Abstrakt algebra
Download 0,99 Mb.
|
ABSTRAKT ALGEBRA(oquv qollanma)
- Bu sahifa navigatsiya:
- 6.1.2-tasdiq.
- 6.1.2-natija.
- 6.1.3-tasdiq.
- 6.1.3-natija.
- 6.1.4-tasdiq.
- 6.1.4-natija.
- 6.1.5-natija.
- 6.1.1-teorema.
- 6.1.1-misol.
6.1.1-natija. K(a) maydonning ixtiyoriy β elementi β = g(a) kabi ifodalanadi.
Quyudagi tasdiqda esa, ixtiyoriy chekli kengaytma algebraik kengaytma bo‘lishini ko‘rsatamiz. 6.1.2-tasdiq. Ixtiyoriy chekli kengaytma algebraik kengaytma bo‘ladi. ∀ ∈ Isbot. Aytaylik, [F : K] = n bo‘lsin. U holda F maydonning ixtiyoriy n + 1 ta elementi K maydon ustida chiziqli bog‘liq bo‘ladi. Bundan esa, β F uchun 1, β, . . . , βn−1, βn elementlar ham chiziqli bog‘liq ekanligi kelib chiqadi, ya’ni hech bo‘lmaganda bittasi noldan farqli bo‘lgan k0, k1, . . . , kn ∈ K elementlar topilib, k0βn + k1βn−1 + · · · + kn−1β + kn = 0. Demak, β ∈ F element k0xn + k1xn−1 + · · · + kn−1x + kn ko‘phadning ildizi, ya’ni u algebraik element. 6.1.2-natija. Ixtiyoriy chekli kengaytma algebraik hosil qilingan kengaytma bo‘ladi. Isbot. Aytaylik, K ⊂ F kengaytma chekli bo‘lib, α1, α2, . . . , αn element- lar bazis bo‘lsin. Yuqoridagi tasdiqqa ko‘ra ushbu elementlar algebraik bo‘lib, ular orqali hosil qilingan K(α1, α2, . . . , αn) maydon K maydonning algebraik hosil qilingan kengaytmasi bo‘ladi. Bundan tashqari, ushbu kengaytma eng kichik bo‘lganligi uchun K(α1, α2, . . . , αn) ⊂ F munosabat o‘rinli. Ikkinchi tomondan esa, α1, α2, . . . , αn ∈ K(α1, α2, . . . , αn) bo‘lganligi va ixti- yoriy β ∈ F element β = k1α1 + k2α2 + · · · + knαn kabi ifodalanganligi uchun F ⊂ K(α1, α2, . . . , αn). Demak, F = K(α1, α2, . . . , αn), ya’ni F algebraik hosil qilingan kengaytma. Endi ixtiyoriy algebraik hosil qilingan kengaytma murakkab algebraik ken- gaytma ekanligini ko‘rsatamiz. Aytaylik, K maydonning F = K(α1)(α2) . . . (αn) murakkab algebraik kengaytmasi berilgan bo‘lsin. 6.1.3-tasdiq. Ixtiyoriy β ∈ F = K(α1)(α2) . . . (αn) element uchun koeffit- siyentlari K maydondan olingan shunday g(x1, x2, . . . , xn) ko‘phad topilib, β = g(α1, α2, . . . , αn) tenglik o‘rinli. Isbot. Tasdiqning isbotini n uchun induksiya metodini qo‘llab amalga oshi- ramiz. n = 1 bo‘lgan holda tasdiqning o‘rinli ekanligi 6.1.1-natijadan kelib chiqadi. Faraz qilaylik, L = K(α1)(α2) . . . (αn−1) maydon uchun tasdiq o‘rinli bo‘lsin. Ixti- yoriy β ∈ F elementni qarasak, F = L(αn) bo‘lganligi uchun, L maydonda shunday h(x) ko‘phad topilib, β = h(αn). Aytaylik, h(x) = γ0xm + γ1xm−1 + · · · + γm bo‘lsin, bu yerda γ0, . . . , γm ∈ L. Induksiya faraziga ko‘ra har bir γi uchun gi(x1, x2, . . . , xn−1) ko‘phad topilib, γi = gi(α1, α2, . . . , αn−1). Bundan esa, n g(x1, x2, . . . , xn) = g0(x1, x2, . . . , xn−1)xm+ n +g1(x1, x2, . . . , xn−1)xm−1 + · · · + gm(x1, x2, . . . , xn−1) ko‘phad uchun β = g(α1, α2, . . . , αn) ekanligi kelib chiqadi. 6.1.3-natija. Ixtiyoriy algebraik hosil qilingan kengaytma murakkab algebraik ken- gaytma bo‘ladi, ya’ni K(α1, α2, . . . , αn) = K(α1)(α2) . . . (αn). Isbot. Induktiv tarzda aniqlanuvchi quyidagi maydonlarni qaraymiz L0 = K, L1 = L0(α1), L2 = L1(α2), . . . , Ln = Ln−1(αn). Har bir αi element K maydonda algebraik bo‘lganligi uchun ular Li−1 may- donda ham algebraik bo‘ladi. Demak, Li ⊂ Li+1 kengaytmalarning barchasi sodda algebraik kengaytmalar bo‘lib, Ln = K(α1)(α2) . . . (αn). 6.1.3-tasdiqqa ko‘ra, Ln maydonning ixtiyoriy β elementi α1, α2, . . . , αn elementlar orqali qandaydir ko‘phad yordamida ifodalanadi. Bundan esa, Ln ⊂ K(α1, α2, . . . , αn) ekanligiga ega bo‘lamiz. Ikkinchi tomondan esa, Ln barcha α1, α2, . . . , αn elementlarni o‘z ichiga olgan- ligi uchun K(α1, α2, . . . , αn) ⊂ Ln. Demak, K(α1, α2, . . . , αn) = K(α1)(α2) . . . (αn). Bizga K ⊂ F kengaytma berilgan bo‘lib, L maydon uchun K ⊂ L ⊂ F muno- sabat o‘rinli bo‘lsa, u holda L maydon K va F maydonlarning orasida joylashgan maydon deyiladi. Ma’lumki, α1, α2, . . . , αn ∈ F elementlar uchun K(α1) ⊂ K(α1, α2) ⊂ · · · ⊂ K(α1, α2, . . . , αn) munosabat o‘rinli. 6.1.4-tasdiq. Agar K ⊂ L va L ⊂ F kengaytmalar chekli bo‘lsa, u holda K ⊂ F kengaytma ham chekli bo‘lib, [F : K] = [F : L] · [L : K] tenglik o‘rinli. Isbot. Aytaylik, [F : L] = n va [L : K] = m bo‘lsin, u holda F maydonda α1, α2, . . . , αn bazis, L maydonda esa β1, β2, . . . , βm bazis mavjud. Tasdiqni isbot- lash uchun ushbu αiβj, 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m elementlarni F maydonning K maydon ustidagi bazisi bo‘lishini ko‘rsatish kifoya. Dastlab, ixtiyoriy γ ∈ F elementni ushbu elementlarning chiziqli kombi- natsiyasi shaklida ifodalanishini ko‘rsatamiz. Ma’lumki, γ element α1, α2, . . . , αn larning chiziqli kombinatsiyasi orqali γ = c1α1 + c2α2 + · · · + cnαn kabi ifodalanadi, bu yerda c1, c2, . . . , cn ∈ L. O‘z navbatida ushbu c1, c2, . . . , cn elementlar esa β1, β2, . . . , βm larning chiziqli kombinatsiyasi orqali ci = di,1β1 + di,2β2 + · · · + di,mβm kabi ifodalanadi, bu yerda di,j ∈ K. Demak, n n m i=1 i=1 j=1 γ = Σ ciαi = Σ Σ di,jαiβj, ya’ni ixtiyoriy γ ∈ F elementni αiβj elementlarning chiziqli kombinatsiyasi shak- lida ifodalash mumkin. Σ Σ Σ Endi αiβj elementlarning chiziqli erkli ekanligini ko‘rsatamiz. Aytaylik, qan- i=1 j=1 kabi belgilasak, yuqoridagi tenglik c1α1 + c2α2 + · · · + cnαn = 0 j=1 ko‘rinishga keladi. Bu yerda c1, c2, . . . , cn ∈ L va α1, α2, . . . , αn elementlar F maydonning L maydon ustidagi bazisi bo‘lganligi uchun c1 = c2 = · · · = cn = 0 ekanligi kelib chiqadi. Demak, ixtiyoriy i (1 ≤ i ≤ n) uchun ki,jβj = 0. Σm j=1 O‘z navbatida β1, β2, . . . , βm elementlar L maydonning K maydon ustidagi bazisi ekanligidan ki,j = 0 kelib chiqadi. Ya’ni, αiβj elementlar chiziqli erkli. Yuqoridagi tasdiqni umumlashtirgan holda ushbu natijaga ega bo‘lamiz. 6.1.4-natija. Agar K = L0 ⊂ L1 ⊂ L2 ⊂ · · · ⊂ Ln = F bo‘lib, har bir Li maydon Li−1 maydonda chekli bo‘lsa, u holda K ⊂ F kengaytma ham chekli bo‘lib, tenglik o‘rinli. [F : K] = [L1 : L0][L2 : L1] . . . [Ln : Ln−1] Bundan tashqari 6.1.4-tasdiqdan quyidagi muhim natija ham kelib chiqadi. 6.1.5-natija. Ixtiyoriy murakkab algebraik kengaytma chekli kengaytma bo‘ladi. Isbot. 6.1.1-tasdiqqa ko‘ra har bir sodda algebraik kengaytma chekli bo‘lib, murakkab algebraik kengaytma chekli sondagi sodda algebraik kengaytmalarning ketma-ket qo‘llanilishi orqali hosil bo‘lishini hisobga olsak, 6.1.4-tasdiqqa ko‘ra ixtiyoriy murakkab algebraik kengaytmaning chekli ekanligi kelib chiqadi. Yuqorida hosil qilingan 6.1.2, 6.1.3 va 6.1.5-natijalardan quyidagi teoremaga ega bo‘lamiz. 6.1.1-teorema. K ⊂ F kengaytma uchun quyidagilar teng kuchli:
6.1.1-misol. x2 − 3 ko‘phadni Q(√2) maydonda keltirilmas ekanligini isbotlang. Yechish. Teskarisini faraz qilaylik, ya’ni x2 − 3 ko‘phad Q(√2) maydonda ko‘paytuvchilarga ajralsin. U holda x2 − 3 = (x − (a + b√2))(x − (c + d√2)), a, b, c, d ∈ Q. Bu tenglikdan x2 − 3 = x2 − (a + c + (b + d)√2)x + ac + 2bd + (ad + bc)√2 ekanligi, ya’ni a + c = 0, b + d = 0, ac + 2bd = −3, ad + bc = 0 kelib chiqadi. Demak, c = −a, d = −b, a2 + 2b2 = 3 va ab = 0. Oxirgi tenglikdan a = 0 yoki b = 0 kelib chiqib, a2 + 2b2 = 3 tenglik esa, a, b ∈ Q b√o‘lganda o‘rinli emasligi kelib chiqadi. Shunday qilib, biz x2 − 3 ko‘phadning Q( 2) maydonda keltirilmas ekanligini ko‘rsatdik. Q 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