Abstrakt algebra

Isbot. Zaruriylik. Aytaylik, K ⊂ P kengaytma normal bo‘lsin. U holda K maydonda shunday f (x) ko‘phad topilib, ushbu ko‘phadning barcha ildizlari α₁, α₂, . . . , α_n uchun P = K(α₁, α₂, . . . , α_n) bo‘ladi. Bundan esa P ⊂ F(α₁, α₂, . . . , α_n) kelib chiqadi.
Ikkinchi tomondan F ⊂ P kengaytma normal ekanligidan F(α₁, α₂, . . . , α_n) ⊂ P
munosabatga ega bo‘lamiz. Demak, P = F(α₁, α₂, . . . , α_n), ya’ni P maydon koef- fitsiyentlari K maydondan olingan f (x) ko‘phadning F maydon ustidagi yoyilish maydoni bilan ustma-ust tushadi.
Yetarlilik. Aytaylik, koeffitsiyentlari K maydondan olingan f (x) ko‘phad uchun P = F(α₁, α₂, . . . , α_n) bo‘lsin, bu yerda α₁, α₂, . . . , α_n elementlar f (x) ko‘phadning barcha ildizlari. K ⊂ F kengaytma normal bo‘lganligi uchun K maydonda shunday g(x) ko‘phad mavjudki, uning barcha β₁, β₂, . . . , β_s ildizlari uchun F = K(β₁, β₂, . . . , β_s). U holda P = K(α₁, α₂, . . . , α_n, β₁, β₂, . . . , β_s) bo‘lib, ushbu α_i, β_j elementlar f (x)g(x) ko‘phadning barcha ildizlarini beradi. Demak, P maydon K maydon ustidagi f (x)g(x) ko‘phadning yoyilish maydoni bo‘ladi. Bu esa, K ⊂ P kengaytma normal ekanligini bildiradi.
6.2.3-misol. F = Q(^√2, ^√3 5) kengaytma uchun F = Q(θ) shartni qanoatlantiradi-
gan θ ∈ R sonini aniqlang.
Yechish. Biz θ = ^√2^√3 5 ekanligini ko‘rsatamiz. ^√2^√3 5 ∈ Q(^√2, ^√3 5)


bo_√‘lganligi uchun _√Q(√2√³ 5_√) ⊂_√Q(√2, √³ 5). Ikkinchi tomo_√ndan esa (√2√³ 5)³ =

10 2 ekanligidan 2 ∈ Q( 2 ³ 5) bo‘lishini, bundan esa ³ 5 ∈ Q(√2√³ 5) muno-
sab_√atni_√olamiz. _√Bu_√esa, Q(√2, √³ 5_√) ⊂_√ Q(√2√³ 5) ekanligini anglatadi. Demak,
Q( 2, ³ 5) = Q( 2 ³ 5), ya’ni θ = 2 ³ 5. Q


6.2.4-misol. Agar K ⊂ F kengaytmada [F : K] = 2 bo‘lsa, u holda bu kengayt- maning normal ekanligini isbotlang.
Yechish. Aytaylik, α ∈ F va α ∈/ K bo‘lsin. U holda K(α) kengaytmani
qarasak, K ⊂ K(α) ⊂ F bo‘lib, [F : K] = [F : K(α)] = [K(α) : K] ekanligidan
[K(α) : K] = 2, ya’ni F = K(α) kelib chiqadi. Bundan K maydondagi ushbu α elementga mos keluvchi minimal ko‘phadning darajasi ham 2 ga teng bo‘lib, bu ko‘phad F maydonda α ildizga ega ekanligi kelib chiqadi. Demak, f (x) = (x − α)(cx − d), c, d ∈ F. Bundan esa, f (x) ko‘phadning ikkinchi ildizi c⁻¹d ham F maydonda yotishi kelib chiqadi. Ya’ni K ⊂ F kengaytma normal. Q

3. Galua gruppasi va uning tartibi

Bizga K ⊂ F kengaytma berilgan bo‘lsin. Ma’lumki, F maydonning barcha av- tomorfizmlar to‘plami Aut(F) superpozitsiya amaliga nisbatan gruppa tashkil qi- ladi. G(F, K) orqali K maydonning barcha elementlarini o‘zgarishsiz qoldiradigan avtomorfizmlar to‘plamini belgilaymiz. Ya’ni
G(F, K) = {ϕ ∈ Aut(F) | ϕ(a) = a, ∀a ∈ K}.
Ta’kidlash joizki, G(F, K) to‘plam Aut(F) gruppaning qism gruppasi bo‘ladi. Chunki, birlik avtomorfizm G(F, K) to‘plamda yotib, ixtiyoriy ϕ₁, ϕ₂ ∈ G(F, K) avtomorfizmlar va a ∈ K element uchun
(ϕ₁ ◦ ϕ⁻₂ ¹)(a) = ϕ₁(ϕ₂⁻¹(a)) = ϕ₁(a) = a
ekanligidan ϕ₁ ◦ ϕ₂⁻¹ ∈ G(F, K) kelib chiqadi. Demak, G(F, K) qism gruppa. 6.3.1-ta’rif. Agar K ⊂ F kengaytma separabel va normal kengaytma bo‘lsa, u holda G(F, K) gruppaga F maydonning K maydon ustidagi Galua gruppasi deb ataladi va Gal(F, K) kabi belgilanadi.
Agar K maydonda berilgan f (x) = c₀xⁿ + c₁xⁿ⁻¹ + · · · + c_n−1x + c_n ko‘phad F maydonda qandaydir α ildizga ega bo‘lsa, u holda ixtiyoriy ϕ ∈ Gal(F, K) uchun ϕ(f (α)) = 0 tenglikdan
c₀ϕ(α)ⁿ + c₁ϕ(α)ⁿ⁻¹ + · · · + c_n−1ϕ(α) + c_n = 0
kelib chiqadi. Bu esa ϕ(α) ham f (x) ko‘phadning ildizi ekanligini bildiradi. De- mak, Galua gruppasining ixtiyoriy elementi f (x) ko‘phadning ildizini yana ildizga o‘tkazar ekan.
Endi bizga Gal(F, K) Galua gruppasi berilgan bo‘lsin. U holda K ⊂ F ken-
gaytma separabel va normal bo‘lganligi uchun, 6.2.1-teoremaga ko‘ra ushbu ken- gaytma sodda algebraik bo‘ladi. Ya’ni shunday α ∈ F element topilib, F = K(α) tenglik o‘rinli.


Ushbu α elementning minimal ko‘phadi f (x) uchun degf (x) = n bo‘lsa, u holda [F : K] = n tenglik o‘rinli. Demak, ixtiyoriy θ ∈ F elementni
θ = c₀ + c₁α + · · · + c_n−1αⁿ⁻¹
kabi ifodalash mumkin, bu yerda c₀, c₁, . . . , c_n−1 ∈ K.
Yuqoridagi mulohazaga asosan Galua gruppasining ixtiyoriy ϕ elementi ushbu α ildizni f (x) ko‘phadning boshqa bir ϕ(α) ildiziga o‘tkazadi. Demak, ixtiyoriy ϕ ∈ Gal(F, K) avtomorfizmga f (x) ko‘phadning ϕ(α) ildizini mos qo‘yish mumkin.
6.3.1-tasdiq. α ildiz uchun Φ : ϕ → ϕ(α) ko‘rinishida aniqlangan akslantirish Gal(F, K) Galua gruppasi bilan f (x) ko‘phadning ildizlari orasida o‘zaro bir qiy- matli moslik o‘rnatadi.
Isbot. Aytaylik, β element f (x) ko‘phadning qandaydir ildizi bo‘lsin. U holda
K ⊂ F kengaytmaning normalligi va α ∈ F ekanligidan β ∈ F kelib chiqadi.
Endi ixtiyoriy θ = c₀ + c₁α + · · · + c_n−1αⁿ⁻¹ element uchun
ϕ(θ) = c₀ + c₁β + · · · + c_n−1βⁿ⁻¹
kabi aniqlangan ϕ : F → F akslantirishni qaraymiz. Ushbu akslantirishni g(x) =
c₀ + c₁x + · · · + c_n−1xⁿ⁻¹ ko‘phad uchun
θ = g(α) bo‘lsa, ϕ(θ) = g(β)
kabi aniqlash mumkin.
Ta’kidlash joizki, akslantirishning g(x) ko‘phad orqali aniqlanishi ko‘phadning darajasiga bog‘liq emas. Chunki, agar deg(g(x)) ≥ n bo‘lsa, u holda g(x) ko‘phadni f (x) ko‘phadga qoldiqli bo‘lib,
g(x) = f (x)q(x) + r(x)
tenglikdan θ = g(α) = f (α)q(α) + r(α) = r(α) ekanligiga ega bo‘lamiz. r(x) ko‘phadning darajasi n dan kichik bo‘lganligi uchun ϕ(θ) = r(β) bo‘lib, ikkinchi tomondan esa g(β) = f (β)q(β) + r(β) = r(β) ekanligidan ϕ(θ) = g(β) kelib chiqadi, ya’ni ixtiyoriy g(x) ko‘phad uchun ϕ(g(α)) = g(β).
Endi ushbu aniqlangan ϕ akslantirishni avtomorfizm ekanligini ko‘rsatamiz. Aytaylik, bizga ixtiyoriy θ₁, θ₂ ∈ F elementlar berilgan bo‘lsin. U holda g₁(x) va g₂(x) ko‘phadlar topilib, θ₁ = g₁(α) va θ₂ = g₂(α). Bundan tashqari,
θ₁ + θ₂ = g₁(α) + g₂(α), θ₁θ₂ = g₁(α)g₂(α)

ekanligidan

ϕ(θ₁ + θ₂) = ϕ(g₁(α) + g₂(α)) = g₁(β) + g₂(β) = ϕ(θ₁) + ϕ(θ₂)


ϕ(θ₁θ₂) = ϕ(g₁(α)g₂(α)) = g₁(β)g₂(β) = ϕ(θ₁)ϕ(θ₂)
kelib chiqadi. Demak, ϕ akslantirish F maydondagi qo‘shish va ko‘paytirish amal- larini saqlaydi. Endi ϕ akslantirishning biyektiv ekanligini ko‘rsatamiz. Buning uchun K(β) maydonni qarasak, β ∈ F bo‘lganligi uchun K(β) ⊂ F. Ikkinchi tomondan esa, [F : K(β)] = deg(f (x)) = n bo‘lganligi uchun K(β) = F. Bu esa ixtiyoriy θ ∈ F elementni


θ = c₀ + c₁β + · · · + c_n−1βⁿ⁻¹
kabi ifodalash mumkinligini anglatadi. Agar yuqoridagi kabi
ψ(θ) = c₀ + c₁α + · · · + c_n−1αⁿ⁻¹
akslantirishni aniqlasak, u holda ψ ◦ ϕ = ϕ ◦ ψ = id bo‘lib, ushbu ψ akslan- tirish ϕ akslantirishning teskarisi ekanligi kelib chiqadi. Demak, ϕ gomomorfizm teskarilanuvchi, ya’ni avtomorfizm.
Ushbu ϕ avtomorfizm K maydonning elementlarini o‘zgarishsiz qoldirganligi uchun ϕ ∈ Gal(F, K). Demak, f (x) ko‘phadning ixtiyoriy β ildizi uchun ϕ(α) = β shartni qanoatlantiruvchi ϕ ∈ Gal(F, K) avtomorfizm aniqlandi.
Endi bunday avtomorfizmning yagona ravishda aniqlanishini ko‘rsatamiz. Faraz qilaylik, ϕ, ψ ∈ Gal(F, K) avtomorfizmlar uchun ϕ(α) = β va ψ(α) = β bo‘lsin. U holda ϕ(α) = ψ(α) ekanligidan (ψ⁻¹ ◦ ϕ)(α) = α kelib chiqadi. Ya’ni ψ⁻¹ ◦ ϕ avtomorfizm α elementni o‘zgarishsiz qoldiradi. Ixtiyoriy θ element α orqali θ = c₀ + c₁α + · · · + c_n−1αⁿ⁻¹ kabi ifodalanganligi uchun (ψ⁻¹ ◦ ϕ)(θ) = θ. Demak, ψ⁻¹ ◦ ϕ = id, ya’ni ϕ = ψ.
Yuqorida isbotlangan tasdiqdan quyidagi natijaga ega bo‘lamiz.
6.3.1-natija. Gal(F, K) Galua gruppasining tartibi K maydonning F maydon ustidagi darajasiga teng, ya’ni |Gal(F, K)| = [F : K].
6.3.1-misol. Q ⊂ Q(^√2, ^√3) kengaytmaning separabel va normal ekanligini is-
botlang va ushbu kengaytma Galua gruppasining tartibini aniqlang.