Abstrakt algebra
Download 0,99 Mb.
|
ABSTRAKT ALGEBRA(oquv qollanma)
- Bu sahifa navigatsiya:
- 6.2.3-misol.
- Y e c hish.
- 6.2.4-misol.
- 6.3.1-ta’rif.
- Galua
- 6.3.1-tasdiq.
- 6.3.1-natija.
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, . . . , αn uchun P = K(α1, α2, . . . , αn) bo‘ladi. Bundan esa P ⊂ F(α1, α2, . . . , αn) kelib chiqadi.
Ikkinchi tomondan F ⊂ P kengaytma normal ekanligidan F(α1, α2, . . . , αn) ⊂ P munosabatga ega bo‘lamiz. Demak, P = F(α1, α2, . . . , αn), 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, . . . , αn) bo‘lsin, bu yerda α1, α2, . . . , αn 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, . . . , βs ildizlari uchun F = K(β1, β2, . . . , βs). U holda P = K(α1, α2, . . . , αn, β1, β2, . . . , βs) bo‘lib, ushbu αi, βj 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
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 + · · · + cn−1x + cn 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 + · · · + cn−1ϕ(α) + cn = 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 + · · · + cn−1αn−1 kabi ifodalash mumkin, bu yerda c0, c1, . . . , cn−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 + · · · + cn−1αn−1 element uchun ϕ(θ) = c0 + c1β + · · · + cn−1βn−1 kabi aniqlangan ϕ : F → F akslantirishni qaraymiz. Ushbu akslantirishni g(x) = c0 + c1x + · · · + cn−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 + · · · + cn−1βn−1 kabi ifodalash mumkinligini anglatadi. Agar yuqoridagi kabi ψ(θ) = c0 + c1α + · · · + cn−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 + · · · + cn−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. Download 0,99 Mb. Do'stlaringiz bilan baham: |
Ma'lumotlar bazasi mualliflik huquqi bilan himoyalangan ©fayllar.org 2025
ma'muriyatiga murojaat qiling
ma'muriyatiga murojaat qiling