Abstrakt algebra

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, . . . , k_n ∈ K elementlar topilib,
k₀βⁿ + k₁βⁿ⁻¹ + · · · + k_n−1β + k_n = 0.
Demak, β ∈ F element k₀xⁿ + k₁xⁿ⁻¹ + · · · + k_n−1x + k_n 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, . . . , α_n element- lar bazis bo‘lsin. Yuqoridagi tasdiqqa ko‘ra ushbu elementlar algebraik bo‘lib, ular orqali hosil qilingan K(α₁, α₂, . . . , α_n) maydon K maydonning algebraik hosil qilingan kengaytmasi bo‘ladi. Bundan tashqari, ushbu kengaytma eng kichik bo‘lganligi uchun K(α₁, α₂, . . . , α_n) ⊂ F munosabat o‘rinli.
Ikkinchi tomondan esa, α₁, α₂, . . . , α_n ∈ K(α₁, α₂, . . . , α_n) bo‘lganligi va ixti- yoriy β ∈ F element β = k₁α₁ + k₂α₂ + · · · + k_nα_n kabi ifodalanganligi uchun
F ⊂ K(α₁, α₂, . . . , α_n). Demak, F = K(α₁, α₂, . . . , α_n), 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) . . . (α_n) murakkab algebraik kengaytmasi berilgan bo‘lsin.
6.1.3-tasdiq. Ixtiyoriy β ∈ F = K(α₁)(α₂) . . . (α_n) element uchun koeffit- siyentlari K maydondan olingan shunday g(x₁, x₂, . . . , x_n) ko‘phad topilib, β = g(α₁, α₂, . . . , α_n) 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) . . . (α_n−1) maydon uchun tasdiq o‘rinli bo‘lsin. Ixti- yoriy β ∈ F elementni qarasak, F = L(α_n) bo‘lganligi uchun, L maydonda shunday h(x) ko‘phad topilib, β = h(α_n).
Aytaylik, h(x) = γ₀x^m + γ₁x^m−1 + · · · + γ_m bo‘lsin, bu yerda γ₀, . . . , γ_m ∈ L. Induksiya faraziga ko‘ra har bir γ_i uchun g_i(x₁, x₂, . . . , x_n−1) ko‘phad topilib, γ_i = g_i(α₁, α₂, . . . , α_n−1). Bundan esa,

n
g(x₁, x₂, . . . , x_n) = g₀(x₁, x₂, . . . , x_n−1)x^m+

n
+g₁(x₁, x₂, . . . , x_n−1)x^m−1 + · · · + g_m(x₁, x₂, . . . , x_n−1) ko‘phad uchun β = g(α₁, α₂, . . . , α_n) ekanligi kelib chiqadi.


6.1.3-natija. Ixtiyoriy algebraik hosil qilingan kengaytma murakkab algebraik ken- gaytma bo‘ladi, ya’ni K(α₁, α₂, . . . , α_n) = K(α₁)(α₂) . . . (α_n).
Isbot. Induktiv tarzda aniqlanuvchi quyidagi maydonlarni qaraymiz
L₀ = K, L₁ = L₀(α₁), L₂ = L₁(α₂), . . . , L_n = L_n−1(α_n).
Har bir α_i element K maydonda algebraik bo‘lganligi uchun ular L_i−1 may- donda ham algebraik bo‘ladi. Demak, L_i ⊂ L_i+1 kengaytmalarning barchasi sodda algebraik kengaytmalar bo‘lib, L_n = K(α₁)(α₂) . . . (α_n). 6.1.3-tasdiqqa ko‘ra, L_n maydonning ixtiyoriy β elementi α₁, α₂, . . . , α_n elementlar orqali qandaydir ko‘phad yordamida ifodalanadi. Bundan esa, L_n ⊂ K(α₁, α₂, . . . , α_n) ekanligiga ega bo‘lamiz.

Ikkinchi tomondan esa, L_n barcha α₁, α₂, . . . , α_n elementlarni o‘z ichiga olgan- ligi uchun K(α₁, α₂, . . . , α_n) ⊂ L_n. Demak, K(α₁, α₂, . . . , α_n) = K(α₁)(α₂) . . . (α_n).
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, . . . , α_n ∈ F elementlar uchun
K(α₁) ⊂ K(α₁, α₂) ⊂ · · · ⊂ K(α₁, α₂, . . . , α_n)

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, . . . , α_n bazis, L maydonda esa β₁, β₂, . . . , β_m bazis mavjud. Tasdiqni isbot- lash uchun ushbu
α_iβ_j, 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, . . . , α_n
larning chiziqli kombinatsiyasi orqali
γ = c₁α₁ + c₂α₂ + · · · + c_nα_n
kabi ifodalanadi, bu yerda c₁, c₂, . . . , c_n ∈ L. O‘z navbatida ushbu c₁, c₂, . . . , c_n
elementlar esa β₁, β₂, . . . , β_m larning chiziqli kombinatsiyasi orqali
c_i = d_i,1β₁ + d_i,2β₂ + · · · + d_i,mβ_m

kabi ifodalanadi, bu yerda d_i,j ∈ K. Demak,

n n m

i=1


i=1


j=1

γ = ^Σ c_iα_i = ^{Σ Σ} d_i,jα_iβ_j,
ya’ni ixtiyoriy γ ∈ F elementni α_iβ_j elementlarning chiziqli kombinatsiyasi shak- lida ifodalash mumkin.

Σ

Σ

Σ
Endi α_iβ_j elementlarning chiziqli erkli ekanligini ko‘rsatamiz. Aytaylik, qan-

n
daydir k_i,j ∈ K elementar uchun
m m
k_i,jα_iβ_j = 0 bo‘lsin. Agar c_i =
^ki,j^βj

i=1 j=1
kabi belgilasak, yuqoridagi tenglik
c₁α₁ + c₂α₂ + · · · + c_nα_n = 0
j=1

ko‘rinishga keladi. Bu yerda c₁, c₂, . . . , c_n ∈ L va α₁, α₂, . . . , α_n elementlar F

maydonning L maydon ustidagi bazisi bo‘lganligi uchun c₁ = c₂ = · · · = c_n = 0

ekanligi kelib chiqadi. Demak, ixtiyoriy i (1 ≤ i ≤ n) uchun

k_i,jβ_j = 0.
_Σm

j=1

O‘z navbatida β₁, β₂, . . . , β_m elementlar L maydonning K maydon ustidagi bazisi

ekanligidan k_i,j = 0 kelib chiqadi. Ya’ni, α_iβ_j elementlar chiziqli erkli.
Yuqoridagi tasdiqni umumlashtirgan holda ushbu natijaga ega bo‘lamiz.
6.1.4-natija. Agar

K = L₀ ⊂ L₁ ⊂ L₂ ⊂ · · · ⊂ L_n = F

bo‘lib, har bir L_i maydon L_i−1 maydonda chekli bo‘lsa, u holda K ⊂ F kengaytma ham chekli bo‘lib,

tenglik o‘rinli.
[F : K] = [L₁ : L₀][L₂ : L₁] . . . [L_n : L_n−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:

• 
  K ⊂ F chekli kengaytma;
  
• 
  K ⊂ F algebraik hosil qilingan kengaytma;
  
• 
  K ⊂ F murakkab algebraik kengaytma.
  

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