這個可以說是有的,不過共軛的概念要擴充為Galois群作用.
具體的要學(xué)過抽象代數(shù)里域擴張的Galois理論.對應(yīng)表述為:
命題:若P(x)是數(shù)域F上的一元不可約多項式,且P(x)的根都屬于擴域K,
則Galois群Gal(K/F)在P(x)的根上的作用傳遞.
這句話涉及術(shù)語略多,盡可能的解釋吧.
數(shù)域:是指復(fù)數(shù)的子集,滿足包含0,1并對四則運算封閉(即運算結(jié)果還在其中).
在F上不可約:就是不能分解為次數(shù)更低的,系數(shù)在F里的多項式的乘積,一般要求本身次數(shù) ≥ 1.
K是F的擴域:是指K是數(shù)域并包含F(xiàn),相等也行,算是平凡情況.
Gal(K/F):是一個集合(其實有群結(jié)構(gòu),但就不解釋了),其中的元素是K的保持F不動的域自同構(gòu).
域自同構(gòu):一個域到自身的雙射f,并保持域的所有運算比如有f(a)+f(b) = f(a+b).
保持F不動:對F中的元素有f(a) = a.
在根上的作用:Gal(K/F)里的元素作為映射可以把P(x)的根a映成f(a).
因為f保持運算,并保持P(x)的系數(shù)不動,可以證明f(a)仍是P(x)的根.
...作用傳遞:對P(x)的任何兩個根a,b,存在Gal(K/F)里的元素f使b = f(a).
對F是實數(shù)域,不可約多項式有兩種,實系數(shù)1次多項式和無實根的實系數(shù)2次多項式.
1次以上的實系數(shù)多項式都可以寫成不可約多項式的乘積.
1次多項式的情況是平凡的,我們看2次不可約多項式.
首先其根都屬于復(fù)數(shù)域,而復(fù)數(shù)域的保持實數(shù)不動的域自同構(gòu)只有恒等和復(fù)共軛.
即Galois群只有這兩個元素.命題說Galois群在根上的作用傳遞.
就是說根的復(fù)共軛還是根(是在根上的作用),并且根互為復(fù)共軛(作用傳遞).
于是2次不可約多項式的根(即虛根)是關(guān)于復(fù)共軛成對的.
F是有理數(shù)的例子,比如K是數(shù)域Q(√2),元素可表示為a+b√2,其中a,b是有理數(shù).
Gal(K/F)的元素有兩個,恒等和"共軛":即將a+b√2變?yōu)閍-b√2的映射.
系數(shù)在F中且根都在K中的不可約多項式同樣只能是1次和2次的.
其中2次的不可約多項式的根關(guān)于上述"共軛"成對.
Gal(K/F)的元素不限于共軛這樣的2階元.
例如cos(π/9),cos(7π/9)和cos(13π/9)是4x³-3x = 1/2的3個根(三倍角公式).
它們都能表示為a+b·cos(π/9)+c·cos²(π/9)的形式,因而在K = Q(cos(π/9))中.
Gal(K/F)中的非恒等元素在這三個根上是輪換(輪換有順逆兩種).
根都在K中的,次數(shù)大于1的不可約有理系數(shù)多項式是3次的,3個根在Gal(K/F)作用下輪換.
一般Galois群的結(jié)構(gòu)還要復(fù)雜的多,復(fù)雜到一定程度還會使得相應(yīng)代數(shù)方程沒有根式解.
就是Galois當時開創(chuàng)的方法,所以這套理論稱為Galois理論.
可能總是驗證P(x)的根都屬于擴域K這個條件顯得很繁,但是畢竟一般的域沒有復(fù)數(shù)域那么好.
當然也不推薦簡單的取K為復(fù)數(shù)域,因為這樣Gal(K/F)將會很大(無窮集),有很多"多余"的元素.
一般取K為剛好包含P(x)所有根的域,稱為P(x)的分裂域.
此時Gal(K/F)中的不同元素在P(x)的根上的作用一定不完全相同.
一般結(jié)論就是,一個有理系數(shù)多項式首先分解為不可約的有理系數(shù)多項式的乘積,
然后每個不可約因子的根在其分裂域的Galois群作用下彼此"共軛".Q(√2)中的無理根成對可以這么證:首先驗證: Q(√2) = {a+b√2 | a,b∈Q}構(gòu)成一個數(shù)域(并顯然包含Q), 主要是運算封閉. 其次驗證: σ: a+b√2→a-b√2是Q(√2)上保持加法和乘法的雙射, 且保持有理數(shù)不動.∴若P(x)是滿足P(a+b√2) = 0的有理系數(shù)多項式, 則有P(a-b√2) = σ(P(a+b√2)) = 0.∴a+b√2是有理系數(shù)多項式P(x)的根當且僅當a-b√2是P(x)的根(∵σ(a-b√2) = a+b√2).a+b√2不是有理數(shù)當且僅當b ≠ 0, 此時a+b√2, a-b√2即為一對無理根.具體的證明我先不寫了, 哪里有疑問我再補充.其實整個過程中第一步最麻煩, 只要證明了a+b√2表示的合理性, 剩下都容易.關(guān)于不可約多項式的論斷可以這樣:設(shè)P(x)為一個根都在Q(√2)上的多項式.i. 若P(x)有有理根a, 則x-a整除P(x), 我們得到P(x)在Q上的一個分解.但∵P(x)不可約, ∴非平凡因子x-a與P(x)次數(shù)相等, 即P(x)次數(shù)為1.ii. 若P(x)無有理根, 由P(x)次數(shù)不小于1, 知其有根.由條件, 可設(shè)a+b√2為一個根. ∵P(x)無有理根, ∴b ≠ 0.∴a-b√2為另一個根, ∴x²-2ax+(a²-2b²) = (x-a-b√2)(x-a+b√2)整除P(x).∵x²-2ax+(a²-2b²)的系數(shù)都是有理數(shù), 我們得到P(x)在Q上的一個分解.再∵P(x)不可約, ∴P(x)次數(shù)為2.其實在抽象代數(shù)中這個證明大體是反過來的.作用傳遞是借助域同構(gòu)的延拓, 作為一般結(jié)論證明的. 對具體的域算具體的Galois群.先證x²-2在F = Q上不可約, 然后K = Q(√2)是x²-2在Q上的分裂域.由Galois群在x²-2的根上作用傳遞, 且Gal(K/F)中的不同元素在x²-2的根上作用傳遞,得到Gal(K/F)只有恒等和"共軛"兩個元素.于是由系數(shù)在Q中且根都在Q(√2)中的不可約多項式根的個數(shù) ≤ 2(否則不可能傳遞),而數(shù)域上的不可約多項式是沒有重根的(否則與其導(dǎo)函數(shù)有非平凡公因子), 次數(shù) ≤ 2.