Дата регистрации 14 Февраль 2025
105 ПродажButunlik soxasi ustidagi ko’pxadlar ko’paytmasining darajasi
![(a `
,b `
) (a,b) (a,b)+(c,d) (a `
,b `
)+(c,d) ва (a,d)(c,d) (a `
,b `
)(c,d).
булади . Bu esa
(ad+bc)b `
d=(a `
d+b `
c)bd,
acb `
d = a `
cbd,
tеngliklarga ekvivalеnt.Bularni o`rinli ekanligi
a`b = ab `
tеnglikdan kеlib chiqadi. (c,d) va (c `
,d `
) bilan almashtirib xuddi shunga
o`xshash natija olamiz.
Bundan, Q(A) da qo`shish va ko`paytirish amallari ekvivalentlik sinf
vakillaridan qaysi birini olishga bog`liq emas ekanligi kelib chiqadi.
[a,b] + [c,d]=[ad + bc,bd];[a,b][c,d] = [ac,bd] , (2 )
Bu erda [a,b] [c,d] va [a,b] [c,d] ko`rinishda yozish lozim edi. L е kin
biz va b е gilarni odatdagi qo`shish va ko`paytirish bilan almashtirdik.
Endi ko`rishimiz mumkinki ,Q(A) da aniqlangan (2 ) amallarga ko`ra u
maydon bo`ladi.Haqiqatan ham , quyidagi t е ngliklardan qo`shishning
assotsiativligi k е lib chiqadi.Ko`paytirishning assotsiativligi esa ravshan.
[a,b]+([c,d]+[e,f])=[a,b]+[cf+de,df]=[adf+bcf+bde,bdf],
([a,b]+[c,d])+[e,f]=[ad+bc,bd]+[e,f]=[adf+bcf+bde,bdf]
Ushbu
( [a,b]+[c,d] ) [e,f]=ade+bce,bdf],
[a,b][e,f]+[c,d][e,f]=[adef+bcef,bfdf]=[9ade+bec)f,(bdf)f]
munosabatlardan va ( 1 ) dan distributivlik qonuni ham bajarilishi k е lib
chiqadi.
Qo`shish va ko`paytirish uchun kommutativlik xossasini bajarilishini juda
oddiy t е kshirish mumkin. Qo`shish uchun nol element bo`lib [0,1] xizmat qiladi.
([0,1]+[a,b]=[a,b] ) , [1,1] esa ko`paytirish uchun birlik element rolini bajaradi. -
[a,b]=[-a,b] tenglik o`rinli, chunki:
[a.b] + [-a,b] = [0,b 2
] = [0,1].
30](https://docx.uz/documents/30a18e55-e538-408c-94e1-0c6b6cc3e25a/page_30.png?v=3)
![II- bob
2.1. Butunlik soxasi ustidagi ko’phadlar
Oldingi ma`ruzalarimizda Z va P[x] halqalarning umumiy xossalari
o`rganilgan edi.Endi maqsadimiz P[x] halqani maydonga joylashtirish. Bunga
namuna sifatida Z ni Q da joylashishini olish mumkin. Ixtiyoriy А butunlik
sohasi uchun bu masalani echish qiyin emas.
А А *
( А *
= А \{0}) to`plamni qaraylik.U (a,b) juftliklardan tuzilgan, bunda
a,b A va b 0. Bu to`plamni sinflarga ajratamiz: (a,b) va (c,d) juftliklar bitta
sinfga tegishli deymiz, agarda faqat va faqat ad = bc bo`lsa va u quyidagicha
yoziladi:
(a,b) (c,d).
Ravshanki, har doim (a,b) (a,b) va (a,b) (c,d) (c,d) (a,b) bo`ladi.
Nihoyat, (a,b) (c,d),(c,d) (e,f) (a,b) (e,f) bo`ladi.Haqiqatan ham, quyidagi
tengliklar o`rinli ab = bc, cf = de bulardan esa adf = bcf = bde ya`ni d(af-bc) =
0, d 0 ekanligidan af = be tenglikni hosil qilamiz, bundan esa (a,b) (c,d)
bo`ladi. Demak munosabat refliksiv, simmetrik va tranzitiv, ya`ni u А А *
to`plamda ekvivalentlik munosabati bo`ladi. U bu to`plamni kesishmaydigan
sinflarga ajratadi.
Q(A) orqali barcha ekvivalentlik sinflari to`plamini yoki А А *
to`plamdan
munosabat orqali tuzilgan, А А *
/ faktor to`plamni belgilaymiz. [a,b]
orqali esa (a,b) juftliklar yotgan sinfni belgilaymiz. Ta`rifdan
[a,b] = [c,d] ad = bc (1)
Munosabat kelib chiqadi.Agar А А *
to`plamda qo`shish va ko`paytirish
amallarini quyidagicha aniqlasak ,u holda bu binar amallarni Q(A) da ko`chirish
mumkin:
(a,b) + (c,d) = (ad + bc , bd); (a,b)(c,d) = (ac,bd)
( Bunday qilish mumkin chunki, A da b 0 ,d 0 dan bd 0 k е lib chiqadi.)
Haqiqatan ham , biz ko`rsatishimiz lozimki:
29](https://docx.uz/documents/30a18e55-e538-408c-94e1-0c6b6cc3e25a/page_29.png?v=3)
![Manfiy bo’lmagan butun sonlardan iborat bo’lgan n -ta (i1,i2,...,in) majmuani (i)
bilan belgilaymiz. U holda ixtiyoriy
f∈A[X1,X2,...,Xn] elementni quyidagi ko’rinishda
yozish mumkin:
f= ∑(i)
a(i)X(i), a(i)∈ A
, (1.9)
bu yerda
X(i)= X1
i1⋅X2
i2⋯ Xn
in - birhad (monom) deb yuritiladi. Demak, (1.9) ga asosan
f
ko’phad koeffisiyentlari A xalqadan olingan birhadlarning chiziqli kombinasiyasidan
iborat.Ko’phadning aniqlanishiga asosan (1.9) dagi
a(i) koeffisiyentlardan cheklitasidan
boshqalari nolga teng bo’ladi. (1.9) ifodaning yagonaligi bevosita quyidagi tasdiqdan
kelib chiqadi.
Teorema- 1. 3 .
f ko’phad faqat va faqat uning barcha ai1⋯in koeffisiyentlari nolga teng
bo’lgandagina nol ko’phaddan iborat bo’ladi.
Isbot. O’zgaruvchilar soni
n=1 bo’lganda bu tasdiqning isboti A[X] xalqaning
tuzilishdan kelib chiqadi.
n>1 bo’lganda n ga nisbatan induksiyani qo’llaymiz. f
ko’phadning ko’rinishini quyidagicha yozib olishimiz mumkin:
f= ∑
(i)
a(i)X(i)= ∑ ai1⋯inX1
i1X 2
i2⋯ Xn
in= ∑in
binX n
in,
bu yerda
bin= ∑i1,⋯,in−1
ai1⋯in−1inX1
i1X2
i2⋯ Xn−1
in−1
ko’phad
n−1 o’zgaruvchili ko’phaddan iborat. n=1
bo’lgan holdagi tasdiqga asosan va induksiyaning faraziga ko’ra
f = 0 ⇔ ∀ in bin= 0 ⇔ ∀ (i1, ⋯ ,in) ai1⋯ in−1in= 0
bo’ladi.
Teorema isbot bo’ldi.
Bu yerdan ikkita
f,g∈A[X1,X2,...,Xn] ko’phadlarning o’zaro teng bo’lishi uchun
ularning bir xil birhadlarining koeffisiyentlari o’zaro tengligi kelib chiqadi.
f∈A[X1,X2,...,Xn]
ko’phadning Xk o’zgaruvchiga nisbatan darajasi deg kf deb,
a(i)≠ 0 бўлганда a(i)X(i)
birhadlarda uchraydigan Xk ning darajalaridan eng katta butun
songa aytiladi.
Masalan,
f= 1+x+xy 3+x2y2 ko’phadning x bo’yicha darajasi 2 ga, y
11](https://docx.uz/documents/30a18e55-e538-408c-94e1-0c6b6cc3e25a/page_11.png?v=3)
![Ta’rif-1. f(X)= a0Xn+a1Xn−1+⋯ +an∈ K[X] ko’phadning mazmuni deb uning
koeffisiyentlarining eng katta umumiy bo’luvchisi
d=d(f)=EKUB (a0,a1,...,an) ga
aytamiz.
Ta’rif-2.
f(X)= a0Xn+a1Xn−1+⋯ +an∈ K[X] ko’phadning mazmuni d=d(f) - K
xalqaning teskarilanuvchan elementidan iborat bo’lsa, u holda
f(X) ko’phad primitiv
ko’phad deyiladi.
Gauss lemmasi .
K faktorial xalqa va f,g∈K[X] bo’lsin. U holda
d(fg)≈ d(f)⋅d(g)
bo’ladi. Xususiy holda ikkita primiv ko’phadlarning ko’paytmasi yana primitiv
ko’phaddan iborat ( bu yerda
≈ belgi ko’phadlarning assosirlanganligi aniqligida
tenglikni anglatadi).
Isbot. Oxirgi tasdiqdan boshlaymiz.
f(X)= a0+a1X +⋯ +anXn, g(X)= b0+b1X +⋯ +bmXm
-
Ko’phadlar
K[X] xalqada primitiv ko’phadlar bo’lib, ularningn ko’paytmasi f⋅g
primitiv bo’lmasin. Demak,
d(fg) mazmun bo’linadigan p∈K tub element mavjud.
f,g∈K[X]
ko’phadlarning primitivligidan s,t indekslarni shunday tanlaymizki,
p|as, p|bt
bo’lsin. f⋅g ko’phadda Xs+1
ning koeffisiyenti
cs+t= asbt+(as+1bt−1+as+2bt−2+⋯ )+(as−1bt+1+as−2bt+2+⋯ )
ko’rinishda bo’ladi.
i>0 da shartga asosan as−i va bt−i lar p ga bo’linadi, farazimizga
asosan esa
p|cs+t bo’ladi. Demak,
pu= asbt+pv
munosabatga ega bo’lamiz, bu yerdan esa p|asbt ekanligi kelib chiqadi.
K
ning faktorialligidan esa p|as yoki p|bt ekanligi kelib chiqadi. Bu ziddiyat bizning
tasdig’imizni isbotlaydi.
Endi umumiy holga o’tib, ixitiyoriy
f,g∈K[X] ko’phadlarni quyidagicha tasvirlab
olamiz:
f= d(f)f0, g=d(g)g0
, bu yerda f0,g0∈K[X] primitiv ko’phadlardan iborat.
18](https://docx.uz/documents/30a18e55-e538-408c-94e1-0c6b6cc3e25a/page_18.png?v=3)
![m(x)=[f(x),g(x),h(x)]=[m1(x),h(x)]= m1(x)h(x)
D2(x),
Bunda
D2(x)=(m1(x),h(x)).
Hisoblashlar ketmaketligi quyidagicha bo’ladi:
I. 1)
(x):g(x) :
_
x4−3x3+3x2−3x+2 | x3− 2x2− x+2
x4−2x3− x2− 2x x − 1
_
− x3+4x2−5x+2
− x3+2x2+x− 2
2x2−6x+4= r(x)
2) g
( x ) :[ 1
2 r ( x ) ]
:
_
x3− 2x2− x+2 |
x 2
− 3 x + 2
x3− 3x2+2x x+1
x 2
− 3 x + 2
− x 2
− 3 x − 2
0
D1(x)=(f(x),g(x))= 1
2r(x)= x2−3x+2,m1(x)=[f(x),g(x)]= f(x)g(x)
D1(x) = f(x)g(x)
D1(x)=¿(x4−3x3+3x2−3x+2)(x+1)= x5−2x4− x+2
.
II. 1) m
1
( x ) : h ( x )
:
_
x 5
− 2 x 4
− x + 2 |
x 3
+ 2 x 2
+ x + 2
x 5
+ 2 x 5
+ x 3
+ 2 x 2
x 2
− 4 x + 7
_
− 4 x 4
− x 3
− 2 x 2
− x + 2
− 4 x 4
− 8 x 3
− 4 x 2
− 8 x 1
_
7 x 3
+ 2 x 2
+ 7 x + 2
7 x 3
+ 14 x 2
+ 7 x + 14
− 12 x 2
− 12 = r
1 ( x )
2) h
( x ) :[ − 1
12 r
1 ( x ) ]
:
_
x 3
+ 2 x 2
+ x + 2 |
x2+1
22](https://docx.uz/documents/30a18e55-e538-408c-94e1-0c6b6cc3e25a/page_22.png?v=3)
![4) Agar b1,b2,.....,bm∈K elementlarning har biri p∈K elementga bo’linsa, u holda
b1c1+b2c2+.....+bmcm
element ham p∈K ga bo’linadi, bu yerda c1,c2,.....,cm lar K ning
ixtiyoriy elementlaridan iborat.
Endi quyidagi ta’rifni keltiramiz.
Ta’rif.
K butunlik xalqasi tub ko’paytuvchilarga bir qiymatli yoyilmaga ega bo’lgan
xalqa (bundan keyin faktorial xalqa deb ataymiz) deyiladi, agar uning ixtiyoriy
a≠0
elementini
a= up1p2⋯ pr
(1.11)
ko’rinishda tasvirlash mumkin bo’lsa, bu yerda
u∈K - teskarilanuvchan element,
p1,p2,.....,pr∈K
lar esa tub elementlardan iborat.
Agar yana bir boshqa
a= vq1q2⋯ qs yoyilmani mavjud deb qarasak, u holda r=s ekanligi
va
pi,qj elementlarni talab qilingandek raqamlab chiqish natijasida
q1= u1p1,q2=u2p2,⋯ ,qr=urpr
ni hosil qilamiz, bu yerda u1,u2,⋯ ,ur -
teskarilanuvchan elementlardan iborat.
(1.12) tenglikda
r=0 deb olsak, bu yerdan K xalqaning teskarilanuvchan elementlari
ham tub ko’paytuvchilarga yoyilishini hosil qilamiz. Ravshanki, agar
p - tub bo’lsa, u
esa teskarilanuvchan telementdan iborat bo’lsa, u holda
p bilan assosirlangan element
up
ham tub elementdan iborat bo’ladi.
Z
xalqada teskarilanuvchan elementlar 1 va -1 lardangina iborat bo’lganligi uchun tartib
munosabat musbat
p tub sonni ikkita tub ±p sonlardan ajratib olishga imkon beradi.
P[X]
xalqada normallashtirilgan keltirilgan ko’phadlarni qarash ko’pgina qulayliklarga
olib keladi.
Umumiy holda quyidagi teorema o’rinli bo’ladi.
Teorema.1.5.
K tub ko’paytuvchilar yoyilmasiga ega bo’lgan ixtiyoriy butunlik xalqasi
bo’lsin.
K da yoyilmaning bir qiymatliligi ( K ning faktorialligi) faqat va faqat ab ∈K
ko’paytmani bo’luvchi ixtiyoriy tub
p∈K element shu a,b elementlardan hyech
bo’lmaganda birini bo’lishi kerak.
Isbot.
K faktorial xalqadan iborat va ab= pc bo’lsin.Agar
a= ∏ ai
, b=∏ bj , c= ∏ ck
14](https://docx.uz/documents/30a18e55-e538-408c-94e1-0c6b6cc3e25a/page_14.png?v=3)
![II-bosqichda m
-karrali ko’paytuvchilar ko’paytmasini biz keltirib chiqardik:Em(x)= Xm.
(Unutmang!)
f(x)
ko’phadning kanonik yoyilmasini biz Xi (i=1,… ,m ) ko’phadlarini keltirilmaudigan
ko’paytuvchilarga yoyib hosil qlamiz.
Taklif qilingan sxema bo’yicha 10-masalani yechishni davom ettiramiz.
I. D
1
( x ) = ( f ( x ) , f ' (
x )) = x 3
− x 2
− 5 x + 3
.
6)
D1'(x)=3x2−2x− 5 ;
7)
9D1(x) ni D1'(x) ga qoldiqli bo’lamiz:
9D1(x)= D1'(x)(3x+1)+r2(x)
,
bunda
r2(x)=−32 x+32 ;
8)
D1'(x) ni −1
32 r2(x)=(x−1) :
D
1'
(
x ) = − 1
32 r
2 ( x ) ( 3 x + 5 )
;
9) D
2
( x ) = ( D
1 ( x ) , D
1' (
x )) = − 1
32 r
2 ( x ) = x − 1 ;
10) D
2'
(
x ) = 1 ⇒ D
3 ( x ) = ( D
2 ( x ) , D
2' (
x )) = 1
.
II. E
1
( x ) = f ( x )
D
1 ( x ) = x 3
− x 2
− 9 x + 9
,
E
2
( x ) = D
1 ( x )
D
2 ( x ) = x 2
+ 2 x − 3
,
E3(x)= D2(x)
D3(x)= x−1
.
III.
E1(x)
E2(x)= x−3= X1, E2(x)
E3(x)= x+3= X2,
E3(x)= x−1= X3
.
Javob:
f(x)=(x−3)(x+3)2(x− 1)3∈Q[x] ;
x
1 = 3 , x
2,3 = − 3 , x
4 , 5,6 = 1 ∈ Q .
5-masala
f(x)= xn+a1xn−1+...+an−1x+an (1)
– haqiqiy koeffitsiyentli ko’phad berilgan bo’sin, bunda bosh koeffitsiyenti 1 ga teng.
a
1 , … , a
n koeffitsiyentlar orasida manfiylari ham bo’lsin va a
k – birinchisi bo’lsin. A
-
manfiy koeffitsiyentlar absolyut qiymatlari ichida eng kattasi bo’lsin.
f(x) ko’phadning
haqiqiy ildizlari
26](https://docx.uz/documents/30a18e55-e538-408c-94e1-0c6b6cc3e25a/page_26.png?v=3)
![(a,0,0,⋯ )ketma-ketliklar ham xuddi A xalqaning elementlaridek qo’shiladi va
ko’paytiriladi. Bu esa har bir ketma-ketlikni
A ning biror elementi bilan ifodalash
mumkinligini ko’rsatadi, ya’ni har bir
a∈A uchun a=(a,0,0,⋯ ) deb olish mumkin
bo’ladi. Shunday qilib,
A xalqa B xalqaning qism xalqasidan iborat bo’ladi.
Endi
(0,1,0,0,⋯ ) elementni X bilan belgilab olamiz va X ni A xalqa ustidagi
o’zgaruvchi (noma’lum ) deb ataymiz.
B da kiritilgan ko’paytirish amaliga asosan X ning
quyidagi darajalarini hisoblaymiz:
X=(0,1,0,0,⋯ ),
X2=(0,0,1,0,⋯ ),
(1.2)
Xn= (0,0 ,⋯ ,0,1,0,⋯ )
.
A⊂ B
ekanligini hisobga olsak, (1.2) ga asosan quyidagini hosil qilamiz:
(0,0,⋯ ,0,a,⋯ )=a(0,0,⋯0,1,0,⋯)= aX n= Xna
.
Shunday qilib, agar
fn element f=(f0,f1,f2,⋯ fn,0,⋯) ketma-ketlikning oxirgi noldan
farqli elementi bo’lsa, u holda yuqorida kiritilgan yangi belgilashlarga asosan
f=(f0,f1,⋯ ,fn−1,0,⋯ )+ fnXn=(f0,f1,⋯ ,fn−2,0,0,⋯ )+ fn−1Xn−1+ fnXn=⋯ =
= f0+ f1X + f2x2+⋯ + fnXn
. (1.3)
ni hosil qilamiz. (1.3) tasvirlash yagona bo’ladi, chunki uning o’ng tomonidagi
f0,f1,⋯ fn
lar f=(f0,f1,f2,⋯ ) ketma-ketlikning hadlaridan iborat bo’lib, ular faqat
f0= f1= f2= ⋯ = fn=0
bo’lgandagina nolga teng bo’ladi.
Shunday qilib, endi quyidagi ta’rifni berishimiz mumkin bo’ladi:
Ta’rif. Yuqorida qurilgan
B xalqa A xalqa ustidagi bir o’zgaruvchili ko’phadlar xalqasi
deyiladi va
A[X] bilan belgilanadi. Bu xalqaning elementlari ko’phadlar (polinomlar)
deyiladi.
Ko’p hollarda
f ko’phadni X o’zgaruvchining darajalari kamayib borish tartibida
yozishadi:
f(X)= a0Xn+a1Xn−1+⋯ +an
.
fi(ai)
elementlarni f ko’phadning koeffisiyentlari deb atashadi. Agar f ko’phadning
barcha koeffisiyentlari nollardan iborat bo’lsa, unga nol ko’phad deyiladi.
f0 (yoki an )
7](https://docx.uz/documents/30a18e55-e538-408c-94e1-0c6b6cc3e25a/page_7.png?v=3)
![koeffisiyentga ko’phadning ozod hadi deyiladi. Agar fn (yoki a0 ) noldan farqli bo’lsa,
unga ko’phadning bosh koeffisiyenti deyiladi,
n - ga esa ko’phadning darajasi deyiladi va
n=deg f
deb belgilanadi. Darajalari 1, 2, 3, .... bo’lgan ko’phadlar mos ravishda
chiziqli, kvadratik, kubik va hakoza ko’phadlar deyiladi.
A[X]
xalqaning birlik elementi A xalqaning birligi 1 dan iborat bo’ladi va u nolinchi
darajali ko’phad deb qaraladi.
A[X] da kiritilgan qo’shish va ko’paytirishning
ta’riflaridan bevosita quyidagilar kelib chiqadi: darajalari mos ravishda
n va m bo’lgan
ikkita
f= f0+ f1X + f2X2+⋯ + fnXn
va g= g0+g1X + g2X2+ ⋯ +gmXm (1.4)
ko’phadlar uchun quyidagi tengsizliklar o’rinli bo’ladi:
deg (f+g)≤ max (deg f,deg g)
, deg (f g)≤ deg f+deg g (1.5)
(1.5) ning ikkinchi tengsizligi (1.4) ko’phadlarning bosh koeffisiyentlari noldan farqli
bo’lganda tenglikka aylanadi, chunki
fg= f0g0+(f0g1+ f1g0)X + ⋯ +(fngm)Xn+m
. (1.6)
Bu yerdan esa quyidagi teorema kelib chiqadi.
Teorema-1. Agar
A - butunlik xalqasidan iborat bo’lsa, A[X] ham butulik
xalqasidan iborat bo’ladi.
Kommutativ xalqalar orasida ko’phadlar xalqasining ahamiyatini quyidagi teorema
ko’rsatib beradi.
Teorema-2. Kommutativ
K xalqa A ni qism xalqasi sifatida saqlasin. U holda
har bir
t∈K element uchun yagona xalqalar gomomorfizmi Πt:A[X]→ K mavjudki,
∀ a∈A Πt(a)= a,Πt(X)= t (1.7)
bo’ladi.
Isbot. Dastavval shunday
Πt gomomorfizm mavjud bo’lsin deb faraz qilamiz. U
holda (1.3)
standart ko’rinishdagi
f ko’phadning har bir koeffisiyenti uchun Πt(fi)= fi bo’lganligi
uchun, (1.7) tenglik va gomomorfizmning xossasiga ko’ra
Πt(Xk)=(Πt(X))k= tk
ekanligidan
Πt(f)= Πt(f0+ f1X + f2X2+⋯ + fnXn)= f0+ f1t+ f2t2+⋯ + fntn
(1.8)
8](https://docx.uz/documents/30a18e55-e538-408c-94e1-0c6b6cc3e25a/page_8.png?v=3)
![1- bob.Ko’phadlar xalqasi
1.1. Ixtiyoriy butunlik sohasi ustida ko’phadlar xalqasini qurishK
- kommutativ, assosiativ va birlik elementli xalqa bo’lsin. A - esa uning birlik
elementli qism xalqasi bo’lsin. Agar
t∈K bo’lsa, u holda A qism xalqa va t elementni
o’z ichida saqlaydigan eng kichik xalqa
a(t)= a0+a1t+a2t2+⋯ +antn
, (*)
ko’rinishdagi elementlar to’plamidan iborat bo’ladi, bu yerda
an∈ A,n∈Z,n≥ 0 . Biz bu
qism xalqani
A[t] bilan belgilaymiz va uni A xalqaga t elementni qo’shish natijasida
hosil qilingan xalqa deb, (*) ifodani esa koeffisiyentlari
A dan olingan t ga nisbatan
ko’phad deb ataymiz. Bu xalqada ko’phadlarni qo’shish va ko’paytirish quyidagi sodda
misollardan ko’rinib turibdi:
a(t)+b(t)= (a0+a1t+a2t2)+(b0+b1t+ b2t2)=(a0+b0)+(a1+b1)t+(a2+b2)t2
,
a(t)⋅b(t)= (a0+a1t+ a2t2)(b0+b1t+b2t2)= a0b0+(a0b1+a1b0)t+ (a0b2+a1b1+a2b0)t2+
+(a1b2+a2b1)t3+a2b2t4
,
Bu yerda o’xshash hadlarni keltirish
A xalqa elementlarining kommutativligiga
asoslangan.
Bu yerda
t element K xalqaning istalgan elementidan iborat bo’lganligi uchun (*)
ifodaning tashqi ko’rinishi har xil bo’lganligi bilan ularning qiymatlari ustma-ust tushishi
mumkin.Masalan, agar
A= Q ,t= √2 deb olsak, t2=2,t3= 2t munosabatlar hyech qachon
formal qoidalardan kelib chiqmaydi. Shuning uchun odatdagi ko’phad tushunchasini
kiritish uchun yuqoridagi munosabatlarga o’xshash munosabatlardan xalos bo’lish uchun
t
ni K xalqaga tegishli bo’lmagan ixtiyoriy biror simvol deb tushunish kerak.
Ko’phadlar uchun esa
a(t)+b(t),a(t)⋅b(t) ifodalarning koefissiyentlarini hosil
qilishmuhim ahamiyatga egadir. Endi esa ko’phadlar xalqasi deb ataladigan algebraik
obyektning aniq ta’rifini kiritishga o’tamiz.
5](https://docx.uz/documents/30a18e55-e538-408c-94e1-0c6b6cc3e25a/page_5.png?v=3)
![Xususiy holda har qanday birinchi darajali ko’phad keltirilmaydigan ko’phaddan iborat.
Ravshanki, ko’phadlarning keltirilmasligi yoki ularni keltirilmaydigan ko’phadlar
ko’paytmasiga yoyish asosiy P maydon bilan bog’liq. Masalan, oddiygina
f(X)= X2+1
ko’phad rasional sonlar maydonida keltirilmaydigan ko’phaddan iborat,
lekin u kompleks sonlar maydonida
f(X)= X2+1= (X−i)(X+i)
shaklda keltirilmaydigan ko’phadlar ko’paytmasiga
yoyiladi.
g(X)= X4+4 ko’phad esa rasional sonlar maydonida keltiriladigan ko’phaddan
iborat, haqiqatdan ham
g(X )= X4+4=(X2− 2X +2)(X2+2X +2)
bo’lib, bu tenglikning o’ng tomonidagi ikkita ko’paytuvchilar nafaqat rasional sonlar
maydonida, balki haqiqiy sonlar maydonida ham keltirilmaydigan ko’phadlardan iborat.
Teorema-1.9. Har qanday
P maydon ustida normallashtirilgan keltirilmaydigan
kphadlar cheksiz ko’p.
Isbot. Agar
P cheksiz maydondan iborat bo’lsa, X−c,c∈ P ko’phadlarni qarash yetarli.
Agar
P chekli maydon bo’lsa, arifmetikaning asosiy teoremasida keltirilgan Yevklid
isbotini asos qilib olamiz. Ya’ni, aytaylik
n -ta keltirilmaydigan ko’phadlar
p1,p2,....,pn∈P[X]
topilgan bo’lsin. U holda
f= p1p2....pn+1 ∈P[X]
ko’phad hyech bo’lmaganda bitta normallashtirilgan
keltirilmaydigan ko’phadga bo’linadi, chunki
deg f(X)≥n . Shu keltirilmaydigan
ko’phadni
pn+1 bilan belgilaymiz. Bu ko’phad barcha p1,p2,....,pn∈P[X]
ko’phadlardan farqli. Agar
pn+1= ps,s≤n deb olsak, bu yerdan ps|(f−p1p2....pn) ,
ya’ni
ps|1 ekanligi kelib chiqar edi.
Teorema isbot bo’ldi.
Chekli maydon ustida berilgan darajali ko’phadlar soni chekli bo’ladi, lekin quyidagi
tasdiq hamma vaqt to’g’ri bo’ladi.
Teorema-1.10. Har qanday chekli maydon ustida ixtiyoriy yuqori darajali
keltirilmaydigan ko’phadlar mavjud.
Faktorial
K xalqa ustida aniqlangan ko’phadlar uchun quyidagi tushunchalarni kiritamiz.
17](https://docx.uz/documents/30a18e55-e538-408c-94e1-0c6b6cc3e25a/page_17.png?v=3)
![Bundan φ1(x)+ψ1(x)=0 tengligi kelib chiqadi (o’zga holda fg ( φ
1 + ψ
1 )
ning darajasi ≥ n + m
,
fu + gv
ning darajasi
≤n+m−1 va fu + gv + fg ( φ
1 + ψ
1 )
ning darajasi ≥ n + m
ni hosil qilardik).
f(x)
va g ( x )
lar o’zaro tub bolgan holda
1 = f
( x ) u ( x ) + g ( x ) v ( x )
kerak bo’lgan tenglikni hosil qilamiz.
Endi f ( x )
va
g(x) istalgan ko’phadlar bo’lsin. f1(x) va g1(x) lar o’zaro tub bolgani
uchun quyidagi
1= f1(x)u(x)+g1(x)v(x)
Tenglikda u
( x )
darajasi u ( x ) < f
1 ( x ) = n − k
, v ( x )
ni darajasi v ( x ) < g
1 ( x ) = m − k
.
Tenglikni ikkala tarafini D ( x )
ga ko’paytirib
D
( x ) = f ( x ) u ( x ) + g ( x ) v ( x )
D ( x )
uchun istalgan tenglikni hosil qilamiz.
2-masala.
Q [x] halqada quyidagi ko’phadlarning eng kichik umumiy karralisini toping:
f
( x ) = x 4
− 3 x 3
+ 3 x 2
− 3 x + 2 ,
g
( x ) = x 3
− 2 x 2
− x + 2 ,
h
( x ) = x 3
+ 2 x 2
+ x + 2 .
Yechilishi. Ko’phadlarning EKUK ki – bu shunday umumiy karraliki, u harqanday
umumiy karralini bo’luvchisi bo’ladi. EKUKning yana bir xarakteristikasi – eng kichik
darajali umumiy karrali ko’phad. Uchta ko’phadking EKUKki quyidagicha topiladi.
Birinchi quyidagi formula bo’yicha ikkita ko’phadning Ekuki topiladi
m
1
( x ) = [ f ( x ) , g ( x )] = f ( x ) g ( x )
D
1
( x ) ,
Bunda D
1
( x ) = ( f ( x ) , g ( x ))
. Keyin uchta ko’phadning EKUKki topiladi, bu topilgan va
uchinchi ko’phad
h(x) EKUKki bo’ladi:
21](https://docx.uz/documents/30a18e55-e538-408c-94e1-0c6b6cc3e25a/page_21.png?v=3)
![Haqiqiy ildizlarning pastki chegarasini toppish uchun f(− x) ko’phad ko’effitsiyentlarini
− 1
ga ko’paytiramiz (bosh koeffitsiyentini yana birga teng bo’lishi uchun) va quyidagi
ko’phadni hosil qilamiz:
φ(x)= x5− 7
3x4− x3− 1
3x2+5
3x+9
.
Bu ko’phad uchun k = 1 , A = 7
3 , u holda
VG = 1+1
√
7
3= 10
3 . Bundan
−10
3 , f ( x )
ko’phadning
haqiqiy ildizlari uchun pastki chegara bo’lishi kelib chiqadi.
Javob: ko’phadning barcha haqiqiy ildizlari
[
−10
3 ;4] oralig’ida joylashgan.
7-masala . Eyzenshteyn alomatidan foydalanib, ko’phadlarni keltirilmasligini isbotlang:
a)
f(x)= 4x5−12 x3+6x2−72 x−6 ;
b)
f
( x ) = x n
− 2 , n > 1
;
c)
f
( x ) = x n
+ ( x + 6 ) n
+ 3 , n > 1 .
Yechilishi.
a) holda
p=3 uchun Eyzenshetyn alomatini qo’llaymniz, b) holda p = 2
. c) hol uchun
(x+6)n
ifodani Nyuton binomi yordamida ochib chiqamiz va hosil qilamiz:
f(x)= 2xn+∑k=1
n
Cnkxn−k6k+3
.
28](https://docx.uz/documents/30a18e55-e538-408c-94e1-0c6b6cc3e25a/page_28.png?v=3)
![fg=d(f)d(g)⋅f0g0 bo’lganligi uchun va hozirgina isbot qilingan d(f0g0)≈1 ga
asosan
d(fg)≈ d(f)⋅d(g) ni hosil qilamiz.
Lemma isbot bo’ldi.
Natija.
Z xalqada keltirilmaydigan f∈ Z[X ],(deg f>0) ko’phad Q xalqada ham
keltirilmaydigan ko’phaddan iborat bo’ladi.
Isbot. 1.8-teoremaning natijasiga asosan
Z faktorial xalqadan iborat va shuning uchun
Z[X]
ga Gauss lemmasini qo’llash mumkin. Faraz qilaylik, f= gh bo’lib, f∈Z[X] ,
g,h∈Q[X]
bo’lsin. Bu tenglikni ikkala tomonini g,h larning koeffisiyentlarining eng
kichik umumiy maxrajiga ko’paytirib, uni quyidagi ko’rinishda tasvirlab olamiz:
a f= bg 0h0
, bu yerda a,b∈Z va g0,h0 - lar esa Z ustida primitiv ko’phadlardan iborat.
Gauss lemmasiga asosan,
ad(f)= b (bu yerda umumiylikka zarar yetkazilmasdan
assosirlanganlik tenglik bilan almashtirilgan), demak,
Z xalqaning ustida f= d(f)g0h0
bo’ladi.
Z[X] xalqada f ko’phadning keltirilmasligi natijani isbotlaydi.
Keltirilmaslik kriteriysi (Eyzenshteyn).
Z xalqa ustida nomallashtirilgan
f(X)= Xn+a1Xn−1+⋯ +an−1X +an
ko’phadning barcha koeffisiyentlari
a1,a2,.....,an−1,an lar biror p tub songa bo’linsin,
lekin
an ozod had p2 ga bo’linmasin. U holda f(X) ko’phad rasional sonlar maydoni
Q
da keltirilmaydigan ko’phaddan iborat bo’ladi.
Isbot. Haqiqatdan ham, teskarisidan faraz qilapmiz. Gauss lemmasining natijasiga asosan
f(X)
ni Z xalqaning ustida ikkita ko’phadning ko’paytmasi shaklida tasvirlab olamiz:
f(X)= (Xs+b1Xs−1+⋯ +bs)(Xt+c1Xt−1+⋯ + ct), st>0
.
Bu yoyilma koeffisiyentlari
p modul bo’yicha olingan ko’phadlarningn Zp[X] xalqada
ham saqlanadi. Shartga asosan,
ai= 0 , bu yerda ai - p modul bo’yicha ai songa mos
keladigan chegirmalar sinfidan iborat. 1.8-teoremaning natijasiga asosan
Zp[X] xalqa
faktorial xalqadan iborat. Endi ikkita yoyilmani taqqoslab
XsXt= (X s+b1Xs−1+⋯ + bs)(Xt+c1Xt−1+⋯ + ct), s+t=n
,
19](https://docx.uz/documents/30a18e55-e538-408c-94e1-0c6b6cc3e25a/page_19.png?v=3)
![Bu teorema xuddi 1.1-teorema kabi isbot qilinadi.
1.3. Ko’p o’zgaruvchili ko’phadlar
Ko’p o’zgaruvchili ko’phad tushunchasini kiritish uchun bir o’zgaruvchili ko’phad
tushunchasida keltirilgan konstruksiyani bir necha marta qo’llaymiz.
Dastavval, ikki o’zgaruvchili ko’phad tushunchasini hosil qilamiz. Buning uchun A[X]
xalqani
B=A[X ] deb olamiz, bu yerda A ixtiyoriy birlik elementli kommutativ xalqadan
iborat. 1.1 paragrafdagi
A xalqani B xalqa bilan almashtirib, C=B[Y] xalqani quramiz,
bu yerda
Y yangi erkli o’zgaruvchi bo’lib, X o’zgaruvchi A xalqaga nisbatan qanday
aniqlansa,
Y ham B=A[X ] ga nisbatan shunday aniqlanadi. C=B[Y] xalqaning
elementlari yagona ravishda
g(Y)=∑ bjYj,bj∈ B
shaklda yoziladi, bu yerda B=A[X ] xalqa C=B[Y] xalqaning
bY 0=b⋅1
ko’rinishdagi elementlarining qism xalqasidan iborat.
O’z navbatida
bj∈ B elementlar bj=∑ aijXi ko’rinishda yoziladi. bj∈ B ning ifodasini
g(Y)
ga qo’yib, C=B[Y] xalqaning har qanday elementi
g(X ,Y)= ∑i=0
k
∑j=0
i
aijXiYj, aij∈ A
shaklda yozilishini hosil qilamiz. Bu yerda
aij,X,Y elementlar juft-jufti bilan o’zaro
o’rin almashinuvchi deb olinadi.
C=B[Y] xalqa A xalqa ustidagi ikki o’zgaruvchili
ko’phadlar xalqasi deb yuritiladi va
A[X ,Y] deb bilan belgilanadi.
Yuqoridagi jarayonni
n - marta takrorlab, A xalqa ustidagi n -ta X1,X2,...,Xn erkli
o’zgaruvchilarining
A[X1,X2,...,Xn] ko’phadlari xalqasini hosil qilamiz.
10](https://docx.uz/documents/30a18e55-e538-408c-94e1-0c6b6cc3e25a/page_10.png?v=3)
![bo’yicha darajasi 3 ga teng.X(i)= X1
i1⋅X2
i2⋯ Xn
in
birhadning to’liq darajasi deb i1+ i2+ ⋯ + in butun songa
aytiladi.
f
ko’phadning deg f darajasi deb uning birhadlarining eng katta to’liq darajasiga
aytiladi. Bu holda ko’phadning katta hadi haqida gapirish ma’noga ega bo’lmaydi, chunki
bunday hadlar bir nechta bo’lishi mumkin.
Bir o’zgaruvchili ko’phadlarning ko’p xossalari ko’p o’zgaruvchili ko’phadlar xalqasiga
ham o’tkaziladi. Masalan, 1.1-paragrafninng 1.1-teoremasi
A[X1,X2,...,Xn] xalqada
quyidagicha ifodalanadi.
Teorema- 1. 1`. Agar
A butunlik xalqasidan iborat bo’lsa, A[X1,X2,...,Xn] xalqa ham
butunlik xalqasidan iborat bo’ladi. Xususiy holda ko’p o’zgaruvchili ko’phadlar xalqasi
har qanday maydon ustida butunlik xalqasidan iborat bo’ladi.
Bu teoremaning quyidagicha aniqlashtirimiz mumkin.
Teorema- 1. 4.
f,g∈A[X1,X2,...,Xn] , A esa butunlik xalqasi bo’lsin. U holda
deg (fg)= deg f+deg g
tenglik o’rinli bo’ladi.
Isbot. Barcha hadlarining to’liq darajasi bir xil
m soniga teng bo’lgan m darajali
h(X1,X2,...,Xn)
ko’phadga bir jinsli ko’phad yoki m darajali forma deb ataymiz. 1, 2, 3
darajali formalar mos ravishda chiziqli, kvadratik, kubik formalar deyiladi.
f
ko’phadning tarkibiga kiruvchi bir xil darajali birhadlarni birlashtirib, biz ko’phadni har
xil darajali bir nechta
fm formalarning yig’indisi shaklida yagona ravishda tasvirlaymiz:
f= f0+ f1+⋯ + fk, k= deg f
.
Agar
g= g0+g1+⋯ +gl, l= deg g
deb olsak, u holda
fg= f0g0+(f0g1+ f1g0)+⋯ + fkgl
ni hosil qilamiz. Bu yerdan
deg (fg)≤k+ l kelib chiqadi. 1`-teoremaga asosan
fk≠0,gk≠0
dan fkgl≠0 kelib chiqadi. Demak,
deg (fg)= deg (fkgl)= k+l=deg f+deg g
.
12](https://docx.uz/documents/30a18e55-e538-408c-94e1-0c6b6cc3e25a/page_12.png?v=3)
![1 + n√
A (2)
sondan oshmasligini isbotlang.
Yechilishi.
Agar
x > 1 + n
√
A bo’lganda f ( x ) > 0
bo’lishini ko’rsatamiz, bundan suralgan narsa kelib
chiqadi.
U holda
f(x)= xn+(a1xn−1+… +ak−ixn−(k−1))+(akxn−k+… +an−1x+an)
.
x > 0
va hamma a
1 , … , a
k − i koeffitsiyentlari manfiy bo’lmaganligi uchun quyidagini
yozib olishimiz mumkin:
f(x)≥xn+(akxn−k+… +an−1x+an)
.
Keyin, harqanday a
i uchun i ≥ k
bo’lganda, a
i ≥ − A
ni hosil qilamiz, bundan
akxn−k+… +an−1x+an≥− Axn−k−… − Ax − A
.
Sledovatelno**
f(x)≥xn− A(xn−k+… +x+1)
.
O’ng tomoni
x n
− A x n − k + 1
− 1
x − 1 ga teng .
x>1
ni inobatga olgan holda bu ifoda
x n
− A x n − k + 1
x − 1 = x n − k + 1
x − 1 [ x k − 1
(
x − 1 ) − A ] dan qat`iy katta.
Shunday qilib, harqanday
x>1+k√A uchun:
f
( x ) > x n − k + 1
x − 1 [ x k − 1 (
x − 1 ) − A ] hosil qilamiz.
x>1
bo’lgani uchun xk−1>(x−1)k−1 va bundan
x k − 1 (
x − 1 ) − A > ( x − 1 ) k − 1
− A kelib chiqadi;
oxirgi ifodada
x>1+k√A bo’lganda qat`iy musbat bo’ladi. Bundan kelib chiqqan holda
ifodada
x>1+k√A bo’lganda f ( x ) > 0
kilib chiqadi va isbotni yakunlaydi.
6-masala.
f
( x ) = 3 x 5
+ 7 x 4
− 3 x 3
+ x 2
+ 5 x − 27 ko’phad haqiqiy ildizlarining yuqori va pastki
chegaralarini toping.
Yechilishi. Avvalo ko’phadni (1) ko’rinishga keltirish kerak(bosh koeffitsiyentini birga
teng qilish kerak). Hamma koeffitsiyentlarini 3 bo’lgach, quyidagini hosil qilamiz:
f
( x ) = x 5
+ 7
3 x 4
− x 3
+ 1
3 x 2
+ 5
3 x − 9
.
Bu yerda
k=2,A=9 , u holda
VG = 1 + √ 9 = 4 .
27](https://docx.uz/documents/30a18e55-e538-408c-94e1-0c6b6cc3e25a/page_27.png?v=3)
![Bularni hammasi Q(A) -birlik elеmеntga ega bo`lgan kommutativ halqa
ekanligini ko`rsatadi.
Agar [a,b] [0,1] bo`lsa, A da a 0 bo`ladi va [b,a] Q(A) hamda
[a,b][b,a] = [1,1] bo`ladi. Ushbu [a,b] [0,1] elementga esa [b,a] multiplikativ
tеskari elеmеnt bo`lib xizmat qiladi.Shunday qilib, Q(A) ni maydon ekanligi
isbot qilindi.
Ushbu a [a,1] moslik in'еktiv akslantirishni ifodalaydi: f: A Q(A)
akslantirish haqiqatda esa halqa (mono) morfizmi bo`ladi:
( f(a+b) = f(a) + f(b), f(ab) = f(a)f(b); a b f(a) f(b)). Ushbu
x = [a,b] Q(A) element uchun
[b,1] x = [a,1],
tenglikka egamiz.Shunday qilib, x f(A) dagi elementlarni f(a)/f(b) «nisbat»idan
iborat.Shu sababli ham Q(A ) A halqaning nisbatlar maydoni dеyiladi.
Har biri a A elementga uni obrazi f(a) = [a,1] Q(A) mos qo`yish qo`lay,
ya'ni A ni f(A) bilan almashtirish.
Boshqacha yo`l tutish ham mumkin: har bir [a,1] Q(A) elementni a A
elеmеntga almashtirish va Q(A) maydonning boshqa elеmеntlarini o`zgarishsiz
qoldirish, hamda (2) formulada kеrakli o`zgarishlar qilish:
a + [b,c] = [ac + b,c]; a[b,c] = [ab,c].
Natijada A butunlik sohasi Q(A) maydonga izomorf bo`lgan halqa osti
bo`ladi va tabiiy Q(A) orqali bеlgilanadi.Ushbu moslikdan so`ng [a,b]
elеmеntlarni kasrlar dеb atash va qisqacha quyidagicha yozish adolatlidir:
[a,b] = .
[a,b] sinfga kiritilgan amallar qoidasi., maydonda qiyinchiliksiz kasrlar uchun
takrorlanadi.
Shunday qilib, quyidagi t е or е ma isbotlandi.
1-t е or е ma.Har bir butunlik sohasi bo`lgan A uchun nisbatlar maydoni
(yoki bo`linmalar,yoki kasrlar maydoni) Q(A) mavjud . Uni elementlari a / b
ko`rinishda bo`ladi, bunda a A, 0 b A Kasrlar ustida amallar (1) va (2)
qoidalarga bo`ysunadi, bunda [a,b] = a/b deb olish lozim.
31](https://docx.uz/documents/30a18e55-e538-408c-94e1-0c6b6cc3e25a/page_31.png?v=3)
![Bunga quyidagi misolni qaraymiz. Mavhum kvadratik maydon Q(√−5) ni qaraymiz. Bu
maydonda butunlik xalqasi
K ={a+b√−5|a,b∈Z} xalqani qaraymiz. Nodan farqli
α=a+b√−5
elementning normasi N(α)=(a+b√−5)(a− b√−5)= a2+5b2 butun musbat
sondan iborat. Agar
α=a+b√−5 element K xalqada teskarilanuvchan bo’lsa, u holda
(N(α))−1= N(α−1)∈Z
, bu yerdan N(α)=1 kelib chiqadi. Bu esa faqat b=0,a= ±1
bo’lgandagina o’rinli. Shunday qilib,
K da ham xuddi Z dagidek faqat ±1
teskarilanuvchan elementlardan iborat ekan. Agar
α= εα 1α2⋯ αr≠0, ε=±1
bo’lsa, u holda
N(α)= N(α1)N(α2)⋯ N(αr)
bo’ladi.
1<N(αi)∈ N bo’lganligi uchun berilgan α da ko’paytuvchilar soni r cheksiz
o’smaydi. Shuning uchun
K ={a+b√−5|a,b∈Z} xalqada tub ko’paytuvchilarga ajratish
mumkin. Bu xalqada 9 soni ikkita har xil yoyilmaga ega bo’ladi:
9= 3⋅3= (2+√−5)(2−√−5)
.
3 va
2± √−5 elementlarning assosirlanmaganligi ko’rinib turibdi. Lekin
9= N(3)=N (2+√−5)=N(2−√−5)
yu
Shuning uchun
α= α1α2 yoyilmadan α= 3,(2+√−5),(2−√−5) elementlar uchun va
teskarilanmaydigan
α1,α2 lar uchun
9= N(α)=N (α1)N(α2)
Yoki
N (α1)=N(α2)=3 ni hosil qilamiz. Lekin oxirgi tenglik o’rinli emas, chunki
x2+5y2=3,x,y∈Z
tenglama yechimga ega emas. Bu esa 3 va 2± √−5 elementlarning
tub elementlar ekanligini ko’rsatadi.
Ketirilmaydigan ko’phadlar ko’paytmasi
Ta’rif. Darajasi noldan katta bo’lgan
f(X)∈P[X] ko’phad P[X] xalqada
keltirilmaydigan ko’phad deyiladi, agar u darajasi
0<deg g(X)<deg f(X)
shartni qanoatlantiradigan hyech qanday
g(X)∈P[X] ko’phadga qoldiqsiz bo’linmasa.
16](https://docx.uz/documents/30a18e55-e538-408c-94e1-0c6b6cc3e25a/page_16.png?v=3)
![tenglikni hosil qilamiz. Bu esa Πt(f) yagona ravishda aniqlanganligini va (1.8) formula
bilan ifodalanishini ko’rsatadi. Aksincha,
Πt(f) akslantirishni (1.8) formula bilan berish
orqali biz (1.7) shartlarni qanoatlantirilishiga erishamiz. Bu esa xalqalar
gomomorfizmidan iborat. Ko’paytirishga nisbatan gomomorfizmni tekshirish uchun (1.6)
ko’paytmaga
Πt(f) akslantirishni ta’sir ettiramiz va umumlashgan distributivlik
qonunlariga asosan
Πt(fg )= f0g0+(f0g1+ f1g0)t+ ⋯ +(fngm)tn+m= (∑i=0
n
fiti)(∑j=0
m
giti)= Πt(f)⋅Πt(g).
Teorema isbot bo’ldi.
(1.8) formula bilan aniqlangan
Πt(f) akslantirishni f= f(X) ko’phadga qo’llanilishining
natijasi
f= f(X) ko’phadda X o’zgaruvchini t bilan almashtirish (podstanovka) yoki
f= f(X)
ko’phadning X=t dagi qiymati deyiladi.
Πx(f)
, x∈ A gomomorfizmlar ko’phadga fuksional va algebraik qarashlarning o’ziga
xos bog’lovchisi bo’lib xizmat qiladi. Ta’rifga asosan
X−c=(−c,1,0,⋯ ) chiziqli
ko’phad noldan farqli, ammo shu ko’phad orqali aniqlanadigan
x→ x− c chiziqli
funksiya
x= c da nol qiymat qabul qiladi.
t∈K
element A ning ustida algebraik element deyiladi, agar biror f∈A[X] ko’phad
uchun
Πt(f)=0 bo’lsa. Agarda Πt(f):A[X]→ K izomorf joylashishdan iborat bo’lsa, u
holda
t element A ning ustida transsendent element deyiladi. A=Q ,K=C bo’lgan
hollardagina algebraik va transsendent sonlardeyiladi.. Masalan,
e va π sonlari
transsendent sonlar,
√2,√3 ,√2+√3 sonlar esa algebraik sonlardan iborat.
Umumiy holda
Πt(f) gomomorfizm A[X] ko’phadlar xalqasining universal xossasining
ifodasidan iborat. Ko’phadlar xalqasining universalligi quyidagi teoremada o’z aksini
topgan.
Teorema- 1. 2.
A va K ixtiyoriy kommutativ xalqalar, t esa K ning elementi,
ϕ:A→ K
xalqalar gomomorfizmi bo’lsin. U holda yagona ravishda aniqlanadigan ϕ
gomomorfizmni
A[X] ko’phadlar xalqasining K xalqaga ϕt:A[X]→ K
gomomorfizmigicha shunday davomi mavjudki, bu gomomorfizm
X o’zgaruvchini t
o’zgaruvchiga o’tkazadi.
9](https://docx.uz/documents/30a18e55-e538-408c-94e1-0c6b6cc3e25a/page_9.png?v=3)
![Teorema isbot bo’ldi.
Ko’phadlar xalqasida ko’paytuvchilarga ajratishK
ixtiyoriy butunlik xalqasi bo’lsin. Uning teskarilanuvchi elementlari birning
bo’luvchilari (yoki regulyar elementlar) deb yuritiladi.
f∈A[X] ko’phad
teskarilanuvchan (regulyar) bo’lishi uchun
deg f= 0 yoki f= f0 element A xalqaning
teskarilanuvchi elementi bo’lishi uchun
fg= 1⇒deg f+deg g= deg 1= 0 bo’lishi ravshan.
b∈K
element a∈K elementga bo’linadi (yoki karrali) deyiladi, agar shunday c∈K
element mavjud bo’lib,
b=ac tenglik o’rinli bo’lsa, bu tenglik ko’pincha a|b shaklda
belgilanadi. Agar
a|b va b|a bo’lsa, a va b elementlar o’zaro assosirlangan elementlar
deyiladi. Bu holda
b=ua bo’lib, u|1 bo’ladi. f,g∈A[X] ko’phadlarning
assosirlanganligi ular bir-biridan
A xalqaning teskarilanuvchi elementidan iborat bo’lgan
ko’paytuvchiga farq qilishini anglatadi.
Agar
p teskarilanuvchan bo’lmasa va uni p=ab shaklda tasvirlab bo’lmasa, p∈K
element tub element (yoyilmaydigan yoki ko’paytuvchilarga ajralmaydigan) element
deyiladi, bu yerda
a va b elementlar teskarilanmaydigan elementlar. P maydoning har
bir noldan farqli elementi teskarilanuvchan bo’lganligi uchun unda tub elementlar yo’q.
A[X]
xalqaning tub elementlari keltirilmaydigan ko’phadlar deb yuritiladi.
K
butunlik sohasida bo’linish munosabatining asosiy xossalarini keltiramiz:
1) Agar
a|b,b|c munosabatlar o’rinli bo’lsa, a|c munosabat ham o’rinli bo’ladi.
Haqiqatdan bu tasdiq quyidagi tengliklardan kelib chiqadi:
b= ab',c= bc',b',c'∈K,c=(ab ')c'= a(b'c')
.
2) Agar
c|a,c|b munosabatlar o’rinli bo’lsa, c|(a±b) munosabat ham o’rinli bo’ladi. Bu
xossa quyidagi tengliklardan va
K da distributivlik xossasi o’rinli ekanligidan kelib
chiqadi:
a= ca',b= cb ',a',b'∈K,a±b=ca '+cb '=c(a'±b')
.
3) Agar
a|b munosabat o’rinli bo’lsa, u holda a|bc munosabat ham o’rinli bo’ladi.
2 va 3-xossalarni umumlashtirib, quyidagi xossani hosil qilamiz:
13](https://docx.uz/documents/30a18e55-e538-408c-94e1-0c6b6cc3e25a/page_13.png?v=3)
![− 4 x 3
− 12 x 2
− 12 x − 4 = r ( x )
3)
_
x 4
− 6 x 2
− 8 x − 3 |
x 3
+ 3 x 2
+ 3 x + 1
x4+3x3+3x2+x x−3
_
− 3 x 3
− 9 x 2
− 9 x − 3
− 3 x 3
− 9 x 2
− 9 x − 3
0 = r
1
4) D
( x ) = ( f ( x ) , f ' (
x )) = − 1
4 r ( x ) = x 3
+ 3 x 2
+ 3 x + 1 = ( x + 1 ) 3
.
f '
( x ) ga
x+1 ko’paytuvchi 3 karra kirsa, unda f(x) k’phadga 4 karrali kiradi, lekin f(x)
ning darajasi 5, bundan kelib chiqadiki,
f(x) ni
( x + 1 ) 4
ga bo’lgandan hosil bo’lgan
bo’linma Q
maydonda keltirilgandogan chiziqli ko’phad.
5)
(
x ) : ( x + 1 ) 4
:
_
x 5
− 10 x 3
− 20 x 2
− 15 x − 4 |
x 4
+ 4 x 3
+ 6 x 2
+ 4 x + 1
x 5
+ 4 x 4
+ 6 x 3
+ 4 x 2
+ x
x−4
_
4 x 4
− 16 x 3
− 24 x 2
− 16 x − 4
4 x 4
− 16 x 3
− 24 x 2
− 16 x − 4
0
Javob:
f
( x ) = ( x − 4 ) ( x + 1 ) 4
** x1= 4 , x
2 , 3 , 4 , 5 = − 1
(4-bir karrali oddiy ildiz, -1 – to’rt karrali)
4-masala.
f
( x ) = x 6
− 15 x 4
+ 8 x 3
+ 51 x 2
− 72 x + 27 ∈ Q [ x ] ko’phadning keltirib bo’lmaydigan
ko’paytivchilarini ajrating va kanomik yoyilmasi va ildizlarini toping.
Yeshilishi . Faqat natijalarni yozib boramiz.
1)
f '
(
x ) = 6 x 5
− 60 x 3
+ 24 x 2
+ 102 x − 72 ;
2) f
( x ) = 1
6 f ' (
x ) ∙ x + r ( x )
, bunda
r ( x ) = − 5 x 4
+ 4 x 3
+ 34 x 2
− 60 x + 27 ;
3)
25
6 f'(x)= r(x)(− 5x−4)+r1(x) , bunda r
1 ( x ) = − 64 x 3
− 64 x 2
+ 320 x − 192
;
4) r
( x ) = 1
64 r
1 ( x ) ( 5 x − 9 )
;
5)
D (x)=(f(x),f'(x))= −1
64 r1(x)= x3+x2−5x+3.
D ( x )
ko’phadning
Q maydonda keltirilmaydigan ko’phadlarga yoyilmasini bevosita
toppish qiyin(keyinchalik biz ko’phadning ratsional ildizlarini toppish usuli bilan
24](https://docx.uz/documents/30a18e55-e538-408c-94e1-0c6b6cc3e25a/page_24.png?v=3)
![x3+x x + 2
_
2x2+2
2
x2+2
0
D
2
( x ) = ( m
1 ( x ) , h ( x )) = x 2
+ 1 ;
m ( x ) = [ m
1 ( x ) , h ( x )] = ¿
¿ m
1
( x ) h ( x )
D
2
( x ) = m
2 h
( x )
D
2
( x ) = ( x 5
− 2 x 4
− x + 2 )( x + 2 ) = x 6
− 4 x 4
− x 2
+ 4.
Javob:
m(x)=[f(x),g(x),h(x)]= x6−4x4− x2+4
3-Masala.
f
( x ) = x 5
− 10 x 3
− 20 x 2
− 15 x − 4 ∈ Q [ x ] ko’phadning keltirib bo’lmaydigan
ko’paytivchilarini ajrating va kanomik yoyilmasi va ildizlarini toping.
Yechilishi.
f(x)∈P[x] ko’phadning keltirib bo’lmaydigan **neassociirovanniy**
ko’paytivchilari (kanonik) yoyilmasi
P maydonda quyidagicha bo’lsin:
f
( x ) = a p
1 ( x ) k
1
p
2 ( x ) k
2
… p
s ( x ) k
s .
( a∈p,a≠0 ).
pi(x),i=1,… ,s
keltirilmaydigan ko’phadlar hosilaga karraligi 1 ga kam bo’lib kirganligi
uchun
f'(x)=bp1(x)k1−1p2(x)k2−1… ps(x)ks−1φ(x)(b∈P ,b≠0)
,
Bunda φ ( x )
-
f '
( x ) ko’phadning xos keltirilmaydigan ko’paytuvchilari ko’paytmasi, ya`ni
f(x)
ko’phadda yo’qlari. Bundan f(x) va
f '
( x ) ko’phadlarning EKUBi quyidagicha
bo’ladi:
D
( x ) = ( f ( x ) , f ' (
x )) = c p
1 ( x ) k
1 − 1
p
2 ( x ) k
2 − 1
… p
s ( x ) k
s − 1 (
c ∈ P , c ≠ 0 ) .
Agar k
i = 1
(
pi(x)− f(x) ko’phadning oddiy va bir karrali ko’paytuvchisi), u holda pi(x) ,
f ' ( x )
va D ( x )
ga ham kirmaydi. Shunday qilib D
( x )
ko’phadning keltirilmaydigan
ko’paytuvchilari- bu f
( x )
ko’phadning karrali keltirilmaydigan ko’paytuvchilari. D ( x )
ko’phadi Evklid algoritmi yordamida topiladi, uni keltirulmaydigan ko’paytuvchilarga
ajratish esa osonroq, chunki D ( x )
darajasi D ( x )
<
f(x) .
D
( x )
shu hol uchun hisoblanishi:
1)
f '
(
x ) = 5 x 4
− 30 x 2
− 40 x − 15
2)
(x):[
1
5 f'(x)] :
_
x5−10 x3−20 x2−15 x−4 | x4−6x2−8x−3
x5−6x3−8x2−3x x
23](https://docx.uz/documents/30a18e55-e538-408c-94e1-0c6b6cc3e25a/page_23.png?v=3)
Butunlik soxasi ustidagi ko’pxadlar ko’paytmasining darajasi