $Ax=\lambda x$ имеет ненулевое решение; оператор $(A-\lambda I)^{-1}$ при этом не существует (здесь $I$ --- тождественный оператор);\\ +2) существует ограниченный оператор $(A-\lambda I)^{-1}$. + +В бесконечномерном пространстве существует еще один случай:\\ +3) оператор $(A-\lambda I)^{-1}$ существует, но не ограничен. + +Рассмотрим оператор $A$ на бесконечномерном пространстве $L$. Число $\lambda$ называется \emph{регулярным} для оператора $A$, если оператор $(A-\lambda I)^{-1}$ определен на всем $L$ и непрерывен. Оператор $R_{\lambda}(A)=(A-\lambda I)^{-1}$ называется \emph{резольвентой}. Совокупность всех $\lambda$, которые не являются регулярными, называется \emph{спектром} оператора $A$. Очевидно, что спектру принадлежат все собственные значения оператора $A$. Их совокупность называется \emph{точечным спектром}. Остальная часть спектра, т.е. совокупность всех $\lambda$, для которых $(A-\lambda I)^{-1}$ существует, но не непрерывен, называется \emph{непрерывным спектром}. Будем обозначать множество регулярных чисел через $\varrho(A)$, а спектр $\sigma(A)$. + +\begin{theorem} +\label{Sp1} +Пусть $A$ --- линейный ограниченный оператор, отображающий банахово пространство $L$ на банахово пространство $L'$, обладает ограниченным обратным оператором $A^{-1}$. Пусть $D$ --- линейный ограниченный оператор, отображающий банахово пространство $L$ на банахово пространство $L'$, такой что $\|D\|<\frac{1}{\|A^{-1}\|}$. Тогда оператор $A+D$ также ограничен и обладает ограниченным обратным. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Согласно теореме \ref{Op5} нужно показать, что уравнение $Ax+Dx=y$ однозначно разрешимо для любого $y$. Это уравнение равносильно уравнению $$A^{-1}(Ax+Dx)=A^{-1}y.$$ Отсюда, $A^{-1}y-A^{-1}Dx=x.$ Заметим, что отображение $F(x)=A^{-1}y-A^{-1}Dx$ сжимающее. Действительно, $$\|F(x)-F(z)\|=\|A^{-1}y-A^{-1}Dx-A^{-1}y+A^{-1}Dz\|=$$ $$=\|A^{-1}D(z-x)\|\leq\|A^{-1}\|\|D\|\|z-x\|.$$ Поскольку $\|A^{-1}\|\|D\|<1$, то отображение $F(x)$ сжимающие. Тогда, согласно теореме \ref{Sj2}, уравнение $Ax+Dx=y$ имеет ровно одно решение. +\end{proof} + +\begin{corollary} +\label{Sp2} +Пусть $\lambda\in\varrho(A)$. Тогда при достаточно малом $\delta$, число $\lambda+\delta\in\varrho(A)$. +\end{corollary} + +Таким образом, регулярные точки образуют открытое множество. Следовательно, спектр --- замкнутое множество. + +\begin{theorem} +\label{Sp3} +Пусть $A$ --- линейный ограниченный оператор, отображающий банахово пространство $L$ на себя. Тогда при $|\lambda|>\|A\|$, имеем $\lambda\in\varrho(A)$. Более того, $$R_{\lambda}(A)=-\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{A^k}{\lambda^{k+1}}.$$ +\end{theorem} + +\begin{proof} +Поскольку $\|-\lambda I\|=|\lambda|$, то $\|(-\lambda I)^{-1}\|=\frac{1}{|\lambda|}$. Тогда, согласно теореме \ref{Sp1}, оператор $-\lambda I+A$ обладает ограниченным обратным. Поскольку $$A-\lambda I=-\lambda(I-\frac{A}{\lambda}),$$ то достаточно доказать, что $$(I-A)^{-1}=\sum\limits_{k=0}^{\infty} A^k,$$ если $\|A\|<1$. Заметим, что $$\sum\limits_{k=0}^{\infty} \|A^k\|=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\|A\|^k<\infty.$$ Поскольку $L$ полно, то сумма $\sum\limits_{k=0}^{\infty} A^k$ является ограниченным линейным оператором. Для любого $n$ получаем $$(I-A)\left(\sum\limits_{k=0}^{n} A^k\right)=\sum\limits_{k=0}^{n} A^k(I-A)=\sum\limits_{k=0}^{n} (A^k-A^{k+1})=I-A^{n+1}.$$ Переходя к пределу при $n\rightarrow\infty$, получаем $$(I-A)\left(\sum\limits_{k=0}^{\infty} A^k\right)=I.$$ +\end{proof} + + +\begin{corollary} +\label{Sp4} +Пусть $\lambda_0\in\varrho(A)$. Тогда при $|\lambda-\lambda_0|<\|R_{\lambda_0}(A)\|^{-1}$, имеем $\lambda\in\varrho(A)$. Более того, $$R_{\lambda}(A)=\sum\limits_{k=0}^{\infty}(\lambda-\lambda_0)^k(R_{\lambda_0}(A))^{k+1}.$$ +\end{corollary} + +\begin{proof} +Сходимоть ряда $\sum\limits_{k=0}^{\infty}(\lambda-\lambda_0)^k(R_{\lambda_0}(A))^{k+1}$ доказывается точно так же, как в теореме \ref{Sp3}. Для его суммы имеем, $$(A-\lambda I)\sum\limits_{k=0}^{\infty}(\lambda-\lambda_0)^k(R_{\lambda_0}(A))^{k+1}=$$ $$=\sum\limits_{k=0}^{\infty}(\lambda-\lambda_0)^k(R_{\lambda_0}(A))^{k+1}(A-\lambda_0I-(\lambda-\lambda_0)I)=$$ $$=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\left((\lambda-\lambda_0)^k(R_{\lambda_0}(A))^{k}-(\lambda-\lambda_0)^{k+1}(R_{\lambda_0}(A))^{k+1}\right)=I.$$ +\end{proof} + +\begin{theorem} +\label{Sp5} +Спекр любого оператора $A$ в комплексном банаховом пространстве $L$ является непустым компактом в круге радиуса $\|A\|$ с центром в нуле комплексной плоскости. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Мы уже доказали, что $\sigma(A)$ замкнуто и $$\sigma(A)\subset\{z\in\CC:|z|\leq\|A\|\}.$$ Предположим, что $R_{\lambda}(A)$ существует для всех $\lambda$. Пусть $\varphi$ --- линейный непрерывный функционал на пространстве операторов. Положим $f(\lambda)=\varphi(R_{\lambda}(A))$. Согласно \ref{Sp4} $f(\lambda)$ --- аналитическая функция на всем $\CC$. Более того, согласно теореме \ref{Sp3} $|f(\lambda)|\rightarrow 0$ при $\lambda\rightarrow\infty$. По теореме Лиувилля $f(\lambda)\equiv 0$. Отсюда, $R_{\lambda}(A)=0$ при всех $\lambda$. +\end{proof} + + \begin{definition} +\emph{Спектральный радиус} оператора $A$ зададим формулой $$r(A)=\inf\|A^n\|^{\frac{1}{n}}.$$ +\end{definition} + +\begin{theorem} +\label{Sp6} +Имеет место равенство +$$r(A)=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\|A^n\|^{\frac{1}{n}}.$$ Более того, $$r(A)=\max\{|z|:z\in\sigma(A)\}.$$ +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $\varepsilon>0$. Выберем такое $p\in\NN$, что $\|A^p\|^{\frac{1}{p}}\leq r(A)+\varepsilon$. Пусть $n=kp+m$, где $0\leq m\leq p-1$. Тогда $$\|A^n\|\leq\|A^p\|^k\|A^m\|\leq M\|A^p\|^k,$$ где $M=\max\limits_{m=1,\ldots,p-1}\|A^m\|$. Отсюда, $$r(A)\leq\|A^n\|^{\frac{1}{n}}\leq M^{\frac{1}{n}}\|A^p\|^{\frac{k}{n}}\leq M^{\frac{1}{n}}(r(A)+\varepsilon)^{\frac{kp}{n}}.$$ Поскольку $M^{\frac{1}{n}}\rightarrow 1$, $\frac{kp}{n}\rightarrow 1$ при $n\rightarrow\infty$, то $$r(A)\leq\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\|A^n\|^{\frac{1}{n}}\leq r(A)+\varepsilon.$$ В силу произвольности $\varepsilon$, получаем $$r(A)=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\|A^n\|^{\frac{1}{n}}.$$ Покажем, что при $\lambda>r(A)$ оператор $A-\lambda I$ обратим. Поскольку $A-\lambda I=\lambda(\frac{A}{\lambda}-I)$, то мы можем считать, что $\lambda=1$, а $r(A)<1$. Пусть $\varepsilon$ такое, что $r(A)+\varepsilon<1$. Заметим, что существует $N\in\NN$ такое, что для любого $n>N$ выполнено $\|A^n\|\leq (r(A)+\varepsilon)^n$. Тогда ряд $\sum\limits_{k=0}^{\infty} A^k$ сходится. Аналогично, как при доказательстве теоремы \ref{Sp3}, получаем, что $(A-I)^{-1}=\sum\limits_{k=0}^{\infty} A^k$. + +Докажем, что существует точка на окружности радиуса $r(A)$ есть точка спектра. Предположим противное. Поскольку $\sigma(A)$ --- замкнутое множество, то существует $rr$ существует $R_{\lambda}(A)$. Пусть $\varphi$ --- линейный непрерывный функционал на пространстве операторов. Тогда функция $f(\lambda)=\varphi(R_{\lambda}(A))$ голоморфна при $|\lambda|>r$. Мы знаем, что вне круга радиуса $\|A\|$ эта функция задается рядом Лорана (см. \ref{Sp3}) $$f(\lambda)=-\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{\varphi(A^k)}{\lambda^{k+1}}.$$ В силу единственности разложения этот ряд задает $f(\lambda)$ при $|\lambda|>r$. Пусть $r<\lambdaN$ и $m>N$ было выполнено $\|A_kx_n^{(n)}-A_kx_m^{(m)}\|<\varepsilon$. Тогда $\|Ax_n^{(n)}-Ax_m^{(m)}\|<3\varepsilon$. Следовательно, последовательность $Ax_n^{(n)}$ сходится. +\end{proof} + +\begin{corollary} +\label{Kom4} +Множество компактных операторов образует замкнутое линейное подпространство. +\end{corollary} + +\begin{proof} +Следует из теорем \ref{Kom2} и \ref{Kom3}. +\end{proof} + +\begin{theorem} +\label{Kom5} +Пусть $A\colon X\rightarrow Y$ и $B\colon Y\rightarrow Z$ --- линейные операторы на баноховых пространствах $X,Y,Z$. Тогда $BA$ --- компактный оператор, если один из операторов компактен, а второй ограничен. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Пусть $U\subset X$ --- ограниченное множество. Предположим $A$ ограничен, $B$ компактен. Тогда $A(U)$ также ограничено. Следовательно, $B(A(U))$ относительно компактно, т.е. $BA$ --- компактный оператор. Предположим $A$ компактен, $B$ ограничен. Тогда $A(U)$ относительно компактно. Поскольку $B$ непрерывный оператор (т.е. $B$ переводит фундаментальную последовательность в фундаментальную последовательность), то $B(A(U))$ также относительно компактно. Следовательно, $BA$ --- компактный оператор. +\end{proof} + +\begin{theorem} +\label{Kom6} +Пусть $A\colon X\rightarrow Y$ --- линейный оператор на банаховых пространствах $X,Y$. Тогда $A$ компактен тогда и только тогда, когда $A^*\colon Y^*\rightarrow X^*$ компактен. +\end{theorem} + +\begin{proof} +Предположим, что $A\colon X\rightarrow Y$ --- компактный оператор. Пусть $V,V^*$ --- единичные шары в $X$ и в $Y^*$ соответственно. Пусть $f\in V^*$. Тогда $A^*f(x)=f(Ax)$. Заметим, что $A^*(V^*)$ равномерно ограниченно и равномерно непрерывно. Поскольку $A(V)$ --- относительно компактно, то по теореме Арцела $A^*(V^*)$ относительно компактно. + +Предположим, что $A^*$ --- компактный оператор. Тогда $A^{**}$ --- компактный оператор. Мы знаем, что существуют изометричные вложения $J_1\colon X\rightarrow X^{**}$, $J_2\colon Y\rightarrow Y^{**}$. Более того, $$A^{**}(J_1x)(f)=J_1x(A^*(f))=(A^*(f))(J_1x)=f(Ax)=$$ $$=f(J_2Ax)=(J_2Ax)(f).$$ Отсюда следует, что $A$ --- компактный оператор. +\end{proof} + + + +\begin{thebibliography}{lll} +\bibitem{K} +Келли Дж.Л. \emph{Общая топология}. +\bibitem{KF} +А.Н. Колмогоров, С.В. Фомин, \emph{Элементы теории функции и функционального анализа}. +\bibitem{MF} +Мищенко А.С., Фоменко А.Т. \emph{Курс дифференциальной геометрии и топологии}. +\bibitem{En} +Энгелькинг Р. \emph{Общая топология}. + +\end{thebibliography} + + +\end{document} +\bibitem{KSB} \ No newline at end of file