Abstrakt algebra
Download 0.99 Mb.
|
ABSTRAKT ALGEBRA(oquv qollanma)
- Bu sahifa navigatsiya:
- 5.1.7-teorema.
- 5.1.13-misol.
- 5.1.14-misol.
- 5.1.15-misol.
5.1.10-ta’rif. Agar x ∈ R element uchun x = xyx tenglikni qanoatlantiradigan y ∈ R element mavjud bo‘lsa, u holda x element regulyar element deyiladi. Bar- cha elementlari regulyar bo‘lgan halqa regulyar halqa deyiladi.
5.1.12-misol. 1) Z halqaning regulyar elementlari 0, 1, -1 lardan iborat bo‘ladi. Ixtiyoriy Bul halqasi regulyar halqa bo‘ladi. Haqiqiy sonlar halqasi R regulyar halqa, lekin Bul halqasi emas. Regulyar halqalar uchun quyidagi teorema o‘rinli. 5.1.7-teorema. Aytaylik, R regulyar halqa bo‘lib, ixtiyoriy x /= 0 element uchun x = xyx tenglikni qanoatlantiruvchi y ∈ R element yagona bo‘lsin. U holda R halqa nolning bo‘luvchisiga ega emas. x /= 0 element uchun x = xyx ekanligidan y = yxy bo‘lishi kelib chiqadi. R halqa jism bo‘ladi. Isbot. 1) Aytaylik, x, z noldan farqli elementlar uchun xz = 0 bo‘lsin. Teo- rema shartiga ko‘ra x = xyx tenglikni qanoatlantiruvchi yagona y ∈ R element mavjud. U holda x(y − z)x = xyx − xzx = xyx ekanligidan y − z = y tenglikni, ya’ni z = 0 ekanligini hosil qilamiz. Demak, R halqa nolning bo‘luvchisiga ega emas. Noldan farqli x element uchun x = xyx ekanligidan biz quyidagi tenglikka ega bo‘lamiz x(y − yxy) = xy − x(yxy) = xy − (xyx)y = xy − xy = 0. R halqa nolning bo‘luvchisiga ega bo‘lmaganligi uchun y −yxy = 0, ya’ni y = yxy. Dastlab, teorema shartini qanoatlantiruvchi halqa biri bor halqa ekanligini ko‘rsatamiz. Ixtiyoriy x /= 0 element uchun x = xyx tenglikni qanoatlantiruvchi yagona y ∈ R element mavjud. Biz e = xy elementni birlik element bo‘lishini ko‘rsatamiz. Ushbu element noldan farqli bo‘lib, e2 = (xy)(xy) = (xyx)y = xy = e. R halqa nolning bo‘luvchisiga ega emasligini hisobga olsak, ixtiyoriy z ∈ R element uchun (ze − z)e = ze2 − ze = ze − ze = 0 e(ez − z) = e2z − ez = ez − ez = 0 tengliklardan ze − z = 0 va ez − z = 0 ekanligini, ya’ni ze = ez = z munosabatni hosil qilamiz. Demak, e = xy element birlik element bo‘ladi. Endi R halqaning ixtiyoriy noldan farqli elementining teskarilanuvchi ekanli- gini ko‘rsatamiz. Aytaylik, x /= 0 bo‘lib, x = xyx bo‘lsin. U holda xyx = xe va xyx = ex, ya’ni x(yx − e) = 0 va (xy − e)x = 0. Bu tengliklardan esa, yx − e = 0 va xy − e = 0 ekanligi kelib chiqadi, chunki R halqa nolning bo‘luvchisiga ega emas. Demak, xy = yx = e, ya’ni x element teskarilanuvchi. Bundan esa, R halqaning jism ekanligini kelib chiqadi. 5.1.13-misol. R halqa noldan farqli nilpotent elementga ega bo‘lmasligi uchun a2 = 0 ekanligidan a = 0 tenglik kelib chiqishi zarur va yetarli ekanligini isbotlang. Yechish. Aytaylik, R halqa noldan farqli nilpotent elementga ega bo‘lmasin. U holda a2 = 0 ekanligidan a = 0 tenglik kelib chiqishi ravshan. ∈ Endi misolning ikkinchi tomonini ya’ni a2 = 0 ekanligidan a = 0 tenglik kelib chiqsa, R halqa noldan farqli nilpotent elementga ega bo‘lmasligini ko‘rsatamiz. Teskarisini faraz qilaylik, R halqaning noldan farqli b R nilpotent elementi mavjud bo‘lsin, ya’ni bn = 0. Ushbu n natural sonini bn = 0 tenglikni qanoat- lantiruvchi eng kichik natural son deb faraz qilish mumkin. Agar n soni juft bo‘lsa, u holda n = 2m bo‘lib, (bm)2 = b2m = bn = 0. Bundan esa bm = 0 ekanligini hosil qilamiz. Bu esa n sonining eng kichik ekanligiga zid. Agar n soni toq son, ya’ni n = 2m + 1 bo‘lsa, u holda (bm+1)2 = b2m+2 = b2m+1b = 0 bo‘lib, bu tenglikdan bm+1 = 0 ekanligini hosil qilamiz. Bu ham n sonining eng kichik ekanligiga zid, chunki, n > 1 bo‘lib m + 1 < n. Demak, R halqa noldan farqli nilpotent elementga ega emas. Q 5.1.14-misol. Aytaylik, R halqa birlik elementli kommutativ halqa bo‘lsin. Agar a ∈ R element teskarilanuvchi va b ∈ R element nilpotent bo‘lsa, u holda a + b elementning teskarilanuvchi ekanligini ko‘rsating. ∈ Yechish. a ∈ R element teskarilanuvchi bo‘lganligi uchun, shunday c ∈ R element topilib, ac = ca = 1 bo‘ladi. Ikkinchi tomondan esa b R element nilpotent bo‘lganligi uchun qandaydir n natural soni uchun bn = 0. Endi d = c − c2b + c3b2 +· · · +(−1)n−1cnbn−1 elementni a + b elementning teskarisi ekanligini ko‘rsatamiz. Haqiqatdan ham (a + b)d = (a + b)(c − c2b + c3b2 + · · · + (−1)n−1cnbn−1) = = ac−ac2b+ac3b2 +· · ·+(−1)n−1acnbn−1 +bc−bc2b+bc3b2 +· · ·+(−1)n−1bcnbn−1 = = 1−cb +c2b2 +· · ·+(−1)n−1cn−1bn−1 +cb −c2b2 +c3b3 +· · ·+(−1)n−2cn−1bn−1 = 1. Xuddi shunga o‘xshab, d(a+b) = 1 ekanligini ham ko‘rsatish mumkin. Demak, a + b element teskarilanuvchi. Q Yuqoridagi misolda R halqaning kommutativ bo‘lishi muhim ahamiyatga ega. Chunki, kommutativ bo‘lmagan halqada teskarilanuvchi va nilpotent elementning yig‘indisi har doim ham teskarilanuvchi bo‘lavermaydi. Masalan, M2(R) halqada teskarilanuvchi A = 0 1 element va nilpotent B = 0 −1 elementlar- 1 0 0 0 ning yig‘indisi A + B = 0 0 teskarilanuvchi emas. 1 0 Quyidagi misolda M2(R) halqaning regulyar halqa ekanligini isbotlaymiz. 5.1.15-misol. M2(R) halqa regulyar halqa ekanligini ko‘rsating. Yechish. Misolni yechish uchun ixtiyoriy A = a b c d elementning regulyar ekanligini ko‘rsatamiz. Quyidagi hollarni qaraymiz. det(A) /= 0 bo‘lsin, u holda A matritsa teskarilanuvchi bo‘lib, B = A−1 element uchun A = ABA bo‘ladi. a u holda d = bc bo‘lib, B = 1 a 0 matritsa uchun det(A) = 0 bo‘lsin. Agar A = 0, ya’ni a = b = c = d = 0 bo‘lsa, u holda ixtiyoriy B ∈ M2(R) matrit sa uchu n A = ABA bo‘ladi. Agar a /= 0 bo‘lsa, ABA = 0 0 a a b 1 c d 0 a b = a b . 0 0 c d c d Demak, A matritsa regulyar element bo‘ladi. Xuddi shunga o‘xshab, b 0, c 0 va d /= 0 bo‘lgan hollarda ham A matritsaning regulyar element ekanligini ko‘rsatish mumkin. Ya’ni, M2(R) regulyar halqa. Q Mustaqil ishlash uchun misol va masalalarQuyidagi sonlar to‘plamining qaysilari qo‘shish va ko‘paytirish amallariga nisbatan halqa tashkil qilishini aniqlang: nZ, ya’ni natural n soniga karrali bo‘lgan butun sonlar to‘plami. maxraji fiksirlangan tub sonning darajalaridan iborat bo‘lgan ratsional sonlar to‘plami. x + √2y ko‘rinishidagi haqiqiy sonlar to‘plami, bu yerda x, y ∈ Q. x + √3 2y ko‘rinishidagi haqiqiy sonlar to‘plami, bu yerda x, y ∈ Q. x+√3 2y+√3 4z ko‘rinishidagi haqiqiy sonlar to‘plami, bu yerda x, y, z ∈ Q. Quyidagi to‘plamlarni halqa tashkil qilishini aniqlang, bu yerda i2 = −1 : Z[√n] = {x + y√n | x, y ∈ Z}. Z[i] = {x + iy | x, y ∈ Z}. Q[i] = {x + iy | x, y ∈ Q}. Z[i√n] = {x + iy√n | x, y ∈ Z}. Q[i√n] = {x + iy√n | x, y ∈ Q}. Quyidagi matritsalar to‘plamining qaysilari matritsalarni qo‘shish va ko‘paytirish amallariga nisbatan halqa tashkil qilishini aniqlang: elementlari haqiqiy sonlardan iborat bo‘lgan simmetrik matritsalar to‘plami; elementlari haqiqiy sonlardan iborat bo‘lgan kososimmetrik matritsalar to‘plami; • elementlari haqiqiy sonlardan iborat bo‘lgan yuqori uchburchak ko‘rinishidagi matritsalar to‘plami; a b • 2b a ko‘rinishidagi matritsalar to‘plami bu yerda a, b ∈ Z; z w −w z ko‘rinishidagi matritsalar to‘plami bu yerda z, w ∈ C. Bir o‘zgaruvchili ko‘phadlar to‘plami P (x) ko‘phadlarni qo‘shish va ko‘paytirish amallariga nisbatan halqa tashkil qilishini ko‘rsating. Bir o‘zgaruvchili ko‘phadlar to‘plami P (x) ko‘phadlarni qo‘shish va super- pozitsiya amallariga nisbatan halqa tashkil qiladimi? Quyidagi halqalarning barcha teskarilanuvchi elementlarini toping: Z6, Z8, Z12, Z15, Z18, Z24, Z30. Quyidagi halqalarda nolning bo‘luvchilarini toping: Z5, Z8, Z12, Z15, Z22, Z24, Z30. Quyidagi halqalarning barcha nilpotent elementlarini toping: Z6, Z8, Z12, Z15, Z16, Z24, Z36. Quyidagi halqalarning barcha idempotent elementlarini toping: Z5, Z6, Z8, Z10, Z12, Z14. Z27. Zn halqa noldan farqli nilpotent elementga ega bo‘lmasligi uchun n soni- ning kanonik yoyilmasi n = p1p2 . . . pk(pi ekanligini isbotlang. pj) kabi bo‘lishi zarur va yetarli Zn halqa nol va birdan farqli idempotent elementga ega bo‘lmasligi uchun n = pr bo‘lishi zarur va yetarli ekanligini isbotlang. Agar Zn halqada n = m · k bo‘lib, (m, k) = 1 bo‘lsa, u holda Zn halqa nol va birdan farqli kamida ikkita idempotent elementga ega ekanligini isbotlang. Quyidagi halqalarning barcha idempotent elementlarini toping: Z15, Z30, Z42, Z60, Z72, Z84. Z90. Quyidagi halqalarning barcha nilpotent elementlarini toping: Z40, Z44, Z60, Z72, Z180, Z252, Z300. M2(R) halqaning barcha teskarilanuvchi, idempotent va nilpotent element- larini toping. Z[i] = {x + iy | x, y ∈ Z} halqaning barcha teskarilanuvchi, idempotent va nilpotent elementlarini toping. R halqa kommutativ bo‘lishi uchun (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 bo‘lishi zarur va yetarli ekanligini isbotlang. R halqa kommutativ bo‘lishi uchun a2 − b2 = (a − b)(a + b) bo‘lishi zarur va yetarli ekanligini isbotlang. R halqaning ixtiyoriy a ∈ R elementi uchun a3 = a tenglik o‘rinli bo‘lsa, u holda R halqaning kommutativ ekanligini isbotlang. Biri bor R halqaning a ∈ R nilpotent elementi uchun 1 − a va 1 + a element- larning teskarilanuvchu ekanligini isbotlang. Agar a ∈ R element halqaning idempotent elementi bo‘lsa, u holda ixtiyoriy b ∈ R uchun (1 − a)ba elementning nilpotent ekanligini ko‘rsating. Agar biri bor R halqaning x, y ∈ R elementlari uchun xy va yx ko‘paytmalar teskarilanuvchi bo‘lsa, u holda x va y elementlar ham teskarilanuvchi bo‘lishini ko‘rsating. Agar biri bor, nolning bo‘luvchilariga ega bo‘lmagan R halqaning x, y ∈ R elementlari uchun xy ko‘paytma teskarilanuvchi bo‘lsa, u holda x va y elementlar ham teskarilanuvchi bo‘lishini ko‘rsating. Biri bor halqa Bul halqasi bo‘lishi uchun ixtiyoriy a, b elementlar uchun (a + b)ab = 0 bo‘lishi zarur va yetarli ekanligini isbotlang. Download 0.99 Mb. Do'stlaringiz bilan baham: |
Ma'lumotlar bazasi mualliflik huquqi bilan himoyalangan ©fayllar.org 2024
ma'muriyatiga murojaat qiling
ma'muriyatiga murojaat qiling