Глава 2 Ньотеровост и еднозначно разлагане на зародиши на холоморфни функции Продължаваме с изучаване на зародишите на холоморфните в 0 n C n функции.

Препис

1 Глава 2 Ньотеровост и еднозначно разлагане на зародиши на холоморфни функции Продължаваме с изучаване на зародишите на холоморфните в 0 n C n функции. Да напомним, че u O n точно когато u(0 n ) 0 В такъв случай u 1 = 1 u. Ако не е казано противното, отъждествяваме зародишите с техни представители. 1. Локална форма на зародиш на холоморфна функция на една комплексна променлива Твърдение 2.1. За произволен зародиш f O 1 \ {0} на холоморфна функция на една комплексна променлива съществуват неотрицателно цяло число m Z 0 и обратим елемент u O 1, така че Доказателство: Разлагаме f(z) = f = z m u. k=0 k f z k (0) zk k! в Тейлъров ред в околност 0 U C. Съгласно f 0 O 1 съществува неотрицателно цяло число k, така че k f (0) 0. Означаваме с m минималното неотрицателно цяло с m f z k z (0) 0. m Тогава [ k ] f f(z) = z k (0)zk k! = k f (0)zk m zm z k. k! k=m k=m Остава да проверим, че степенният ред u(z) := k=m k f (0)zk m z k k! е абсолютно и равномерно сходящ върху компактните подмножества от достатъчно малка околност на 0 върху C. Това е достатъчно поради почленната диференцируемост на абсолютно и равномерно сходящите редове, която дава холоморфността на u(z) в 0 и поради u(0) = m f z (0) 0, осигуравящо u O1. m За абсолютната и равномерната сходимост на u(z) използваме Следствие 1.6 или интегралните формули за производните на холоморфна функция, които гласят, че k f k! f(ζ) k! 2π (0) = dζ = zk (0,δ) ζk+1 2πδ k f(δe iθ )e kiθ dθ за достатъчно малко δ R >0. Ако M := k f z k (0) k! δ k M. 19 max f(ζ), то ζ (0,δ) 0

2 20 2. НЬОТЕРОВОСТ И ЕДНОЗНАЧНО РАЗЛАГАНЕ Фиксираме N N, N 2. Тогава върху всеки компакт K ( ) 0, δ N е в сила k f (0)zk m 1 z k k f ( ) k m δ k! k! z k (0) M ( ) k m 1 N δ m = N k=m k=m k=m M 1 δ m 1 1 N и редът u(z) е абсолютно и равномерно сходящ върху K, Q.E.D. = MN δ m (N 1) 2. Полином на Weierstrass. Подготвителна Теорема на Weierstrass. Пръстенът O n 1 [z n ] на полиномите на z n, чиито коефициенти са зародиши на холоморфни функции в 0 n 1 C n 1 е подпръстен на O n, съдържащ O n 1, т.е. O n 1 O n 1 [z n ] O n. Определение 2.2. Полиномите P = zn d + a 1 zn d a d O n 1 [z n ] със старши коефициент 1 и анулиращи се в 0 n 1 C n 1 коефициенти a 1,..., a d O n 1 се наричат полиноми на Weierstrass. По аналогия с Твърдение 2.1, Подготвителната теорема на Weierstrass установява, че всеки зародиш f O n може да се представи като произведение f = P u на полином на Weierstrasss P O n 1 [z n ] и обратим елемент u O n. За доказателството на тази теорема напомняме едно твърдение за холоморфни функции на една комплексна променлива. За неговото формулиране казваме, че свързано отворено подмножество D C n е едносвързано, ако границата му D е хомотопна на постоянен път. Твърдение 2.3. Нека D o C е отворено подмножество, D D o е ограничено свързано едносвързано отворено подмножество, чиято затворена обвивка D D o се съдържа в D o и чиято граница D е непрекъсната. Ако f, g : D o C са нетъждествено нулеви холоморфни функции, f не се анулира в нито една точка на D и a 1,..., a k D са нулите на f : D C, броени с техните кратности, то 1 D g(ζ) f (ζ) f(ζ) dζ = k g(a ). (2.1) Доказателство: Преди всичко, уравнението f(z) = 0 има краен брой решения a 1,..., a k, броени с техните кратности, защото съгласно Твърдение 2.1, всяка точка a D има отворена околност a V a D o с неповече от една нула на f във V a. По-точно, ако f има кратност 0 в a, то f няма нули във V a. Ако f има кратност m 1 в a, то a е единствената нула на f във V a. Покриваме D D o с такива околности и избираме крайно подпокритие, благодарение на компактността на затвореното ограничено множество D. Нека a 1,..., a l D са различните нули на f в D с кратности k 1,..., k l. Тогава k k l = k. Избираме достатъчно малки дискове (a, ε ) за 1 l, така че затворените им обвивки (a, ε ) се съдържат в D и не се пресичат две по две. Тогава функцията g(z) f (z) f(z) е холоморфна в отвореното множество [ ] Ω := D\ l (a, ε ). Съединяваме последователно с отсечки окръжностите (a, ε ) с окръжностите (a +1, ε +1 ) за 1 l 1, така че да можем да ги обходим последователно. Произведението на тези окръжности, определено като тяхното последователно обхождане е хомотопно на D, съгласно едносвързаността на D. Това дава възможност да приложим Теорема 1 на Cauchy

3 2. ПОДГОТВИТЕЛНА ТЕОРЕМА НА WEIERSTRASS 21 и да получим 1 D g(ζ) f (ζ) f(ζ) dζ = [ l 1 (a,ε ) ] g(ζ) f (ζ) f(ζ) dζ. Възоснова на горното равенство, достатъчно е да проверим, че 1 g(ζ) f (ζ) f(ζ) dζ = k g(a ) за 1 l. (a,ε ) За осъществяване на тази цел, след евентуално намаляване на радиуса ε R >0 можем да считаме, че f(ζ) = (ζ a ) k ϕ (ζ), g(ζ) = (ζ a ) m ψ (ζ) за някакво неотрицателно цяло число m и никъде неанулиращи се функции ϕ, ψ : (a, ε) C. Функцията F (ζ) := g(ζ) f (ζ) f(ζ) (ζ a ) = (ζ a ) ψ (ζ) [ m k ϕ (ζ) + (ζ a )ϕ ϕ (ζ) (ζ) ] е холоморфна в (a, ε ) и F (a ) = { k ψ (a) = k g(a ) за m = 0, 0 = k g(a ) за m 1. Формулата на Cauchy (Теорема 3) дава k g(a ) = F (a ) = 1 F (ζ) dζ = 1 ζ a Q.E.D. (a,ε ) (a,ε ) g(ζ) f (ζ) f(ζ) dζ, Задача 2.4. Нека z 1,..., z m C са комплексни числа, а ε 1,..., ε m, R R >0 са такива реални положителни числа, че дисковете (z, ε ) се съдържат в диска (0, R) и не се пресичат два по два. Ако функции f и g са холоморфни в околност на затворената обвивка на областта D := (0, R) \ [ m (z, ε ) ] и f не се анулира върху границата D, да се докаже, че 1 D g(ζ) f (ζ) f(ζ) dζ = k g(a s ) за корените a 1,..., a k на f(ζ) в D, броени с техните кратности. Определение 2.5. Холоморфна функция f : U C в отворена околност U на 0 n върху C n е регулярна относно z n, ако f(0 n 1, z n ) 0 не се анулира тъждествено като холоморфна функция на една комплексна променлива. Ако f : U C е регулярна относно z n, то съществуват неотрицателно цяло число d, околност 0 U o C и холоморфна никъде неанулираща се функция u : U o C, така че f(0 n 1, z n ) = znu(z d n ). В такъв случай казаваме, че f е регулярна с кратност d относно z n. Лема 2.6. За произволен краен брой ненулеви зародиши f 1,..., f m O n \ {0} съществува линейна смяна на координатите (z 1,..., z n ) (t 1,..., t n ), така че всеки от зародишите f 1,..., f m е регулярен относно t n. Доказателство: Достатъчно е да намерим линейна смяна на координатите (z 1,..., z n ) (t 1,..., t n ), така че произведението f := f 1... f m O n \ {0} е регулярно относно t n. От f 0 следва, че всяка отворена околност 0 n U 0 C n съдържа точка a U 0 \ {0 n }, в която f(a) 0. Разглеждаме комплексната права L a := {ta t C} C n през началото 0 n C n и точката a C n. Нека U 1 е свързаната компонента на отвореното подмножество U 0 L L, s=1

4 22 2. НЬОТЕРОВОСТ И ЕДНОЗНАЧНО РАЗЛАГАНЕ съдържаща началото 0 на L. Съгласно Твърдение 2.1, съществува околност 0 U U 1 L на началото върху L, така че f(sa) 0 за s U \ {0}. Ако a = (a 1,..., a i,..., a n ) U 0 \ {0 n } има ненулева i-та координата a i 0 спрямо стандартния базис e 1,..., e n, то векторите e 1,..., e i 1, e i+1,..., e n, a C n са линейно независими над C и образуват C-базис на C n. Нека линейната смяна на координатите (z 1,..., z n ) (t 1,..., t n ) отговаря на смяната на стандартния базис e 1,..., e n с базиса e 1,..., e i 1, e i+1,..., e n, a. Тогава от f(sa) 0 за s U следва, че f е регулярна относно t n, Q.E.D. Задача 2.7. Нека f O 1 \{0} е нетъждествено нулев зародиш на холоморфна функция на една комплексна променлива, а d е произволно естествено число. Да се намери линейна смяна на координатите (z 1, z 2 ) (w 1, w 2 ) върху C 2, привеждаща зародиша g(z 1, z 2 ) = z d 1f(z 2 ) O 2 в регулярен вид относно w 2. Теорема 5. (Подготвителна теорема на Weierstrass) Ако зародишът f O n е регулярен с кратност d N относно z n, то съществува единствен полином на Weierstrass P O n 1 [z n ] от степен d относно z n, така че за някакъв обратим елемент u O n. f = P u Доказателство: Фиксираме достатъчно близка до началото 0 n 1 C n 1 точка w = (z 1,..., z n 1 ) C n 1 и разглеждаме f w (z n ) := f(w, z n ) като холоморфна фукция на една комплексна променлива z n. Понеже f 0 n 1(z n ) има нула с кратност d в z n = 0, за достатъчно близка до 0 n 1 точка w C n 1 функцията f w (z n ) има d на брой нули ζ 1 (w),..., ζ d (w), броени с техните кратности. Ако f = P u за u O n и полином P O n 1 [z n ] със старши коефициент 1, то P (W, z n ) = (z n ζ 1 (w))... (z n ζ d (w)). (2.2) Основната трудност на доказателството е установяването на холоморфната зависимост на P (w, z n ) от w. Да означим със същата буква f представител на зародиша f O n, който е регулярен с кратност d относно z n. Съгласно f(0 n 1, z n ) 0 за всички z n 0 от достатъчно малка околност на 0 върху C, съществувате r, δ R >0, така че за z n C с z n = r е в сила f(0 n 1, z n ) δ. Поради непрекъснатостта на f, съществува ε > 0, така че за w C n 1 с w ε и z n C с z n = r е изпълнено f(w, z n ) δ 2. За всяко фиксирано w C n 1 с w ε, интегралът N(w) := 1 ζ (0,r) f z n (w, ζ) f(w, ζ) dζ е равен на броя на нулите на холоморфната функция f(w, z n ) на z n в диска (0, r), броени с техните кратности. Съгласно Твърдение 2.3, от непрекъснатостта на N(w) относно w и N(0 n 1 ) = d следва, че N(w) = d за w B(0 n 1, ε) = {w C n 1 w 2 = z z 2 n ε 2 }. Нека ζ 1 (w),..., ζ d (w) са нулите на f(w, z n ), разгледана като холоморфна функция на z n в (0, r). Означаваме със σ 1 (w),..., σ d (w) елементарните симетрични полиноми на ζ 1 (w),..., ζ d (w), т.е. σ k (w) := ζ i1 (w)... ζ id (w) за 1 k d 1 i 1<...<i k d

5 3. ТЕОРЕМА НА WEIERSTRASS ЗА ДЕЛЕНИЕ 23 е сумата на всички произведения на k на брой от корените ζ 1 (w),..., ζ d (w) на f(w, z n ). Съгласно Твърдение 2.3 имаме f 1 ζ k z n (w, ζ) f(w, ζ) dζ = ζ 1(w) k ζ d (w) k (0,r) и тези степенни сборове са холоморфни относно w, защото можем да диференцираме под интеграла отляво. По формулите на Newton изразяваме елементарните симетрични полиноми σ 1 (w),..., σ d (w) чрез степенните сборове на ζ 1 (w),..., ζ d (w) с показатели 1 k d и получаваме, че σ (w) са холоморфни функции на w за 1 d. Следователно коефициентите на полинома P (w, z n ), определен от (2.2) са холоморфни функции на w B(0 n 1, ε). Вземайки предвид σ (0 n 1 ) = 0 за 1 d, стигаме до извода, че P (w, z n ) е полином на Weierstrass от степен d относно z n. За w B(0 n 1, ε) и z n (0, r) разглеждаме частното u(w, z n ) := f(w, z n) P (w, z n ) като холоморфна функция извън нулите на P (w, z n ). За фиксирано w, функцията u(w, z n ) е холоморфна относно z n (0, r), защото има отстраними особености в (0, r). По формулата на Cauchy Теорема 3 имаме u(w, z n ) = 1 (0,r) u(w, z n ) dζ, ζ z n така че u(w, z n ) e холоморфна функция на (w, z n ) B(0 n 1, ε) (0, r). По предположение, u(0 n 1, z n ) = f(0n 1, z n ) P (0 n 1, z n ) = f(0n 1, z n ) zn d 0, така че u(w, z n ) не се анулира в B(0 n 1, ε) (0, r) за достатъчно малки ε, r R >0. Полиномът на Weierstrass P (w, z n ) = (z n ζ 1 (w))... (z n ζ d (w)) е еднозначно определен от f(w, z n ), защото корените му ζ 1 (w),..., ζ d (w) съвпадат с корените на f(w, z n ), Q.E.D. i=0 =0 Задача 2.8. Да се изведе Твърдение 2.1 като частен случай на Подготвителната Теорема 5 на Weierstrass. Задача 2.9. Нека f(z 1, z 2 ) = a i z1z i 2 C[z 1, z 2 ] е полином на две променливи от степен deg z2 f = d относно z 2 и a 00 = 0, a Да се докаже, че съществува достатъчно малко r R >0, така че за произволна точка a 1 (0, r) уравнението f(a 1, z 2 ) = 0 има не повече от d 1 корена в C \ (0, r), а в обща точка a 1 (0, r) уравнението f(a 1, z 2 ) = 0 има точно d 1 корена в C \ (0, r). 3. Теорема на Weierstrass за деление Теорема 6. (Теорема на Weierstrass за деление) Нека P O n 1 [z n ] е полином на Weierstrass от степен d относно z n, а f O n. Тогава съществуват еднозначно определени частно q O n и остатък R O n 1 [z n ], чиято степен относно z n е строго по-малка от d, така че f = qp + R. Още повече, ако f O n 1 [z n ], то и q O n 1 [z n ].

6 24 2. НЬОТЕРОВОСТ И ЕДНОЗНАЧНО РАЗЛАГАНЕ Доказателство: Избираме достатъчно малки ε, ρ R >0, така че за всяко w B(0 n 1, ε) = {w C n 1 w < ε} полиномът P (w, z n ) да има точно d нули в диска (0, ρ). За произволни (w, z n ) B(0 n 1, ε) (0, ρ) определяме q(w, z n ) := 1 (0,ρ) f(w, ζ) dζ. P (w, ζ) ζ z n Холоморфността на q(w, z n ) следва от възможността за диференциране под интеграла. Следователно R := f qp е също холоморфна функция. Представяме R := f qp = 1 (0,ρ) 1 в интегрална форма. Частното i=0 [ ] f(w, ζ) dζ f(w, ζ) P (w, z n ) = P (w, ζ) ζ z n [ ] f(w, ζ) P (w, ζ) P (w, zn ) dζ P (w, ζ) ζ z n (0,ρ) =0 P o (w, ζ, z n ) := P (w, ζ) P (w, z n) ζ z n = ζ d zn d d 1 + c d i (w) ζi z i d 1 d 1 d 1 n = ζ d 1 zn + c d 1 (w)ζ i 1 zn = ζ z n ζ z n =0 a 0 (w, ζ)z d 1 n i=0 =0 + a 1 (w, ζ)z d 2 n a d 1 (w, ζ) е полином на z n от степен d 1 със старши коефициент a 0 (w, ζ) = 1, чиито останали коефициенти са холоморфни функции на (w, ζ). Следователно R = 1 f(w, ζ) d 1 a d 1 (w, ζ)z n dζ = (0,ρ) P (w, ζ) =0 [ d 1 ] 1 f(w, ζ) P (w, ζ) a d 1 d 1 (w, ζ)dζ zn = b d 1 (w)zn (0,ρ) e полином на z n от степен d 1 с коефициенти b (w) := 1 f(w, ζ) P (w, ζ) a (w, ζ)dζ O n 1. (0,ρ) Това доказва съществуването на q O n и R O n 1 [z n ] с необходимите свойства. За да установим единствеността на q O n и R O n 1 [z n ] от степен < d относно z n, да допуснем съществуването на q 1 O n и R 1 O n 1 [z n ] от степен < d относно z n, така че q 1 (w, z n )P (w, z n ) + R 1 (w, z n ) = f(w, z n ) = q(w, z n )P (w, z n ) + R(w, z n ) за нетъждествено нулева функция ((q 1 q)p )(w, z n ). Тогава ((q 1 q)p )(w, z n ) = (R R 1 )(w, z n ) за (w, z n ) B(0 n 1, ε) (0, ρ) и за произволно r R >0, r < ρ можем да разгледаме интеграла I := 1 (0,r) ζ ((q 1 q)p )(w, ζ) (q 1 q)p (w, ζ) dζ = 1 (0,r) =0 ζ (R R 1)(w, ζ) (R R 1 )(w, ζ) dζ. Съгласно Твърдение 2.3, за произволно фиксирано w B(0 n 1, ε), числото I е броят на нулите на ((q 1 q)p )(w, z n ) в (0, r). Понеже P (w, z n ) има точно d нули в (0, r), броени с техните кратности, числото I d и I N. От друга страна, полиномът (R R 1 )(w, z n ) O n 1 [z n ] от степен < d относно z n има d 1 нули в (0, r), броени с техните кратности. Условията I d 1 и I d

7 4. НЬОТЕРОВОСТ НА ЗАРОДИШИТЕ НА ХОЛОМОРФНИТЕ ФУНКЦИИ 25 водят до противоречие и доказват единствеността на частното q O n 1 [z n ] при деление на f O n с полином на Weierstrass P O n 1 [z n ]. Оттук автоматично следва и R 1 (w, z n ) = R(w, z n ). Ако f O n 1 [z n ], то по Теоремата за деление с частно и остатък на полиноми на z n с коефициенти от областта O n 1, съществуват Q o O n 1 [z n ] и R o O n 1 [z n ] с f = P Q o + R o и deg zn R o < deg zn P. Тук съществено се използва, че полиномът на Weierstrass P O n 1 [z n ] има старши коефициент 1, за да твърдим, че Q o е с коефициенти от O n 1, а не в полето от частни на областта O n 1. Полиномите Q o O n 1 [z n ] O n и R o O n 1 [z n ] изпълняват условията от Теорема 6 на Weierstrass за деление и съвпадат, съответно с q O n и R O n+1 [z n ], съгласно доказаната единственост на частното q и остатъка R, Q.E.D. 4. Ньотеровост на зародишите на холоморфните функции Подготвителната теорема на Weierstrass и Теоремата на Weietstrass за деление дават възможност за извеждане на някои алгебрични свойства на O n от съответните свойства на O n 1 [z n ]. За да уточним, нека напомним следното Определение Комутативният пръстен с единица R е ньотеров, ако всеки идеал I R е крайно породен, т.е. за всеки идеал I R{ съществуват краен } k брой елементи x 1,..., x k I, така че I = x 1,..., x k = r x r R. Твърдение Пръстенът O n на зародишите на холоморфните в 0 n C n функции е ньотеров. Доказателство: Нулевият идеал {0} = 0 e крайно породен във всеки пръстен. Достатъчно е да проверим, че всеки ненулев идеал {0} I O n е крайно породен. С индукция по n 1, ако {0} = I O 1, то съгласно Твърдение 2.1, всеки елемент f O 1 \ {0} е от вида f = z m f u f за подходящи m f Z 0 и u f O1. Избираме h I \ {0} с минимална кратност m h Z 0 в 0 C и доказваме, че I = h. Включването h := {hg g O n } I следва от h I и от определението за идеал. За обратното включване I h използваме, че произволен елемент f I \ {0} е от вида f = z m f u f за подходящи m f Z 0, m f m h и u f O1. Следователно f = (z m h u h )(z m f m h u 1 h u f ) = h(z m f m h u 1 u f ) h и I h. Това доказва, че всеки идеал I в O 1 е не само крайно породен, но и главен, т.е. породен от единствен елемент. В общия случай, пръстенът O n 1 е ньотеров по индукционно предположение. Съгласно Теорема 7 на Hilbert за базиса, доказана в Приложението към тази тема, пръстенът O n 1 [z n ] на полиномите на z n с коефициенти от ньотеровия пръстен O n 1 е ньотеров. Произволен ненулев идеал {0} = I O n пресича пръстена O n 1 [z n ] O n в идеал J o := I O n 1 [z n ] на O n 1 [z n ]. Следователно съществуват краен брой пораждащи P 1,..., P k J o на идеала k J o = P 1,..., P k On 1[z n] = P Q Q O n 1 [z n ] O n 1[z n ]. h Нека k J := P 1,..., P k On = J o O n = P g g O n

8 26 2. НЬОТЕРОВОСТ И ЕДНОЗНАЧНО РАЗЛАГАНЕ е идеалът в O n, породен от P 1,..., P k O n 1 [z n ] или от J o. За произволен ненулев елемент f o I твърдим, че идеалът I = J + f o On = P 1,..., P k, f o On се поражда от P 1,..., P k O n 1 [z n ] O n и от f o I. Преди всичко, включването P 1,..., P k, f o On I е ясно от P 1,..., P k J o I и f o I. За обратното включване I P 1,..., P k, f o On прилагаме линейна смяна на координатите, така че зародишът f o да стане регулярен относно z n. Съгласно Подготвителната Теорема 5 на Weierstrass съществува полином P o O n 1 [z n ] на Weierstrass и обратим елемент u o On, така че f o = P o u o. Произволен елемент f I се дели на P o O n 1 [z n ] с частно q O n и остатък R O n 1 [z n ] от степен deg zn R < deg zn P o, по Теорема 6 за деление, f = P o q + R. Сега R = f P o q = f f o u 1 o q I O n 1 [z n ] = J o J, защото f, f o I. Следователно съществуват зародиши g O n, 1 k, така че R = k P g и f = R + f o u 1 o q = k P g + f o u 1 o q P 1,..., P k, f o On. Това доказва I P 1,..., P k, f o On и I = P 1,..., P k, f o On, Q.E.D. Задача За произволен идеал I O n нека π I : O n O n /I, π I (f) = f + I е естественият епиморфизъм с ядро I, а J е идеалът на O n, породен от ядрото ker[π I Id : O n 1 [z n ] O n /I] на композицията на тъждественото влагане Id : O n 1 [z n ] O n с π I. Да се докаже, че J I, ker[π J Id : O n 1 [z n ] O n /J] = ker[π I Id : O n 1 [z n ] O n /I] и фактор-идеалът I/J = f o + J On/J O n /J e главен. 5. Еднозначно разлагане на зародиши на холоморфни функции Ще докажем, че произволен елемент f O n \ (O n {0}) има единствено с точност до множители от O n разлагане в произведение на краен брой неразложими елементи от O n. Определение Елементът r R\(R {0}) е неразложим, ако във всяко разлагане r = r 1 r 2 в произведение на r 1, r 2 R, единият от множителите r 1 или r 2 е обратим в R. Определение Област R с еднознначно разлагане е такава комутативна област с единица, в която всеки елемент r R\(R {0}) има единствено с точност до множители от R разлагане r = r 1... r k в произведение на краен брой неразложими елементи r R. Твърдение Пръстенът O n на зародишите на холоморфните в 0 n C n функции е област с еднозначно разлагане. Доказателство: Ще работим с индукция по n N. Холоморфната координата z O 1 \ (O 1 {0}) е неразложим елемент на O 1. По-точно, ако z = fg за f, g O 1, то f 0, g 0 и можем да представим f = z m f u f, g = z mg u g чрез подходящи m f, m g Z 0 и u f, u g O 1. Съгласно Твърдение 2.1, зародишът z = z m f +m g (u f u g ) O 1 е с кратност 1 = m f + m g в 0 C, така че m f = 0 или m g = 0. Това означава f O 1 или, съответно, g O 1 и доказва неразложимостта на z в O 1. Използвайки отново Твърдение 2.1 представяме всеки зародиш f O 1 \ (O 1 {0}) във вида f = z m f u f за подходящи m f N и

9 5. ЕДНОЗНАЧНО РАЗЛАГАНЕ НА ЗАРОДИШИ НА ХОЛОМОРФНИ ФУНКЦИИ 27 u f O1. Следователно f е произведение на m f неразложими множители, първите m f 1 от които са равни на z, а последният е zu f. Съгласно еднозначната определеност на кратността m f на f в 0 C, това разлагане е единствено с точност до обратими зародиши. Преди да разгледаме общия случай ще проверим, че ако f O n е регулярен относно z n и f = P u за полином на Weierstrass P O n 1 [z n ] и u On, то f O n е неразложим в O n тогава и само тогава, когато P O n 1 [z n ] е неразложим в O n 1 [z n ]. Еквивалентно, f O n е разложим в O n тогава и само тогава, когато P O n 1 [z n ] е разложим в O n 1 [z n ]. Наистина, ако P = P 1 P 2 се разлага в множители P 1, P 2 O n 1 [z n ]\O n 1 [z n ] = O n 1 [z n ]\On 1, то f = P 1 (P 2 u). Допускането P 1 On изисква P 1 (w, z n ) да е от степен deg zn P 1 (w, z n ) = 0 относно z n, т.е. P 1 O n 1. Следователно P1 1 = 1 P 1 O n 1 и P 1 On 1, противно на избора на P 1 O n 1 [z n ] \ On 1. Обратно, ако съществува разлагане f = f 1 f 2 с f 1, f 2 O n \ On, то f 1 и f 2 са регулярни относно z n спрямо всяка координатна система, в която f е регулярен относно z n. Съгласно Подготвителната Теорема 5 на Weierstrass съществуват полиноми P, P 1, P 2 O n 1 [z n ] на Weierstrasss и обратими елементи u, u 1, u 2 On, така че f = P u и f = P u за 1 2. В резултат, P u = f = f 1 f 2 = (P 1 P 2 )(u 1 u 2 ). Произведението P 1 P 2 на полиноми на Weierstrass e полином на Weierstrass, така че съгласно единствеността на P от представянето f = P u, доказана в Теорема 5 имаме равенство на полиноми P = P 1 P 2 в O n 1 [z n ]. Допускането P 1 O n 1 [z n ] = On 1 On води до f 1 = P 1 u 1 On, противно на избора на f 1 O n \ On и доказва разложимостта на P. Остава да проверим, че ако O n 1 е област с еднозначно разлагане, то и O n е област с еднозначно разлагане. За целта прилагаме Теорема 8 от Приложението и получаваме, че O n 1 [z n ] е област с еднозначно разлагане. За произволен зародиш f O n \ (On {0}) прилагаме подходяща линейна смяна на променливите, така че да го направим регулярен относно z n. Тогава съгласно Подготвителната Теорема 5 на Weierstrass съществува полином на Weierstrass P O n 1 [z n ] и обратим елемент u On, така че f = P u. Да забележим, че P 0, съгласно f 0 и P O n 1 [z n ] = On 1 On, съгласно f On. Следователно съществува разлагане P = P 1... P k в произведение на краен брой неразложими елементи P O n 1 [z n ]. Съгласно доказаното по-горе, P O n са неразложими в O n. Нека f 1... f k = f = g 1... g m с k m са две разлагания на f O n в произведение на неразложими f i, g O n. Съгласно Подготвителната Теорема 5 на Weierstrass съществуват полиноми на Weierstrass P i, Q O n 1 [z n ] и обратими елементи u i, v On, така че f i = P i u i и g = Q v за 1 i k, 1 m. Следователно P 1... P k (u 1... u k ) = f = Q 1... Q m (v 1... v m ), откъдето P 1... P k = Q 1... Q m, съгласно единствеността на полинома на Weierstrass от представянето на f. Вземайки предвид еднозначността на разлагането в O n 1 [z n ] получаваме k = m и Q = P w за подходящи w O n 1 [z n ] = O n 1 O n и 1 k. Оттук g = Q v = P w v = (P u )(u 1 w v ) = f (u 1 w v ) с u 1 w v On, което доказва еднозначността на разлагането в O n, Q.E.D. Задача Да се докаже, че: (i) ако зародишът f O n e регулярен с кратност 1 относно z n, то f е неразложим в O n ;

10 28 2. НЬОТЕРОВОСТ И ЕДНОЗНАЧНО РАЗЛАГАНЕ (i) ако g O n е регулярен с кратност 2 относно z n, то g се разлага в произведение на два неразложими регулярни зародиша с кратност 1 спрямо z n. 6. Приложение - Ньотерови комутативни области с единица и с еднозначно разлагане Твърдение Комутативният пръстен с единица R е ньотеров тогава и само тогава, когато всяка ненамаляваща редица от идеали I 1 I 2... I n I n+1... (2.3) се стабилизира след краен брой стъпки. В частност, ако R е ньотеров пръстен, то всяко пораждащо подмножество S на идеал S R има крайно пораждащо подмножество {s 1,..., s n } S, S = s 1,..., s n. Доказателство: Нека R е ньотеров пръстен и (2.3) е ненамаляваща редица от идеали Твърдим, че I := s=1i s е идеал в R. Наистина, за произволни a, b I съществуват p, q N, така че a I p, b I q. Ако n := max(p, q), то a, b I n и a b I n R. За a I p и r R, имаме ar I p I, така че I е идеал в R. По определението за ньотеровост, идеалът I = a 1,..., a k = Ra Ra k е крайнопороден. Ако a I n и n := max(n 1,..., n k ), то за вяко m n e в сила I I n I m I. Следователно I = I n = I n+1 =... и редицата (2.3) се стабилизира след краен брой стъпки. Ще докажем, че ако всяка ненамаляваща редица от идеали 2.3 се стабилизира след краен брой стъпки, то всяко пораждащо множество S R на идеал I = S има крайно пораждащо подмножество {s 1,..., s n } S, I = s 1,..., s n. Оттук следва, че условието за стабилизация на ненамаляващите редици от идеали е достатъчно за ньотеровостта на пръстена. Освен това, ако R е ньотеров пръстен то всяко пораждащо множество на идеал има крайно пораждащо подмножество, защото стабилизацията на ненамаляващите редици от идеали е необходимо условие за ньотеровост. С допускане на противното, нека S R e такова подмножество, че идеалът I = S няма крайна пораждаща система {s 1,..., s n } S. Тогава избираме σ 1 S. С индукция по n N, ако σ 1,..., σ n S са такива, че σ i S \ σ 1,..., σ i 1 за 2 i n, то съществува σ n+1 S \ σ 1,..., σ n. В противен случай, от S I n := σ 1,..., σ n следва S I n, защото I n е затворено относно събиране на свои елементи и умножение с елементи на R. Комбинирайки с I n S получаваме I = I n, така че крайното подмножество {σ 1,..., σ n } S поражда I. Това противоречи на допускането и доказва съществуването на безкрайна редица {σ n } n=1 S, изпълняваща условието σ n S \ I n 1 := σ 1,..., σ n 1 за n 2. Безкрайната редица от идеали I n 1 I n е строго растяща. Това противоречи на предположението за стабилизация на ненамаляващите редици от идеали и доказва твърдението, Q.E.D. Теорема 7. Ако R е ньотеров комутативен пръстен с единица, то пръстенът R[x] на полиномите на една променлива x с коефициенти от R е ньотеров комутативен пръстен с единица. Доказателство: Допускаме, че пръстенът R[x] не е ньотеров и разглеждаме идеал I R[x], който не е крайно породен. Избираме f 1 I \ {0} от минимална степен. С индукция по броя на избраните полиноми, да предположим, че сме фиксирали f 1,..., f 1 I с f i I \ f 1,..., f i 1 от минимална степен за всяко 2 i 1. Вземаме f I \ f 1,..., f 1 от минимална степен. По този начин получаваме безкрайна редица от полиноми f 1,..., f,....

11 6. ПРИЛОЖЕНИЕ - НЬОТЕРОВИ ОБЛАСТИ С ЕДНОЗНАЧНО РАЗЛАГАНЕ 29 Нека J = LC(f n ) n N е идеалът в R, породен от старшите коефициенти LC(f n ) R на всички полиноми от редицата {f n } n=1 R[x]. Съгласно Твърдение 2.17, съществува крайно подмножество {LC(f i1 ),..., LC(f is )} {LC(f n ) n N} от пораждащи на J. Оттук, за m := max(i 1,..., i s ) имаме J = LC(f 1 ),..., LC(f m ). Представяме LC(f m+1 ) J = LC(f 1 ),..., LC(f m ) във вида LC(f m+1 ) = m LC(f i )r i за някои r i R. i=1 Твърдим, че deg(f m+1 ) deg(f i ) за 1 i m. В противен случай, съгласно f m+1 S \ f 1,..., f i 1 би трябвало да изберем f m+1 за i-ти член на конструираната редица от полиноми. Полиномът f m+1 = f m+1 m x deg(fm+1) deg(fi) f i r i, i=1 е от степен deg(f m+1) < deg(f m+1 ), защото коефициентът на x deg(fm+1) в f m+1 се анулира. Съгласно избора на f m+1 I \ f 1,..., f m от минимална степен, f m+1 f 1,..., f m. В резултат, f m+1 = f m+1 + m x deg(fm+1) deg(fi) f i r i f 1,..., f m, i=1 което противоречи на избора на f m+1 и доказва ньотеровостта на R[x], Q.E.D. Да напомним, че идеалът p на комутативен пръстен с единица R е прост, ако от ab p за a, b R следва a p или b p. Лема (Достатъчни условия за еднозначно разлагане) (i) В ньотерова комутативна област R с единица, всеки ненулев елемент r R \ (R {0}) има необезателно единствено с точност до множители от R разлагане в крайно произведение r = r 1... r k на неразложими r i R. (ii) В ньотеровата област R има еднозначно разлагане на множители тогава и само тогава, когато всеки неразложим s R поражда прост идеал s = sr R. Доказателство: (i) Да допуснем противното. Ако r R е необратим елемент без крайно разлагане в произведение от неразложими, то r = r 1 не е неразложим и съществува разлагане r 1 = r 2 r 2 в произведение на r 2, r 2 R \ R. Поне единият от множителите, например r 2, не се разлага в крайно произведение от неразложими. Продължавайки по същия начин получаваме безкрайна редица {r n } n=1 от необратими елементи, които не се разлагат в крайно произведение от неразложими и r n+1 дели r n за n N. Съответните главни идеали r n R образуват безкрайна ненамаляваща редица r 1 R r 2 R... r n R r n+1 R.... Твърдим, че тази редица е строго растяща. Наистина, от равенството r n R = r n+1 R следва r n+1 = r n s за някое s R. Замествайки в r n = r n+1 r n+1 получаваме, че r n r n sr n+1 = r n (1 sr n+1) = 0. Понеже R е област и r n 0, последното е равносилно на 1 = sr n+1. Това означава, че r n+1 R, противно на избора на r n+1 R \ R. Наличието на безкрайна строго растяща редица от идеали r 1 R r 2 R... r n R r n+1 R... противоречи на ньотеровостта на R и доказва съществуването на крайно разлагане на всяко r R в произведение от неразложими елементи на R.

12 30 2. НЬОТЕРОВОСТ И ЕДНОЗНАЧНО РАЗЛАГАНЕ (ii) Нека ньотеровата област R има еднозначно разлагане, s R е неразложим елемент, а uv sr. Тогава съществува r R, така че uv = sr и s (с точност до множител от R ) участва в разлагането на u или v в произведение на неразложими множители. Ако u = st, то u sr и идеалът sr е прост. Нека всеки неразложим в R елемент поражда прост идеал и r = r 1 r 2... r m = s 1 s 2... s n за m n са две крайни разлагания на r R \ R в произведение на неразложими r i, s. От r 1... r m s 1 R и простотата на s 1 R R следва, че след евентуално преномериране r 1 s 1 R. Ако r 1 = s 1 t 1 за t 1 R, неразложимостта на r 1 и s 1 R изискват t 1 R. Следователно r 1 r 2... r m s 1 s 2... s n = s 1 (t 1 r 2... r m s 2... s n ) = 0 в областта R. Неразложимият елемент s 1 0, така че (t 1 r 2 )r 3... r m = s 2... s n. Продължаваме по същия начин докато получим m = n и съвпадение на r i и s i с точност до обратими елементи на R, Q.E.D. Определение Ако a 0,..., a n са неедновременно нулеви елементи от комутативна област с единица R, то най-големият общ делител d(a 0,..., a n ) е такъв общ делител на a 0,..., a n, който се дели на всеки общ делител δ на a 0,..., a n. В случая d(a 0, a 1,..., a n ) R казваме, че a 0, a 1,..., a n са взаимно прости. Ако съществува, най-големият общ делител d(a 0,..., a n ) е единствен с точност до множител от R. По-точно, ако d и d са най-големи общи делители на a 0,..., a n, то d = dr 1 за някое r 1 R, защото d е общ делител, а d е най-голям общ делител на a 0,..., a n. Аналогично, d = d r 2 за някое r 2 R, откъдето d = dr 1 r 2. Съществуването на a i 0 гарантира d 0. Сега от d(r 1 r 2 1) = 0 с d 0 в областта R следва, че r 1 r 2 = 1 или r 1, r 2 R. Лема Ако R е ньотерова комутативна област с единица и еднозначно разлагане, то за произволни неедновременно нулеви a 0,..., a n R съществува най-голям общ делител d(a 0,..., a n ) R. Доказателство: Нека b 1,..., b k са различните ненулеви елементи на множеството {a 0,..., a n }. Тогава d(a 0,..., a n ) = d(b 1,..., b k ). Ако съществува b R, то d(b 1,..., b k ) = 1 и a 0,..., a n са взаимно прости. Нека b 1,..., b k R\(R {0}). Ще казваме, че елементите r 1, r 2 на комутативен пръстен с единица R са асоциирани, ако съществува u R, така че r 2 = r 1 u. Всяко b i има разлагане в произведение на краен брой неразложими множители. Означаваме с {p 1,..., p m } обединението на неасоциираните помежду си неразложими делители на b 1,..., b k и представяме b i = m за някои цели s i 0, 1 i k. Твърдим, че d := m p min(s1,s2,...,s k) е най-голям общ делител на b 1,..., b k. Преди всичко, d дели всяко b i, защото b m i d = p si min(s1,...,s k) R като произведение на неотрицателни степени на p R. Ако δ е общ делител на b 1,..., b k, то неразложимите делители на δ са неразложими делители на b i за всяко 1 i k. В частност, неразложимите делители на δ принадлежат на множеството {p 1,..., p k } и можем да представим p si

13 δ = m 6. ПРИЛОЖЕНИЕ - НЬОТЕРОВИ ОБЛАСТИ С ЕДНОЗНАЧНО РАЗЛАГАНЕ 31 p n за някои цели n 0. Твърдим, че от b m i δ = p si n следва s i n за 1 m. Да допуснем съществуването на 1 o m с s io < n o и да означим с p 1,..., p l, l N онези елементи на {p 1,..., p m }, за които s i < n, 1 l. Тогава с λ := m =l+1 r = b i δ = m =l+1 l p si n p n si R = λ µ R p si n R, съгласно s i n за l + 1 m и µ := l p n si R\R съгласно n > s i за 1 l. От равенството λ = µr следва, че всеки от неразложимите делители p 1,..., p l на µ е асоцииран с някой от неразложимите делители на λ. Неразложимите делители на λ се съдържат в множеството {p l+1,..., p m }, така че λ = µr противоречи на избора на неасоциирани помежду си p 1,..., p m. Следователно s i n за 1 i k, 1 m, откъдето min(s 1,..., s k ) n и d m δ = p min(s1,...,s k) n R. Това доказва, че δ дели d и d е най-голям общ делител на a 0,..., a n, Q.E.D. Определение Нека f(x) = a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 R[x] е полином с коефициенти от ньотерова комутативна област R с единица и с еднозначно разлагане. Бележим с d(f) = d(a 0, a 1,..., a n ) най-големия общ делител на коефициентите на f(x). Ако d(f) R, то полиномът f(x) се нарича примитивен. Лема (Gauss) Ако R е ньотерова комутативна област с единица и с еднозначно разлагане, а f(x), g(x) R[x], то d(fg) = d(f)d(g). В частност, произведението на примитивни полиноми f(x), g(x) R[x] е примитивен полином fg R[x]. Доказателство: Достатъчно е да докажем твърдението за примитивни полиноми. Наистина, произволни полиноми f(x), g(x) R[x] се представят във вида f(x) = d(f)f 1 (x), g(x) = d(g)g 1 (x) чрез най-големите общи делители d(f), d(g) R на коефициентите им и примитивни f 1 (x), g 1 (x) R[x]. Ако сме установили, че f 1 (x)g 1 (x) е примитивен, то най-големият общ делител d(fg) на коефициентите на f(x)g(x) = d(f)d(g)f 1 (x)g 1 (x) е точно d(fg) = d(f)d(g). Да допуснем, че полиномите f(x) = a m x m a 1 x + a 0 R[x] и g(x) = b n x n b 1 x + b 0 R[x] са примитивни, но f(x)g(x) R[x] не е примитивен. За произволен неразложим общ делител p на коефициентите на f(x)g(x) да означим с i минималното неотрицателно цяло число, за което p не дели a i. Аналогично, нека е минималното неотрицателно цяло число, за което p не дели b. Съществуването на i

14 32 2. НЬОТЕРОВОСТ И ЕДНОЗНАЧНО РАЗЛАГАНЕ и се осигурява от примитивността на f(x), съответно, на g(x). Коефициентът c i+ на x i+ в f(x)g(x) е равен на min(i,n ) min(,m i) c i+ = a i b + a i s b +s + a i+s b s s=1 и се дели на p. Съгласно избора на i, коефициентите a i s с s 1 се делят на p. Аналогично, b s с s 1 се делят на p, откъдето p дели и a i b. С други думи, a i b принадлежи на идеала pr, породен от p. В ньотеровата област R с еднозначно разлагане, идеалът pr, породен от неразложим елемент p е прост, така че a i pr или b pr. Това противоречи на избора на a i pr, b pr и доказва, че произведението на примитивни полиноми f(x), g(x) R[x] е примитивен полином f(x)g(x) R[x], Q.E.D. Лема Нека R е ньотерова комутативна област с единица и с еднозначно разлагане, f(x) и g(x) 0 са полиноми с коефициенти от R, а 0 r R. Ако f(x) е примитивен полином, делящ rg(x), то f(x) дели g(x). Доказателство: Ако rg(x) = f(x)h(x) за някакъв полином h(x), то по Лема 2.22 (Gauss), rd(g) = d(rg) = d(fh) = d(f)d(h) = d(h) с точност до обратим елемент на R. След представяне на g(x) = d(g)g 1 (x) и h(x) = d(h)h 1 (x) чрез примитивни полиноми g 1 (x), h 1 (x) R[x] получаваме, че rd(g)[g 1 (x) f(x)h 1 (x)] = 0. Но R, а оттам и R[x] са области, така че g 1 (x) = f(x)h 1 (x). В резултат, g(x) = f(x)d(g)h 1 (x) и f(x) дели g(x), Q.E.D. Теорема 8. Ако R е ньотерова комутативна област с единица и с еднозначно разлагане, то пръстенът R[x] на полиномите на x с коефициенти от R е също ньотерова комутативна област с единица и с еднозначно разлагане. Доказателство: Съгласно критерия за наличие на еднозначно разлагане в ньотерова комутативна област с единица (Лема 2.18 (ii)), достатъчно е да докажем, че всеки неразложим елемент p(x) R[x] поражда прост идеал p(x) R[x] в R[x]. Ако deg p(x) = 0, то p R е неразложим и в R. Предположението f(x)g(x) p R[x] е еквивалентно на f(x)g(x) = ph(x) за някакъв полином h(x) R[x]. Най-големите общи делители на коефициентите s=1 d(f)d(g) = d(fg) = d(ph) = pd(h), така че d(f)d(g) p R е от простия идеал в R, породен от p. Следователно d(f) p R или d(g) p R, откъдето f(x) = d(f)f 1 (x) p R[x] или, съответно, g(x) = d(g)g 1 (x) p R[x]. Това доказва простотата на идеала p R[x] в случая deg p(x) = 0. Ако deg p(x) 1, то неразложимият полином p(x) е обезателно примитивен. Наистина, разлагайки p(x) = d(p)p 1 (x) в произведение на най-големия общ делител d(p) на коефициентите на p(x) и примитивен полином p 1 (x) от степен deg p 1 (x) = deg p(x) 1 забелязваме, че неразложимостта на p(x) изисква обратимост на d(p) в R. Нека f(x)g(x) p(x) R[x] и f(x) p(x) R[x]. Избираме ненулев полином h(x) p(x), f(x) R[x] от минимална степен. Ако h(x) = d(h)h 1 (x) за примитивен полином h 1 (x) R[x], то твърдим, че p(x), f(x) R[x] h 1 (x) R[x]. (2.4)

15 6. ПРИЛОЖЕНИЕ - НЬОТЕРОВИ ОБЛАСТИ С ЕДНОЗНАЧНО РАЗЛАГАНЕ 33 Тогава p(x) = c(x)h 1 (x) за c(x) R[x]. Неразложимостта на p(x) налага обратимост на c(x) или h 1 (x) в R[x]. Ако c(x) е обратим, то h 1 (x) = c 1 p(x) p(x) R[x], откъдето p(x), f(x) R[x] h 1 (x) R[x] p(x) R[x], противно на предположението f(x) p(x) R[x]. Ако h 1 (x) R[x] = R, то h(x) = d(h)h 1 R. Съгласно h p(x), f(x) R[x], съществуват полиноми a(x), b(x) R[x], така че h = p(x)a(x) + f(x)b(x). В резултат, g(x)h = p(x)a(x)g(x) + f(x)g(x)b(x) p(x) R[x] и примитивният полином p(x) дели hg(x) 0. Съгласно Лема 2.23, оттук следва, че p(x) дели g(x) и g(x) p(x) R[x]. Това доказва простотата на идеала p(x) R[x] и наличието на еднозначно разлагане в R[x]. За да проверим включването (2.4), разширяваме коефициентите на полиномите до полето от частни Q на R и делим p(x) на h(x) с частно q(x) Q[x] и остатък r(x) Q[x], p(x) = h(x) q(x) + r(x), deg r(x) < deg h(x). Ако h(x) = ax k + a k 1 x k a 1 x + a 0 R[x], a 0 и m := deg q(x) = deg p(x) deg h(x), то съгласно алгоритъма за деление на полиноми на една променлива, q(x) a 1 Rx m + a 2 Rx m a m Rx + a (m+1) R. Затова q(x) := a m+1 q(x) R[x] и от равенството a m+1 p(x) = h(x)q(x) + a m+1 r(x) следва, че r(x) := a m+1 r(x) = a m+1 p(x) h(x)q(x) е полином от R[x]. Още повече, h(x) p(x), f(x) R[x], така че r(x) p(x), f(x) R[x] от степен deg r(x) = deg r(x) < deg h(x). Изборът на h(x) като ненулев полином от p(x), f(x) R[x] с минимална степен налага тъждественото анулиране на r(x) 0. Следователно полиномът a m+1 p(x) = h(x)q(x) се дели на h(x). Отделяме d(h) като множител и разлагаме h(x) = d(h)h 1 (x) чрез примитивен полином h 1 (x) R[x]. Тогава равенството a m+1 p(x) = d(h)h 1 (x)q(x) показва, че h 1 (x) дели a m+1 p(x). Прилагаме Следствие 2.23 и получаваме, че h 1 (x) дели p(x) или p(x) h 1 (x) R[x]. Аналогични разсъждения доказват, че f(x) h 1 (x) R[x], Q.E.D.