Распознанный текст, спецсимволы и формулы могут содержать ошибки, поэтому с корректным вариантом рекомендуем ознакомиться на отсканированных изображениях учебника выше
Также, советуем воспользоваться поиском по сайту, мы уверены, что вы сможете найти больше информации по нужной Вам тематике
нулю. Подставим в (5) вместо разложения в ряды (3) относительно плейса и рассмотрим результат по модулю как это сделано в (4); тогда многочлены перейдут в постоянные члены функции в функции а остальные в нуль. Тем самым из (5) получается
В силу единственности разложения в ряд (3) это соотношение возможно лишь тогда, когда все Аналогично все должны равняться нулю и т. д. Мы получили, таким образом, противоречие.
Из доказанной линейной независимости следует, что
Точно так же доказывается, если всюду заменить на что
Пусть теперь некоторый базис поля К над Всегда можно предполагать, что остаются конечными относительно тех плейсов, где конечна функция Действительно, если имеет полюс относительно плейса относительно которого функция остается конечной, то этому полюсу соответствует нормирование индуцирующее некоторое нормирование поля отличное от нормирования связанного с плейсом . Отличные от нормирования поля являются, согласно § 147, -адическими, т. е. соответствующими неразложимым многочленам где каждый многочлен относительно рассматриваемого плейса имеет какой-то положительный порядок. Следовательно, произведение при достаточно большом уже не имеет относительно полюса. Так можно устранить последовательно все полюсы функций и в которых конечна функция достаточно умножить базисные элементы на подходящие многочлены от
Все полюсы функции находятся в знаменателе Для достаточно большого функция является, следовательно, кратным дивизора Выберем далее число превосходящее все
Так как элементов поля К
линейно независимы над А и являются кратными дивизора то они принадлежат модулю Отсюда следует, что
или
Если устремить к бесконечности, то из (6) получится соотношение
однако раньше уже было доказано, что поэтому
Разумеется, имеет место и аналогичное равенство
Из (7) и (8) следует, что
Из (9) следует далее, что
т. е. эквивалентные дивизоры имеют не только одинаковые размерности но и одинаковые степени
Подставим (7) в (6); тогда получится соотношение
или
Если В — делитель дивизора то, согласно (6) из § 150, имеем
а потому в силу (11)
Пусть теперь А — произвольный дивизор. Покажем, что (12) имеет место и для А. Для этого достаточно доказать, что существует эквивалентный дивизору А дивизор и который является делителем некоторой степени
Пусть простой множитель, входящий в с некоторым положительным показателем. Если все эти простые дивизоры V являются полюсами функции то уже сам А является делителем дивизора и доказывать больше нечего. Если же
некоторый не является полюсом функции то так же, как и выше, можно найти многочлен который имеет относительно плейса положительный порядок. Умножив А на устраним множитель в А. Так можно устранить все не являющиеся полюсами функции В конце концов получится эквивалентный дивизору А дивизор являющийся делителем дивизора причем для В имеет место (12). Следовательно, (12) имеет место и для А:
Словами: разность ограничена для всех А.
Верхняя грань множества чисел по всем дивизорам А называется родом поля К.
Для имеем: следовательно, Таким образом, род — это неотрицательное целое число, числовой инвариант поля функций К.
По определению рода для всех А имеет место соотношение
или
где по крайней мере для одного дивизора имеет место знак равенства. Неравенство (14) называется римановой частью теоремы Римана — Роха.
Положим
и назовем число индексом специальности дивизора А. Дивизор называется специальным, если Если не является специальным, то разность имеет наибольшее возможное значение — число Существуют дивизоры А, не являющиеся специальными. Наша задача состоит в том, чтобы вычислить индекс специальности и тем самым полностью доказать теорему Римана—Роха.
(см. скан)