Butunlik sohasi, maydon va jism tushunchalari.
Ta’rif. Nolning bŏluvchilariga ega bŏlmagan A kommutativ xalqa butunlik sohasi deyiladi.
Ta’rif. A birli kommutativ xalqada har bir noldan farqli elementi teska-rilanuvchi bŏlsa, u holda A kommutativ xalqa maydon deyiladi.
Ushbu ta’rifdan va yuqorida keltirilgan jadvaldan foydalansak Q , R ,
Q [ ] xalqalarni maydon bŏlishiga amin bŏlamiz.
Ta’rif. Sonlardan iborat bŏlgan maydon sonli maydon deyiladi.
Eslatma. 2-teoremaga kŏra ixtiyoriy maydonda nolning bŏluvchilari yŏq, demak u butunlik sohasi.
Ta’rif. a va 0 Fb maydon elementlari bŏlsin. a sŏratli va b maxrajli kasr deb maydonning ab-1 kŏrinishdagi elementiga aytiladi va u orqali belgila-nadi.
3-teorema (kasrlar ustida amallar). F maydonda qŏyidagi xossalar ŏrinli:
(a) kasrning asosiy xossasi: (c0) ; (b) kasrlarni qŏshish qoidasi: , ; (v) kasrlarni qŏpaytirish qoidasi : ;
(g) , agar ab 0.
Isbot. (a) Xaqiqatan, = (ac()bc)-1 = acc-1b = ab-1 = .
(b) = (a + c)b-1 = ab-1 + cb-1 = bŏlgani uchun (a) ga kŏra bŏladi.
Sholgan hollar xuddi shunday tekshiriladi.
Maydon tushunchasini umumiy holga umumlashtirish natijasida jism tushunchasi vujudga keladi. Maydon ustida ko'phadlar J Asosiy tushunchalar: keltiriladigan ko'phad, keltirilmaydigan ko'phad. Agar F maydon ustida berilgan va darajasi nolga teng bo'lmagan f(x) ko'phadni shu maydon ustidagi va darajalari [(x) ning darajasidan kichik ikkita g(x), h(x) ko'phadlar ko'paytmasi shaklida ifodalash mumkin bo'lsa, u holda f(x) ko'phadni F maydon ustida keltiriladigan ko 'ph ad, aksincha, agar bunday ko'paytma shaklida ifodalash mumkin bo'lmasa, u holda f(x) ni F maydon ustida keltirilmaydigan ko 'phad deyiladi. Algebrannig asosiy teoremasi. Darajasi 1 dan kichik bo'lmagan kompleks koejfitsiyentli har qanday ko 'phad kamida bitta kompleks ildizga ega. Agar d(x) ko'phad f(x) va 0) qisqarmas kasr koeffitsiyentlari butun bo'lgan aoX' + alx"-I + .. , + an_Ix + an = 0 tenglamaning ildizi bo'lsa, u holda p son an ozod hadning q son esa ao bosh koeffitsiyentning bo'luvchisi bo'ladi. Eyzenshteyn kriteriyasi. Butun koeffitsiyentli f(x) = c/ + Cn_Ix"-1 + ... + clx + Co ko'phadning bosh koeffitsiyenti cn dan boshqa barcha koeffitsiyentlari p tub songa bo'linib, ozod had Co esa p2 ga bo'linmasa, u holda f(x) ko'phad ratsional sonlar maydoni ustida keltirilmaydigan ko'phad bo'ladi. Kasming maxrajidagi irratsionallikni yo'qotish mumkin, ya'ni FI sonlar maydoni ustida keltirilmaydigan n-darajali p(x)=x" + + a1x"-1 + .. + an_Ix + an (n ~ 2) ko'phad berilgan bo'lib, x=a uning ildizi bo'lsa, u holda ~i;~ (g(a) *- 0) kasr-ratsional ifodani shunday o'zgartirish mumkinki, natijada uning maxraji butun ratsional ifodaga aylanadi. I-misol. f(x) = X4 + 2r - 3r - 5x + 2 ko'phad maydonda keltiriluvchimi? Yechish. f(x) ko'phad darajasi 4 ga teng bo'lganligi uchun, agar u Q maydonda keltiriluvchi bo'lsa, u holdaf(x) ko'phadni ikkita 2-darajali yoki 1- va 3-darajali ko'phadlar ko'paytmasiga yoyish mumkin. Agar f(x) = (ar + bx + c)(ctr + mx + n) deb faraz qilsak, bu tenglamaning yechimlari na butun sonlarda va na kasr sonlarda mavjud emasligiga ishonch hosil qilish mumkin. Agar f(x) = (ax + b)(cXl + ctr + mx + n) deb faraz qilsak, u holda tenglamadan 283 ae = 1, ad + be = 2, am + bd = -3, an+bm=-5, bn = 2 sistemani hosil qilamiz. Bu sistemaning yechimlaridan biri a=e= =n=l, b=2, d=O, m = -3. Demak, f(x) = (x + 2)(.:0 - 3x + 1) bo'lib, berilgan f(x) ko'phad Q maydonda keltiriluvchi ekan.
Maydon ustida ko'phadlar J Asosiy tushunchalar: keltiriladigan ko'phad, keltirilmaydigan ko'phad. Agar F maydon ustida berilgan va darajasi nolga teng bo'lmagan f(x) ko'phadni shu maydon ustidagi va darajalari [(x) ning darajasidan kichik ikkita g(x), h(x) ko'phadlar ko'paytmasi shaklida ifodalash mumkin bo'lsa, u holda f(x) ko'phadni F maydon ustida keltiriladigan ko 'ph ad, aksincha, agar bunday ko'paytma shaklida ifodalash mumkin bo'lmasa, u holda f(x) ni F maydon ustida keltirilmaydigan ko 'phad deyiladi. Algebrannig asosiy teoremasi. Darajasi 1 dan kichik bo'lmagan kompleks koejfitsiyentli har qanday ko 'phad kamida bitta kompleks ildizga ega. Agar d(x) ko'phad f(x) va 0) qisqarmas kasr koeffitsiyentlari butun bo'lgan aoX' + alx"-I + .. , + an_Ix + an = 0 tenglamaning ildizi bo'lsa, u holda p son an ozod hadning q son esa ao bosh koeffitsiyentning bo'luvchisi bo'ladi. Eyzenshteyn kriteriyasi. Butun koeffitsiyentli f(x) = c/ + Cn_Ix"-1 + ... + clx + Co ko'phadning bosh koeffitsiyenti cn dan boshqa barcha koeffitsiyentlari p tub songa bo'linib, ozod had Co esa p2 ga bo'linmasa, u holda f(x) ko'phad ratsional sonlar maydoni ustida keltirilmaydigan ko'phad bo'ladi. Kasming maxrajidagi irratsionallikni yo'qotish mumkin, ya'ni FI sonlar maydoni ustida keltirilmaydigan n-darajali p(x)=x" + + a1x"-1 + .. + an_Ix + an (n ~ 2) ko'phad berilgan bo'lib, x=a uning ildizi bo'lsa, u holda ~i;~ (g(a) *- 0) kasr-ratsional ifodani shunday o'zgartirish mumkinki, natijada uning maxraji butun ratsional ifodaga aylanadi. I-misol. f(x) = X4 + 2r - 3r - 5x + 2 ko'phad maydonda keltiriluvchimi? Yechish. f(x) ko'phad darajasi 4 ga teng bo'lganligi uchun, agar u Q maydonda keltiriluvchi bo'lsa, u holdaf(x) ko'phadni ikkita 2-darajali yoki 1- va 3-darajali ko'phadlar ko'paytmasiga yoyish mumkin. Agar f(x) = (ar + bx + c)(ctr + mx + n) deb faraz qilsak, bu tenglamaning yechimlari na butun sonlarda va na kasr sonlarda mavjud emasligiga ishonch hosil qilish mumkin. Agar f(x) = (ax + b)(cXl + ctr + mx + n) deb faraz qilsak, u holda tenglamadan 283 ae = 1, ad + be = 2, am + bd = -3, an+bm=-5, bn = 2 sistemani hosil qilamiz. Bu sistemaning yechimlaridan biri a=e= =n=l, b=2, d=O, m = -3. Demak, f(x) = (x + 2)(.:0 - 3x + 1) bo'lib, berilgan f(x) ko'phad Q maydonda keltiriluvchi ekan. Misol 4. - ratsional sonlar to’plami bo’lsin. Bizga to’plam berilgan bo’lsin. to’plamni qo’shish amaliga nisbatan gruppa shartlariga tekshiramiz.
1) elementlar uchun
shartni tekshiramiz. Tenglikning chap tomonini hisoblaymiz va quyidagini (3)
hosil qilamiz. Tenglikning o’ng tomonidan quyidagini (4)
hosil qilamiz . Yuqoridagi (3) va (4) tengliklardan ko’rinadiki, assosiativlik o’rinli.
2) Harqanday element uchun , quyidagi tenglikni qanoatlantiruvchi element mavjudligini tekshiramiz. tenglikdan quyidagi
tenglik kelib chiqadi. Bu tenglikdan va tengliklar kelib chiqadi. Bu tengliklardan esa ekanligi kelib chiqadi. Demak qo’shish amaliga ko’ra birlik elementimiz ko’rinishda ekan. 3. Berilgan element uchun tenglikni qanoatlantiruvchi elementning mavjudligini tekshiramiz tenglikdan quyidagi kelib chiqadi. Ayniyatligidan foydalansak va tengliklar kelib chiqadi. Bu tengliklardan ekanligi kelib chiqadi. Demak teskari elementimiz ko’rinishda ekan. Yuqoridagi shartlarning bajarilganligidan juftlik gruppa tashkil etadi. eorema 1: gruppaning element uchun tenglikni qanoatlantiruvchi (birlik) element yagonadir. Isbot: Faraz qilaylik yuqoridagi tenglikni qanoatlantiruvchi birlik va elementlar mavjud bo’lsin.U holda element uchun va shartlar bajariladi. tenglikda sifatida
olaylik. U holda
|
