Abstrakt algebra

Nilpotent, maksimal va birlamchi(prime) ideallar

Ushbu paragrafda ba’zi muhim ideallar haqida to‘xtalib o‘tamiz. Bizga R halqa va uning I ideali berilgan bo‘lsin. Quyidagi qatorni qaraymiz
I¹ = I, I^k+1 = I^k · I, k ≥ 1.
5.4.1-ta’rif. Agar shunday n natural son topilib, Iⁿ = {0} bo‘lsa, u holda I nilpotent ideal deb ataladi. Ixtiyoriy elementi nilpotent bo‘lgan ideal esa nil ideal deb ataladi.
Ta’rifdan ko‘rinadiki, ixtiyoriy nilpotent ideal nil ideal bo‘ladi. Lekin teskarisi o‘rinli bo‘lishi shart emas. Z₈ chegirmalar halqasining I = {0, 4} ideali ham nil, ham nilpotent ideal bo‘lsa, quyidagi misolda nil bo‘lib, nilpotent bo‘lmaydigan idealga misol keltiramiz.

5.4.1-misol. p tub soni uchun chekli hadi noldan farqli bo‘lgan {a_n}, a_n ∈ Z_pⁿ ketma-ketliklarni qaraymiz, ya’ni qandaydir m sonidan katta barcha k lar uchun a_k = 0. Endi R orqali bunday ketma-ketliklardan tuzilgan to‘plamni belgilab, bu to‘plamda qo‘shish va ko‘paytirish amallarini quyidagicha aniqlaymiz
{a_n} + {b_n} = {a_n + b_n}, {a_n} · {b_n} = {a_n · b_n}.

m
U holda R to‘plam ushbu amallarga nisbatan halqa tashkil qiladi. Endi bu halqaning {pa_i} ko‘rinishidagi ketma-ketliklardan iborat qism to‘plamini I orqali belgilaymiz. Ushbu I to‘plam R halqaning ideali bo‘lib, uning ixtiyoriy elementi nilpotent bo‘ladi, chunki ixtiyoriy a_n ∈ I element (pa₁, pa₂, pa₃, . . . , pa_m, 0, 0, . . . ) ko‘rinishida bo‘lib,

{a_n}
= (p^m
a₁, p^m
a₂, p^m
a₃, . . . , p^m
a_m, 0, 0, . . . ) = {0}.

(0, 0, . . . , 0, p^m, 0, 0, . . . ) bo‘ladi. p^m element Z_p^m+1 da noldan farqli bo‘lganligi




Demak, I nil ideal. Endi ushbu idealning nilpotent emasligini ko‘rsatamiz. Teskarisini faqaz qilaylik, ya’ni I nilpotent ideal bo‘lsin, u holda qandaydir m ∈ N natural soni uchun I^m = {0}. Endi m + 1 ta hadi p ga teng bo‘lgan {a_n} ketma-ketlikni qaraymiz, ya’ni {a_n} = (p, p, . . . , p, p, 0, 0, . . . ). U holda {a_n}^m =
^` m+^˛1^¸ ta ^x

` m˛¸ta x m m



uchun {a_n}

ham I idealning noldan farqli elementi bo‘ladi. Bu esa I

= {0}
ekanligiga zid. Demak, I nilpotent emas.
Aytaylik, R kommutativ halqa, I esa uning nilpotent elementlaridan tashkil topgan qism to‘plami bo‘lsin. Ma’lumki, kommutativ halqada nilpotent element- larning ayirmasi yana nilpotent element bo‘ladi. Bundan tashqari, ixtiyoriy a ∈ I va x ∈ R elementlar uchun (xa)ⁿ = xⁿaⁿ tenglikdan xa ∈ I ekanligi kelib chiqadi. Ya’ni I nil ideal bo‘ladi.
5.4.1-tasdiq. Aytaylik, R kommutativ halqa, I esa uning nilpotent elementlaridan tashkil topgan qism to‘plami bo‘lsin. U holda I nil ideal bo‘lib, R/I faktor halqa noldan farqli nilpotent elementga ega emas.

∈
Isbot. Tasdiqning birinchi qismini, ya’ni I nil ideal ekanligini yuqorida keltirib o‘tdik. Shuning uchun tasdiqning ikkinchi qismini isbotlaymiz. Faraz qilaylik, a + I element R/I faktor halqaning nilpotent elementi bo‘lsin. U holda qandaydir n natural soni uchun (a + I)ⁿ = I tenglik o‘rinli bo‘ladi. Ikkinchi tomondan esa (a + I)ⁿ = aⁿ + I bo‘lganligi uchun aⁿ + I = I, ya’ni aⁿ I ekanligini hosil qilamiz. Bu esa, aⁿ elementning ham nilpotent element ekanligini bildiradi. Demak, shunday m natural soni uchun (aⁿ)^m = 0, ya’ni a^nm = 0. Bundan biz a elementning nilpotent ekanligini, ya’ni a ∈ I bo‘lishini hosil qilamiz. Demak, a + I = I, bu esa R/I faktor halqaning nol elementi. Shunday qilib, biz R/I faktor halqa noldan farqli nilpotent elementga ega emasligini ko‘rsatdik.

1. Tub va keltirilmas elementlar

Ushbu bo‘limda birlik elementga ega bo‘lgan kommutativ halqaning tub va kelti- rilmas elementlari tushunchalarini kiritib, ularning xossalarini keltiramiz.
Aytaylik, R birlik elementga ega bo‘lgan kommutativ halqa bo‘lsin.


5.4.2-ta’rif. Agar birlik elementga ega bo‘lgan kommutativ R halqaning noldan farqli va teskarilanmaydigan p ∈ R elementi uchun p | ab ekanligidan p | a yoki p | b ekanligi kelib chiqsa, u holda ushbu element tub element deb ataladi.
5.4.3-ta’rif. Agar birlik elementga ega bo‘lgan kommutativ R halqaning noldan farqli va teskarilanmaydigan p ∈ R elementi uchun p = ab ekanligidan a yoki b elementlarning teskarilanuvchi ekanligi kelib chiqsa, u holda ushbu element kelti- rilmas element deb ataladi. Aks holda, ya’ni agar p elementni teskarilanu- vchi bo‘lmagan a va b elementlarning ko‘paytmasi shaklida p = ab kabi ifodalash mumkin bo‘lsa, u holda p element keltiriluvchi deyiladi.
Ta’kidlash joizki, Z butun sonlar halqasida p tub sonni olsak, u holda p va −p
elementlar ham tub ham keltirilmas elementlar bo‘ladi.
Quyidagi misolda, tub element bo‘lib, keltirilmas bo‘lmaydigan elementga misol keltiramiz.


5.4.2-misol. Z₆ halqaning p = 3 elementi tub element bo‘lib, keltiriluvchi bo‘ladi. Chunki, agar a, b ∈ Z₆ elementlar uchun 3 | ab ekanligidan, shunday c ∈ Z₆ element uchun 3 · c = a · b tenglikning bajarilishi, bundan esa 6 | (ab − 3c) ekanligi kelib chiqadi. Ushbu munosabatdan esa, 3 | (ab − 3c), ya’ni 3 | ab ekanligini olish qiyin emas. Bu esa 3 | a yoki 3 | b ekanligini, ya’ni 3 | a yoki 3 | b bo‘lishini bildiradi. Demak, p = 3 element Z₆ halqaning tub elementi.
Ushbu p = 3 elementning keltiriluvchi ekanligi esa 3 = 3 · 3 tenglikdan kelib chiqadi. Ya’ni 3 elementni teskarilanmaydigan elementlarning ko‘paytmasi shak- lida ifodalash mumkin.
Endigi misolda esa, keltirilmas bo‘lib, lekin tub bo‘lmaydigan element mavjudligini ko‘rsatamiz.
5.4.3-misol. Z[i^√5] = {a + bi^√5 | a, b ∈ Z} halqaning p = 3 elementi keltirilmas
bo‘lib, tub bo‘lmaydi.
Chu_√nki, ushbu_√elementni teskarilanmaydigan elementlar ko‘paytmasi shaklida
(a + bi 5)(c + di 5) = 3 kabi ifodalash mumkin emas. De_√mak, p = 3 eleme_√nt
keltirilmas element. Lekin 3 ga bo‘linmaydigan a = 1 + i 5 va b = 1 + i 5
elementlarning ko‘paytmasi ab = 6 soni 3 ga bo‘linishidan, ushbu elementning tub emasligi kelib chiqadi.

Endi qanday halqalarda tub va keltirilmas elementlar ustma-ust tushishi haqidagi natijalarni keltiramiz.

5.4.1-teorema. Butunlik sohasining ixtiyoriy tub elementi keltirilmas element bo‘ladi.
Isbot. Aytaylik, R butunlik sohasi bo‘lib, p ∈ R tub element uchun p = ab bo‘lsin. U holda p | ab bo‘lib, bundan esa p | a yoki p | b ekanligi kelib chiqadi. Agar p | a bo‘lsa, u holda a = pq bo‘lib, p = ab = pqb, ya’ni p(1 − qb) = 0 kelib chiqadi. R soha butunlik sohasi va p /= 0 bo‘lganligi uchun 1 − qb = 0 tenglikni, ya’ni b elementning teskarilanuvchi ekanligini hosil qilamiz. Xuddi shunga o‘xshab, agar p | b bo‘lsa, u holda a element teskarilanuvchi bo‘ladi. Demak, p keltirilmas element.
5.4.1-teoremaning teskarisi o‘rinli emasligi 5.4.2-misoldan ko‘rinadi. Ya’ni bu- tunlik sohasining keltirilmas elementi tub element bo‘lishi shart emas.
Quyidagi teoremada esa, bosh ideallar sohasining keltirilmas va tub elementlari ustma-ust tushishi ko‘rsatiladi.
5.4.2-teorema. Bosh ideallar sohasining p elementi keltirilmas bo‘lishi uchun uning tub element bo‘lishi zarur va yetarli.
Isbot. Ushbu teoremaning yetarliligi 5.4.1-teoremadan bevosita kelib chiqqan- ligi uchun uning zaruriyligini isbotlaymiz. Aytaylik, R bosh ideallar sohasining p keltirilmas elementi uchun p | ab bo‘lsin, u holda ab = rp. Ikkinchi tomondan esa R bosh ideallar sohasi bo‘lganligi uchun ⟨p, b⟩ ideal qandaydir ⟨d⟩ ideal bilan ustma-ust tushadi. Bu esa, d | p, ya’ni qandaydir q ∈ R element uchun p = dq ekanligini bildiradi. p element keltirilmas ekanligidan d va q elementlardan hech bo‘lmaganda bittasi teskarilanuvchi ekanligi kelib chiqadi.
Agar d teskarilanuvchi bo‘lsa, u holda ⟨p, b⟩ = ⟨d⟩ = R bo‘lib, bundan esa R
halqaning ixtiyoriy elementi p va b lar orqali ifodalanishi kelib chiqadi. Xususan, qandaydir s, t ∈ R elementlar uchun 1 = sp + tb. Bundan esa,
a = a(sp + tb) = asp + atb = asp + trp = (as + tr)p

tenglikka ega bo‘lamiz. Bu esa a element p ga bo‘linishini bildiradi.

Agar q teskarilanuvchi bo‘lsa, u holda d = pq⁻¹ bo‘lib, d ∈ ⟨p⟩ ekanligi kelib chiqadi. U holda ⟨p, b⟩ = ⟨p⟩ bo‘lib, b ∈ ⟨p⟩ ekanligi, ya’ni b element p ga bo‘linishi kelib chiqadi. Shunday qilib, biz p | ab ekanligidan p | a yoki p | b kelib chiqishini ko‘rsatdik. Demak, p tub element.

2.