POLINOMIAL TENGLAMALARNI YECHISHNING ZAMONAVIY METODLARI
![4.Uch o’lchovli fazoning barcha vektorlari to’plamida yig’indi amali deb
vektorlarni qo’shishni, va ko’paytirish amali deb vektorlarning vektorial
ko’paytmasini qabul qilsak,u holda hosil bo’lgan halqa Li halqasi bo’ladi.
Agar halqaning a≠0,b≠0 elementlari uchun ab = 0
bo’lsa,u holda ava b
elementlar nolning bo’luvchilari deyiladi ( a − ¿
nolning chap bo’luvchisi, b
–o’ng
bo’luvchisi deyiladi ). Nolning bo’luvchilariga ega bo’lmagan kommutativ halqa
butunlik sohasi deyiladi.Agar
R halqada shunday e
element mavjud bo’lsaki, ∀ a∈R
element uchun ae = ea = a
shart bajarilsa, bunday e
element halqaning birlik elementi
deyiladi,halqa esa birlik elementli halqa deyiladi.
5.Elementlari sonlardan iborat bo’lgan,amallar sonlarning odatdagi yig’indisi va
ko’paytmasidan iborat bo’lgan har qanday halqa butunlik sohasi bo’ladi.
6. [a,b] kesmada aniqlangan barcha uzluksiz funksiyalar to’plami
C[a,b] da
yig’indi va ko’paytirish amallari odatdagidek aniqlangan bo’lsa,bu to’plam nolning
bo’luvchilariga ega bo’lgan halqani tashkil etadi.
7.
M n(F) kvadrat matrislar halqasi nolning bo’luvchilariga ega bo’lgan haiqadir.
8. Barcha juft sonlar to’plami birlik elementga ega bo’lmagan halqadir.
9.
Q ¿ ) orqali a + b √ 2
( a,b∈Q¿ ko’rinishdagi haqiqiy sonlar to’plamini
belgilaymiz.Haqiqiy sonlarni qo’shish va ko’paytirish amallariga nisbatan bu to’plam
birlik elementli halqa bo’ladi.
Qismhalqalar Agar
R halqaning additiv gruppasi A o’zining ixtiyoriy ikkita a va
b
elementlari bilan birgalikda ularning ko’paytmasi ab ni ham saqlasa, A ga R
halqaning qismhalqasi deyiladi.Boshqacha aytganda
A ning o’zi R halqadagi
amallarga nisbatan halqani tashkil qilishi kerak.
10.
Z halqa Q halqaning, Q halqa R halqaning, Z va Q halqalar R halqaning
qismhalqalari bo’ladi.
11. P ( R )
ko’phadlar halqasi
R dagi barcha uzluksiz funksiyalar halqasi C ( R )
ning
qismhalqasi bo’ladi.
1.2. Bir o’zgaruvchili ko‘phadlar halqasi
Halqalar ichida polinomlar halqasi muhim o‘rin egallaydi. Biz ko‘phadni
a
0 + a
1 x + … + a
n x n
shakldagi ifoda bilan tasvirlaymiz, bu erda
x qandaydir simvol, ai larni
esa haqiqiy sonlar deb qarashimiz mumkin yoki ko‘phadni
x ning
f
( x ) = a
0 + a
1 x + … + a
n x n
funksiyasi sifatida ham qarash mumkin. Umuman olganda,
ko‘phad o‘zi nimadan iborat,
x simvol nimani anglatadi? Nima uchun ikkita
a0+a1x+… +anxn
va b0+b1x+… +bmxm ko‘phadlar faqat va faqat n= m va a
i = b
i , i = 1,2 , … , n
5](/data/documents/e5178a2f-f94d-4121-854d-310b9b118aa4/page_5.png)
![bo‘lgandagina teng bo‘ladi? Bu bo‘limda ana shunday savollarga javob beramiz va
ko‘phadlarning bir qancha asosiy xossalarini keltiramiz.
1-ta’rif. Har qanday R halqa uchun R [ x ]
bilan barcha (a0,a1,a2,… ) cheksiz ketma
ketliklar to‘plamini belgilaymiz, bu erda
ai∈R,i=0,1,2 ,… bo‘lib, shunday manfiy
bo‘lmagan butun son n
(
( a
0 , a
1 , a
2 , … )
dan bog‘liq) mavjudki, barcha k ≥ n
lar uchun
ak=0
bo‘ladi. R [ x ]
ning elementlari R halqa ustidagi ko‘phadlar deb yuritiladi.
Endi R [ x ]
da uning elementlari ustida qo‘shish va ko‘paytirish amallarini quyidagicha
kiritamiz:
(
a
0 , a
1 , a
2 , … ) + ( b
0 , b
1 , b
2 , … ) = ( a
0 + b
0 , a
1 + b
1 , a
2 + b
2 , … )
(a0,a1,a2,… )∙(b0,b1,b2,… )=(c0,c1,c2,… )
,
bu erda barcha
j=0,1,2 ,… lar uchun
c
j =
∑
i = 0j
a
i b
j − i .
Biz o‘quvchiga
R[x] halqa ekanligini tekshirishni tavsiya etamiz. Bu erda ( 0,0 , … ) R [ x ]
halqaning additiv neytral elementidan, ya’ni nol elementidan iborat, shu bilan bir
qatorda
( a
0 , a
1 , a
2 , … )
elementning additiv teskarisi, ya’ni qarama-qarshisi
(− a0,−a1,−a2,… )
elementdan iborat ekanligini ta’kidlab o‘tamiz. Agar R halqa
kommutativ halqadan iborat bo‘lsa, R [ x ]
ham kommutativ alqadan iborat bo‘ladi.
Agar
R halqa ko‘paytirish amaliga nisbatan birlik 1 elementga ega bo‘lsa, R[x] halqa
ham birlik
(1,0,0 ,… .) elementga ega bo‘ladi.
a → ( a , 0,0 , … )
akslantirish
R halqani R [ x ]
halqaga monomorfizmidan iborat. SHuning
uchun R
ni
R[x] ga joylashtirish mumkin. SHunday qilib, R halqani R[x] halqaning
qism halqasi sifatida qarash mumkinva biz ko‘p hollarda a
element bilan ( a , 0,0 , … )
elementni farqlamaymiz.
Endi ko‘phadlar uchun yuqorida kiritilgan belgilashlarni o‘quvchi uchun odatdagi
belgilashlarga o‘tkazamiz. Buning uchun
(
a , 0,0 , … )
elementni a= ax0 bilan,
(0,a,0,… )
elementni a= ax1=ax bilan,
(0,0 ,a,0,… )
elementni a= ax2 bilan va hakoza belgilaymiz.
U holda yuqorida keltirilgan belgilashlarga asosan
(
a
0 , a
1 , a
2 , … , a
n , 0 , … ) = ( a
0 , 0,0 , … ) + ( 0 , a
1 , 0 , … ) + ( 0 , 0 , a
2 , 0 , … ) + ( 0,0 , … , a
n , 0 , … ) + … = a
0 + a
1 x + a
2 x 2
+ … + a
n x n
6](/data/documents/e5178a2f-f94d-4121-854d-310b9b118aa4/page_6.png)
![bo‘ladi. Bu erda x simvol R halqa ustidagi noma’lum (o‘zgaruvchi) deb, R halqaning
a
0 , a
1 , a
2 , … , a
n elementlari esa
a0+a1x+a2x2+… +anxn
ko‘phadning koeffitsientlari deb yuritiladi. Ikkita
a0+a1x+a2x2+… +anxn
va b
0 + b
1 x + b
2 x 2
+ … + b
m x m
ko‘phadlarning faqat va faqat n= m va
a
i = b
i , i = 1,2 , … , n
bo‘lgandagina teng bo‘lishi ikkita ketma-ketliklar
( a
0 , a
1 , a
2 , … )
va
(b0,b1,b2,… )
larning n= m va ai= bi,i=1,2 ,… ,n bo‘lgandagina tengligidan kelib chiqadi.
Agar
R halqa birlik 1 elementga ega bo‘lsa, u holda biz x elementni R [ x ]
halqaga
qarashli deb olishimiz mumkin. Biz buni
1⋅x shaklda yozish bilan yoki ( 0,1,0 , … )
elementni
x orqali ifodalash bilan izohlaymiz.
Ikkita ko‘phadni qo‘shish va ko‘paytirish amallari va ularning xossalari odatdagidek
aniqlanadi. SHunday qilib,
R birlik elementga ega bo‘lganda
ax =
( a , 0,0 , … )( 0,1,0 , … ) = ( 0 , a , 0 , … ) = ( 0,1,0 , … )( a , 0,0 , … ) = xa
tenglik ham o‘rinli bo‘ladi.
2 teorema. 1) Agar
R birlik elementli kommutativ halqadan iborat bo‘lsa, u holda
R [ x ]
ham birlik elementli kommutativ halqadan iborat bo‘ladi.
2) Agar
R halqa butunlik sohasidan iborat bo‘lsa, u holda R [ x ]
ham butunlik
sohasidan iborat bo‘ladi.
Isbot. 1)
f(x)= a0+a1x+a2x2+… +anxn va g(x)= b0+b1x+b2x2+… +bmxm ko‘phadlar R[x] ning
ikkita elementidan iborat bo‘lsin. Endi
f(x)g(x)=c0+c1x+… +ctxt va
g
( x ) f ( x ) = d
0 + d
1 x + … + d
s x s
debolamiz, buerda c
j =
∑
i = 0j
a
i b
j − i va d
j =
∑
i = 0j
b
i a
j − i bo‘ladi. R
kommutativ halqa bo‘lganligi uchun barcha
j=0,1,2 ,… lar uchun
cj=a0bj+a1bj−1+… +ajb0=b0aj+b1aj−1+… +bja0=dj
b o‘ ladi. Demak, R[x] k ommutativ
halqadan iborat. 1 ∈ R
,
1∈R[x] va barcha f(x)∈R[x] lar uchun 1⋅ f(x)= f(x)⋅1= f(x)
b o‘ ladi. Buerdan
R[x] ning birlik 1 elementga ega b o‘l gankommutativhalqa
ekanligikelibchi q adi.
2)
R butunlik sohasidan iborat bo‘lsin. U holda yuqoridagi bandga asosan R[x] birlik
elementli kommutativ halqadan iborat bo‘ladi.
f(x)= a0+a1x+a2x2+… +anxn va
g(x)= b0+b1x+b2x2+… +bmxm
ko‘phadlar R [ x ]
ning nol bo‘lmagan ikkita elementidan
iborat bo‘lsin. U holda shunday
aiva bj larmavjudki, barcha t≥1 lar uchun ai+t=0 va
bj+t= 0
bo‘ladi. f(x)g(x)=c0+c1x+… +cn+mxn+m ko‘phadni qaraymiz. Bu erda
ci+j= a0bi+j+a1bi+j−1+… +aibj+… +ai+jb0≠0
bo‘ladi, chunki R butunlik sohadan iborat. Bu
erdan esa f
( x ) g ( x ) ≠ 0
ekanligi kelib chiqadi. SHunday qilib, R [ x ]
butunlik sohasidan
iborat ekan.
7](/data/documents/e5178a2f-f94d-4121-854d-310b9b118aa4/page_7.png)
![3 ta’rif . R halqadan iborat bo‘lsin. Agar f ( x ) = a
0 + a
1 x + a
2 x 2
+ … + a
n x n
, a
n ≠ 0
ko‘phad
R[x]
ga tegishlibo‘lsa, u holda n
soni f ( x )
ko‘phadning darajasi deb yuritiladi va
degf
( x ) = n
shaklda yoziladi, a
n esa f ( x )
ko‘phadning bosh koeffitsienti deb yuritiladi.
Agar
R halqa birlik elementga ega bo‘lib, a
n = 1
bo‘lsa, f(x) ga keltirilgan ko‘phad
deyiladi.
R[x]
dagi 0 − ¿
darajali ko‘phadlar R ¿ 0 }
ningelementlaridaniborat, R[x]∋0 element esa
darajaga ega emas. Biz
R ning elementlarini skalyarlar yoki o‘zgarmas ko‘phadlar
deb yuritamiz.
4 teorema.
R[x] ko‘phadlar halqasi, f(x),g(x) lar esa shu halqaning noldan farqli
ko‘phadlari bo‘lsin.
1) Agar f
( x ) g ( x ) ≠ 0
b o‘lsa, u holda deg f(x)g(x)≤degf (x)+degg (x) b o‘ladi.
2) Agar
f(x)+g(x)≠0 b o‘lsa, u holda deg (f(x)+g(x))≤max {degf (x),degg (x)}
b o‘ladi.
Isbot. 1) Agar
f(x)= a0+a1x+a2x2+… +anxn va g(x)= b0+b1x+b2x2+… +bmxm bo‘lsa, u
holda
f(x)g(x)=a0b0+(a0b1+a1b0)x+… +anbmxn+m bo‘ladi. Agar f ( x ) g ( x ) ≠ 0
bo‘lsa, u
holda f
( x ) g ( x )
ko‘paytmaning kamida bitta koeffitsienti noldan farqli bo‘ladi.
Agar
anbm≠0 bo‘lsa, deg f(x)g(x)= degf (x)+degg (x) b o‘ladi. Agar a
n b
m = 0
bo‘lsa (bu
R
halqa nolning bo‘luvchilariga ega bo‘lgan holda yuz berishi mumkin),
degf (x)g(x)<degf (x)+degg (x)
bo‘ladi.
2) Agar degf
( x ) > degg ( x )
bo‘lsa, u holda de g ( f ( x ) + g ( x )) = max { degf ( x ) , degg ( x ) }
bo‘ladi. Agar degf
( x ) = degg ( x )
bo‘lsa, u holda f ( x ) + g ( x ) = 0
bo‘lishi mumkin
yoki
de g(f(x)+g(x))<max {degf (x),degg (x)} bo‘ladi.
4-teoremaning 1) bandining isbotidan agar
R butunlik sohasi bo‘lsa, u holda 1)
dagi munosabatda tenglik o‘rinli bo‘lishi kelib chiqadi.
5-misol.
Z6[x] ko‘phadlar halqasini qaraymiz. f ( x ) = [ 1] + [ 2] x 2
va g ( x ) = [ 1] +[ 3] x
ko‘phadlar
berilgan bo‘lsin.Uholda f
( x ) g ( x ) = [ 1] + [ 3] x + [ 2 ] x 2
bo‘ladi. Demak,
deg
( f ( x ) g ( x )) = 2 < 3 = degf ( x ) + g ( x )
bo‘ladi.
h ( x ) = [ 5] + [ 4] x 2
bo‘lsin. U holda
f
( x ) + h ( x ) = [ 6] + [ 6] x 2
= 0 bo‘lib, deg (f(x)+h(x)) aniqlanmagan bo‘ladi.
6-teorema. (Qoldiqli bo‘lish algoritmi)
R birlik elementli kommutativ halqa,
f
( x ) , g ( x )
lar esa R[x] dagi ko‘phadlardan iborat bo‘lib, g ( x )
ning bosh
koeffitsienti R
halqaning birlik elementidan iborat bo‘lsin. U holda shunday
yagona
q(x),r(x)∈R[x] ko‘phadlar mavjudki,
f
( x ) = q ( x ) g ( x ) + r ( x )
tenglik o‘rinli bo‘ladi, bu erda yo r
( x ) = 0
bo‘ladi yoki degr ( x ) < degg ( x )
bo‘ladi.
8](/data/documents/e5178a2f-f94d-4121-854d-310b9b118aa4/page_8.png)
![Isbot. Agar f(x)=0 bo‘lsa yoki degf ( x ) < degg ( x )
bo‘lsa, u holda biz q ( x ) = 0
va
r(x)= f(x)
deb olsak, teorema o‘rinli bo‘ladi. SHuning uchun degf ( x ) ≥ degg ( x )
deb
olamiz va teoremani degf
( x ) = n
ga nisbatan induksiyani qo‘llab isbot qilamiz. Agar
deg f
( x ) = deg g ( x ) = 0
bo‘lsa, u holda biz q ( x ) = f ( x ) g ( x ) − 1
va r ( x ) = 0
ga ega bo‘lamiz.
Endi teoremani darajasi n
dan kichik bo‘lgan barcha ko‘phadlar uchun o‘rinli deb
faraz qilamiz.
f(x)= a0+a1x+a2x2+… +anxn ko‘phadning darajasi n
ga (an≠0) va
g(x)= b0+b1x+b2x2+… +bmxm
ko‘phadning darajasi m ga (bm≠0) teng bo‘lib, n≥m bo‘lsin.
Quyidagi ko‘phadni kiritamiz:
f1(x)= f(x)−(anbm−1)xn−mg(x)
. (1)
(1) ko‘phadning darajasi n
dan kichik, chunki bu ko‘phadda
xn ning koeffitsienti
an−(anbm−1)bm=0
bo‘ladi. Demak, induksiya faraziga asosan shunday q1(x),r1(x)∈R[x]
ko‘phadlar mavjudki,
f1(x)=q1(x)g(x)+r1(x)
(2)
tenglik o‘rinli bo‘ladi va bu erda r
1
( x ) = 0
yoki deg r
1 ( x ) < degg ( x )
bo‘ladi.
(2) tenglikda
f1(x) ning o‘rniga uning (1) tenglikdagi ifodasini qo‘yib va hosil
bo‘lgan tenglikni
f(x) ga nisbatan echib quyidagini hosil qilamiz:
f
( x ) = ( q
1 ( x ) + ( a
n b
m− 1 )
x n − m )
g ( x ) + r
1 ( x ) = q ( x ) g ( x ) + r ( x ) ,
bu erda q
( x ) = q
1 ( x ) +( a
n b
m− 1 )
x n − m
va r(x)=r1(x) deb olingan. Demak, f ( x )
ning darajasi n
bo‘lganda ham teorema tasdig‘i o‘rinli ekan.
Endi q
( x )
va r ( x )
ko‘phadlarning yagona ravishda aniqlanishini ko‘rsatamiz. Buning
uchun yana shunday q '
(
x ) , r ' (
x ) ∈ R [ x ]
ko‘phadlar mavjudki,
f(x)= q(x)g(x)+r(x)= q'(x)g(x)+r'(x)
teng liklar o‘rinli va bu erda r
( x ) = 0
yoki degr (x)<degg (x) ,r1(x)=0 yoki deg r1(x)<degg (x)
bo‘ladi.U holda yuqoridagi tenglikning ikkinchi qismidan
r(x)−r'(x)=(q'(x)− q(x))g(x)
t englikni h osil q ilamiz. Faraz qilaylik, r
( x ) − r ' (
x ) ≠ 0
bo‘lsin. g ( x )
ning bosh koeffitsienti
birlik elementdan iborat bo‘lganligi uchun
deg
(( q ' (
x ) − q ( x )) g ( x )) = deg ( q ' (
x ) − q ( x )) + deg g ( x ) ≥ degg ( x )
bo‘ladi. Bu erdan esa deg
( r ( x ) − r ' ( x )) ≥ degg ( x )
munosabat kelib chiqadi, buning
bo‘lishi mumkin emas, chunki,
deg r(x),degr '(x)<degg (x) edi. SHunday qilib,
r(x)−r'(x)=0
yoki
r ( x ) = r ' (
x ) bo‘ladi, Demak,
9](/data/documents/e5178a2f-f94d-4121-854d-310b9b118aa4/page_9.png)
![0=(q'(x)− q(x))g(x). (3)
bm
birlik elementdan iborat bo‘lganligi uchun
q ' (
x ) − q ( x ) = 0 dan tashqari barcha
hollarda deg
(( q ' (
x ) − q ( x )) g ( x )) ≥ 0
bo‘ladi. SHunday qilib, (3) tenglikdan q ' (
x ) − q ( x ) = 0
shartning bajarilishi kelib chiqadi.
Bu erdan esa, q
( x )
va r ( x )
ko‘phadlarning yagona ravishda aniqlanishini hosil
qilamiz.
6 teoremadagi q
( x )
va r ( x )
ko‘phadlar mos ravishda f(x) ni g(x) ga bo‘lishdan hosil
bo‘lgan bo‘linma va qoldiq deb yuritiladi.
7 ta’rif.
R birlik elementli halqa va f ( x ) = a
0 + a
1 x + a
2 x 2
+ … + a
n x n
∈ R [ x ]
bo‘lsin. Barcha
r∈R
lar uchun f ( x )
ning x=r dagi qiymatini
f(r)=a0+a1r+… +anrn
shaklda aniqlaymiz. f
( r) = 0
bo‘lgan holda r element f(x) ko‘phadning ildizi yoki noli
deb yuritiladi.
Ba’zi h ollarda ko‘phadning qiymatini hisoblash qiyinchiliklarga olib keladi. Masalan,
agar
R kommutativ bo‘lmagan halqadan iborat bo‘lsa, R [ x ] da f ( x ) = a − x
va g(x)= b− x
ko‘phadlarni qaraymiz. h
( x ) = f ( x ) g ( x )
ko‘phadni tuzamiz . U holda
h
( x ) = ( a − x )( b − x ) = ab − ( a + b ) x + x 2
ko‘phadni hosil qilamiz. Biror c ∈ R
uchun
h
( c) = ab − ( a + b ) c + c 2
= ab − ac − bc + c 2
ni hosil qilamiz, ammo
f
( c) g ( c) = ( a − c )( b − c ) = ab − ac − cb + c 2
bo‘ladi. Demak, biz h(c)= f(c)g(c) tenglik o‘rinli
deb xulosa qila olmaymiz. Agarda
R kommutativ halqadan iborat bo‘lsa, u holda
h(c)= f(c)g(c)
tenglik albatta o‘rinli bo‘ladi. SHuningdek, barcha hollarda agar
k(x)= f(x)+g(x)
bo‘lsa, u holda k(c)= f(c)+g(c) tennglik o‘rinli bo‘ladi.
8 ta’rif.
R birlik elementli kommutativ halqa, f ( x ) , g ( x )
lar esa R[x] dagi
ko‘phadlardan iborat va g
( x ) ≠ 0
bo‘lsin. Agar shunday q(x)∈R[x] ko‘phad mavjud
bo‘lib, f
( x ) = q ( x ) g ( x )
tenglik o‘rinli bo‘lsa, u holda g ( x )
ko‘phad f ( x )
ko‘phadning
bo‘luvchisi, yoki ko‘paytuvchisi deyiladi va bu holat g
( x ) ∨ f ( x )
shaklda yoziladi.
Ravshanki,
q(x)∨ f(x) ham o‘rinli bo‘ladi.
9 teorema. (Qoldiq haqidagi teorema)
R birlik elementli kommutativ halqadan
iborat bo‘lsin. Har qanday f
( x ) ∈ R [ x ]
ko‘phad va har qanday a∈R element uchun
shunday q
( x ) ∈ R [ x ]
ko‘phad mavjudki,
f(x)=(x−a)q(x)+ f(a)
tenglik o‘ rinlib o‘ ladi.
10](/data/documents/e5178a2f-f94d-4121-854d-310b9b118aa4/page_10.png)
![Isbot. Qoldiqli bo‘lish haqidagi teoremada x − a = g ( x )
deb olamiz. U holda shunday
yagona ravishda aniqlanadigan q( x ) , r ( x ) ∈ R [ x ]
ko‘phadlar mavjudki,
f
( x ) = ( x − a ) q ( x ) + r ( x )
tenglik o‘rinli bo‘lib, bu erda r ( x ) = 0
yoki degr ( x ) < 1
bo‘ladi.
Demak, r ( x )
o‘zgarmas ko‘phaddan iborat ekan, shuning uchun
r(x)=d∈R deb
olamiz. Qoldiqli bo‘lish tengligida x
ning o‘rniga a
ni qo‘yib, f
( a) = ( a − a ) q ( a) + d = d
ni
hosil qilamiz. Bu esa talab qilingan natijadan iborat.
10 xossa. (faktorizatsiya teoremasi)
R birlik elementli kommutativ halqadan iborat
bo‘lsin. Har qanday f
( x ) ∈ R [ x ]
ko‘phadva har qanday a ∈ R
element uchunfaqat a
element
f(x) ko‘phadningildizi bo‘lganda va faqat shu holda x − a
ko‘phad f(x) ning
bo‘luvchisidan iborat bo‘ladi.
Isbot. Faraz qilaylik,
(x−a)∨ f(x) bo‘lsin. U holda shunday q(x)∈R[x] ko‘phad
mavjudki,
f(x)=(x−a)q(x) bo‘ladi. Bu erdan esa f ( a) = ( a − a ) q ( a) = 0
ni, ya’ni, af ( x )
ning ildizi ekanligini hosil qilamiz. Endi
a element f(x) ko‘phadning ildizi bo‘lsin. U
holda f
( a) = 0
ekanligiga va9 teoremaga asosan f(x)=(x− a)q(x) bo‘ladi. Bu erdan esa
ta’rifga ko‘ra
(x−a)∨ f(x) kelib chiqadi.
11 teorema. R
butunlik sohasi va f
( x ) ∈ R [ x ]
nol bo‘lmagan n − ¿
darajali ko‘phad
bo‘lsin.U holda f ( x )
ko‘phad
R da hech bo‘lmaganda n
ta ildizga ega.
Isbot. Agar degf
( x ) = 0
bo‘lsa, u holda f(x) o‘zgarmas ko‘phaddan iborat bo‘ladi,
shuning uchun
f(x)=c≠0 deb olishimiz mumkin. c
esa R
da ildizga ega emas. Endi
teoremani darajasi
n(n>0) dan kichik bo‘lgan barchako‘phadlar uchun to‘g‘ri deb
olamiz. Faraz qilaylik, degf
( x ) = n
bo‘lsin. Agar f(x) ildizga ega bo‘lmasa, u holda
teorema to‘g‘ri bo‘ladi. Aytaylik, r ∈ Rf ( x )
ko‘phadning ildizi bo‘lsin. U holda 10
xossaga asosan
f(x)=(x−r)q(x) bo‘ladi, bu erda degq ( x ) = n − 1
dan iborat. Agar f(x)
ning boshqa bir
r '
∈ R ildizi mavjud bo‘lsa, u holda
0 = f
( r ' )
= ( r '
− r ) q ( r '
) bo‘ladi. Bu
erdan
r'≠r va R ning butunlik sohasi ekanligidan
q ( r ' )
= 0 kelib chiqadi. Demak, r'
element q ( x )
ko‘phadning ildizi bo‘ladi. SHunday qilib, f ( x )
ning r
dan boshqa har
qanday ildizi q ( x )
ning ildizi bo‘lar ekan.
f(x)=(x−r)q(x) bo‘lganligi uchun q ( x )
ning
har qanday ildizi
f(x) ning ham ildizi bo‘ladi. degq ( x ) = n − 1
bo‘lganligidan va
induksiya faraziga ko‘ra q ( x )
ko‘phad n − 1
ta ildizga ega. Demak, f ( x )
ko‘phad
hammasi bo‘lib n
ta ildizga ega.
1.3. K o‘p o‘zgaruvchili ko‘phadlar (polinomlar) halqasi
Endi bir o‘zgaruvchili ko‘phadlar halqasining ta’rifi va xossalarini ko‘p
o‘zgaruvchili ko‘phadlar halqasiga umumlashtiramiz.
12 ta’rif. Ixtiyoriy
R halqa uchun rekurrent ravishda quyidagi halqani aniqlaymiz
11](/data/documents/e5178a2f-f94d-4121-854d-310b9b118aa4/page_11.png)
![R[ x
1 , x
2 , … , x
n ] = R [ x
1 , x
2 , … , x
n − 1 ] [ x
n ]
buerda
x1R halqa ustidagi o‘zgaruvchi, x
2 R [ x
1 ] halqa ustidagi o‘zgaruvchi va hakoza
x
n − R
[ x
1 , x
2 , … , x
n − 1 ] halqa ustidagi o‘zgaruvchidan iborat. R [ x
1 , x
2 , … , x
n ] ga n
o‘zgaruvchili polinomlar halqasi deyiladi.
R
[ x
1 , x
2 , … , x
n ] halqani tavsiflashdan oldin bir necha belgilashlarni kiritamiz.
∑
i
n = 0k
n
…
∑
i
1 = 0k
1
r
i
1 … i
n x
1i
1
x
2i
2
… x
ni
n
yig‘indini
∑ in,in−1,…,i1
ri1…inx1i1x2i2… xnin
yig‘indi orqali yozamiz, bu erda r
i
1 … i
n ∈ R
va
k1,… ,kn lar esa manfiy bo‘lmagan butun
sonlardan iborat.
R
[ x
1 , x
2 , … , x
n ] halqaning elementlarini quyidagicha tasvirlaymiz
R
[ x
1 , x
2 , … , x
n ] = {
∑
i
n , i
n − 1 , … , i
1 r
i
1 … i
n x
1i
1
x
2i
2
… x
ni
n |
r
i
1 … i
n ∈ R . }
Masalan, n = 2
bo‘lganda quyidagini hosil qilamiz
R
[ x
1 , x
2 ] = R [ x
1 ][ x
2 ] = {
∑
i
2 s
i
2 x
2i
2 |
s
i
2 ∈ R [ x
1 ] } .
Bu erda har bir s
i
2 element
∑i1
ri1i2x1i1 ko‘rinishdagi ko‘phaddan iborat. SHunday qilib,
R
[ x
1 , x
2 ] = {
∑
i
2 ( ∑
i
1 r
i
1 i
2 x
1i
1 )
x
2i
2 |
r
i
1 i
2 ∈ R } = {
∑
i
2 ∑
i
1 r
i
1 i
2 x
1i
1
x
2i
2 |
r
i
1 i
2 ∈ R } = {
∑
i
2 , i
1 r
i
1 i
2 x
1i
1
x
2i
2 |
r
i
1 i
2 ∈ R }
ni hosil qilamiz.
13 ta’rif.
R halqa S halqaning qism halqasi bo‘lsin. c1,c2,… ,cn lar S ning elementlari
bo‘lsin. YUqoridagidek, quyidagi halqalarni aniqlaymiz
R[c1]={∑i
ric1i1
|ri∈R}
R
[ c
1 , c
2 , … , c
n ] = R [ c
1 , c
2 , … , c
n − 1 ][ c
n ] .
Agar
∑ in,in−1,…,i1
ri1…inc1i1c2i2… cnin=0,(ri1…in∈R)
12](/data/documents/e5178a2f-f94d-4121-854d-310b9b118aa4/page_12.png)
![tenglik faqat r
i
1 … i
n = 0
bo‘lgandagina va faqat shu holdagina bajarilsa, c1,c2,… ,cn
elementlar
R halqa ustida algebraik bog‘lanmagan deyiladi,
14 teorema.
R halqa kommutativ S halqaning qism halqasi, R va S bitta umumiy birlik
elementga ega bo‘lsin.
c∈S bo‘lsin. U holda R [ x ]
ni R[c] ga akslantiradigan shunday
yagona
α gomomorfizm mavjudki, α ( x ) = c
va barcha a∈R lar uchun α ( a ) = a
bo‘ladi.
Isbot. α : R
[ x ] → R [ c ]
akslantirishni barcha ∑ aixi∈R[x] lar uchun α(∑aixi)=∑ aici
munosabat orqali aniqlaymiz.
a0+a1x+… +anxn= b0+b1x+… +bmxm tenglikdan n= m va
barcha
i=1,2 ,..,n lar uchun ai= bi kelib chiqadi. SHuning uchun,
a
0 + a
1 c + … + a
n c n
= b
0 + b
1 c + … + b
n c n
bo‘ladi, demak,
α bir qiymatli aniqlangan. 13 ta’rifga
asosan αR [ x ]
ni R [ c ]
ning ustiga akslantiradi. Ixtiyoriy ikkita
f(x),g(x)∈R[x]
ko‘phadlar uchun k
( x ) = f ( x ) + g ( x )
tenglikdan k(c)= f(c)+g(c) va h ( x ) = f ( x ) g ( x )
tenglikdan h
( c) = f ( c ) g ( c )
kelib chiqadi, bu erdan esa α ning + ¿
va ⋅ amallarida
saqlanishi kelib chiqadi. Demak, αR [ x ]
ni R [ c ]
ning ustiga gomomorfizmidan iborat
ekan. Ravshanki, α
( x ) = c
va barcha a∈R lar uchun α ( a ) = a
bo‘ladi. Endi β shunday
boshqa bir
R[x] ni R [ c ]
ning ustiga gomomorfizmidan iborat bo‘lsinki, uning uchun
β
( x ) = c
va barcha a∈R lar uchun β ( a) = a
tengliklar o‘rinli bo‘lsin. U holda
β
( ∑ a
i x i )
= ∑ β ( a
i ) β ( x ) i
= ∑ a
i c i
= α ( ∑ a
i x i
) bo‘ladi va bu erdan β=α ekanligi, ya’ni, α ning
yagonaligi kelib chiqadi.
SHuni ta’kidlaymizki, x
o‘zgaruvchi R
ustida algebraik bog‘lanmagan bo‘lganligi
uchun 14 teoremadagi
α akslantirish bir qiymatli aniqlangan. Buni quyidagi misolda
ko‘rsatamiz.
1.4. Algebraik tenglamalar sistemalar nazariyasining asosiy tushunchalari va
natijalari
Biror natural n
sonini va biror sonlar maydoni K
ni fiksirlab olamiz (
K sifatida
ratsional sonlar maydoni
Q ni,haqiqiy sonlar maydoni R
ni, yoki kompleks sonlar
maydoni
C ni olish mukin). P1(x1,..,xn),P2(x1,..,xn),… lar koeffisiyentlari K
maydon elementlaridan (sonlaridan) bo’lgan
x1,..,xn o’zgaruvchilarning
ko’phadlaridan iborat bo’lsin (Ko’phadlar miqdori cheksis bo’lishi ham mumkin).
1.1. Ta’rif . Quyidagi ko’rinishdagi sistemaga:
{
P1(x1,..,xn)=0
P2(x1,..,xn)=0
… … … … … … ..
(1)
algebraik tenglamalar sistemasi (
ATS ¿ deb ataladi.
13](/data/documents/e5178a2f-f94d-4121-854d-310b9b118aa4/page_13.png)
![b) Tub p modul bo’yicha chegirmalar maydoni Z
p = { 0 , 1 , … , p − 1 } .
Javob .Bu maydon ham yopiq emas. . Masalan
Zp maydonda
x p
− x + 1 ko’phad bu
maydonda ildizga ega emas. Haqiqatdan ham, Fermaning kichik teoremasiga ko’ra
xp−1≡1¿
mod p
). Bu tenglamani ikkala tomonini x
ga ko’paytirsak, x p
− x ≡ 0 ( mod p )
ga
ega bo’lamiz. Bu tenglik bo’lsa
x p
− x ≡ − 1 (
mod p¿ ga ziddir.
c) C
( t) = { f
g : f , g ∈ C [ t] , g ≠ 0 }
, ya’ni C ustidagi ratsional kasrlar maydoni. Bu
maydon ham yopiq emas. Buni ko’rsatish uchun
x 2
− t ko’phadni qarash yetarli.
Ideallar.
Asosiy algebraik ob’ekt ta’rifini keltiramiz.
1 – ta’rif.
R−¿ kommutativ assotsiativ birlik elementli halqa bo’lsin. Agarda R ning
bo’shmas
I to’plami quyidagi shartlarni qanoatlantirsa:
1) ixtiyoriy
a,b∈I elementlar uchun a−b∈I bo’lsa;
2) ixtiyoriy
a∈I,c∈R elementlar uchun ac ∈I bo’lsa, u holda I to’plam R da ideal
deyiladi va
I⊲R ko’rinishida yoziladi.
Idealning bu ta’rifga teng kuchli bo’lgan yana bir ta’rifini keltiramiz.Bu ta’rifni
R
halqa ko’phadlar halqasi bo’lgandagi hol uchun keltiramiz.
1 -ta’rif.
K maydon ustidagi n ta x1 ,x2 ,..., xn o’zgaruvchilardan bog’liq bo’lgan
ko’phadlar halqasi
K ¿ ,x2 ,..., xn¿ dagi I to’plam quyidagi shartlarni qanoatlantirsa:
( I )
0∈I bo’lsa;
( ii )
f,g∈I dan f+g∈I ekanligi kelib chiqsa;
( iii)
f∈I va h∈¿ ,x2 ,..., xn¿ dan hf ∈I ekanligi kelib chiqsa;
u holda
I to’plam ideal deyiladi .
2.2-Misol .Butun sonlar halqasi
Z da fiksirlangan butun n soniga bo’linadigan sonlar
to’plami
nZ idealni tashkil etadi. Bunda n=1 da juft sonlardan iborat idealni, n=1 da
butun
Z halqani, n=0 da yagona 0 elementni hosil qilamiz.
2.3.-jumla
Z halqada har qanday idealil nZ ko’rinishga ega bo’lib, bunda n=0,1,2 ,..
16](/data/documents/e5178a2f-f94d-4121-854d-310b9b118aa4/page_16.png)
![Isbot .I bilan Z dagi nolmas idealni belgilaymiz. a∈I bu idealdagieng kichik natural
son bo’lsin.( Bunday son mavjudligini tushuntiring). Ideal ta’rifiga ko’ra
aZ ⊆ I . Endi
b∈I
lekin b∉aZ ni qaraymiz. Qoldiqli bo’lish haqidagi teoremaga ko’ra shunday q va
r
sonlar borki, b=aq +r va 0<r<a. Lekin r= b− aq ∈I ifoda a ning minimalligiga ziddir.
Demak
I=aZ .
Biz quyida ideal tushunchasining tabiiy ekanligini, ideallarning affin ko’pxilliklari
bilan qanday bog’liq ekanligini va ideallar tilida affin geometriyasining hisoblash
bilan bog’liq masalalarini yechishni qarab chiqamiz.
2.3. misol [
a,b¿ kesmaning berilgan x0 nuqtasida nolga teng bo’lgan barcha uzluksiz
funksiyalar to’plami
C[a,b] halqada idealni tashkil etadi
Bosh ideallar halqasi.
R halqada biror N to’plam berilgan bo’lsin. N to’plamni
o’zida saqlovchi
R dagi eng kichik minimal idealiga N bo’yicha hosil qilingan ideal
deyiladi. Bunday idealni hosil qilish uchun
N ni saqlovchi barcha ideallarning
kesishmasini olish yetarli.Agar ideal faqat bitta
a element yordamida hosil qilingan
bo’lsa,bunday ideal bosh ideal deyiladi va (
a¿ bilan belgilanadi.Agar R kommutativ
halqa bo’lsa,bosh ideal (a) barcha
ra +na ko’rinishdagi elementlardan iborat bo’lib,
bunda
r∈R,n−¿ butun sondir.Agar R birlik elementli kommutativ halqa bo’lsa, unda
(a) faqat
ra , ko’rinishdagi elementlardan tuzilgan bo’lib, bunda r∈R dan iborat
bo’ladi.
Agar
R birlik e elementli halqa bo’lsa,u holda R ning o’zi e yordamida hosil
qilingan bosh ideal bo’ladi. Har bir ideali bosh ideal bo’lgan birlik elementli butunlik
sohasi bosh ideallar halqasi deyiladi.
Agar
R -bosh ideallar halqasi, ε —birning bo’luvchisi bo’lsa,u holda har qanday
a∈R
elementni
a = a ε − 1
ε ko’rinishda ifodalash mumkin bo’ladi. Bu yoyilma trivial
yoyilmadir. Agar
R halqaning p≠0 elementi notrivial yoyilmaga ega bo’lmasa, u
holda
p element yoyilmaydigan yoki sodda element deyiladi. (masalan butun sonlar
halqasida tub son, yoki biror maydon ustidagi ko’phadlar halqasida shu maydon
ustida keltirilmaydigan ko’phad).Bosh ideallar halqasida noldan farqli har qanday
element sodda elementlar ko’paytmasi ko’rinishida ifodalanadi.
2- ta’rif .
f1,… fs lar k¿ ,x2 ,..., xn¿ dagi ko’phadlar bo’lsin. Quyidagi to’plamni
kiritamiz:
⟨ f
1 , … f
s ⟩ = {
∑
i = 1s
h
i f
i : h
1 , … , h
s ∈ k [ x
1 , x
2 , ... , x
n ] }
Kiritilgan
⟨ f
1 , … f
s ⟩ to’plam ideal ekanligini ko’rsatamiz.
17](/data/documents/e5178a2f-f94d-4121-854d-310b9b118aa4/page_17.png)
![3-lemma . f
1 , … f
s ∈
k¿ ,x2 ,..., xn¿ bo’lsin. U holda ⟨f1,… fs⟩ to’plam k [ x
1 , x
2 , ... , x
n ]
halqada ideal bo’ladi.
Isbot.Idealning birinchi ta’rifidan foydalanamiz.
⟨f1,… fs⟩ to’plamdan ixtiyoriy ikkita elementni olamiz.: h
1 f
1 + … + h
s f
s va
h1'f1+… +hs'fs
. U holda ( h
¿ ¿ 1 − h
1 ' ) f
1 + … + ( h
s − h
s ' ) f
s ∈ ⟨ f
1 , … f
s ⟩ ¿
bo’ladi.
Endi h
1 f
1 + … + h
s f
s ko '
phad
⟨ f
1 , … f
s ⟩ ning ixtiyoriy ko’phadi , g bo’lsa, k¿ ,x2 ,..., xn¿
halqaning ixtiyoriy ko’phadi bo’lsin. U holda
( h
1 f
1 + … + h
s f
s ¿ g = ( h ¿ ¿ 1 g ) f
1 + … + ( h
s g ) f
s ∈
⟨ f
1 , … f
s ⟩ ¿
bo’ladi.
⟨ f
1 , … f
s ⟩ ideal f
1 , … f
s ko’phadlar yordamida hosil qilingan ideal deyilib,
f
1 , … f
s ko’phadlar bu idealni tashkil etuvchilari deb aytiladi.
⟨f1,… fs⟩ ideal ko’phadli tenglamalar tilida quyidagi ma’noni ifodalaydi. . f
1 , … f
s
∈
k¿ ,x2 ,..., xn¿ bo’lsin.
f
1 = 0
:
fs=0
Bu tenglamalarni mos rsvishda
h1,… ,hs ko’phadlarga ko’paytirib va hosil bo’lgan
ko’paytmalarni qo’shsak
h
1 f
1 + h
2 f
2 + … + h
s f
s = 0
tenglamani hosil qilamiz.Bu tenglama boshlang’ich berilgan tenglamalarning natijasi
hisoblanadi. Bu tenglamaning chap tomoni
⟨ f
1 , … f
s ⟩ idealga tegishli, ya’ni ⟨f1,… fs⟩
idealni f
1 = f
2 = … = f
s = 0
sistemaning ko’phadli natijasi deb qarash mumkin..
Aytilganlarni tushunish uchun quyidagi sistemani qaraymiz.
x=1+t
y=1+t2
Bu sistemadan t
ni yo’qotamiz va qo’yidagi tenglamani hosil qilamiz:
y= x2−2x+2
Endi bu masalani yangi yo’l bilan yechamiz. Buning uchun tenglamalarni quyidagi
ko’rinishda yozib olamiz:
x−1−t=0
y−1−t2=0
18](/data/documents/e5178a2f-f94d-4121-854d-310b9b118aa4/page_18.png)
![Teoremaga ko’ra bu affin ko’pxilliklarning yig’indisi yana affin ko’pxilligi bo’lib uX (figjφk)
to’plamdan iborat bo’ladi.Umumiy qilib yozsak
(
(x−1)(x−4)(x−7)= 0,(x− 1)(x−4)(y−8) =0,..., ( z − 3 ) × ( z − 6 )( z − 9 ) = 0
(27 ta tenglama.)
2.2.-masala Quyidagi a)—e) punktlardagi to’plamlarning qaysilari affin
ko’pxilliklari bo’ladi?
a)
❑ ❑
A 1
to’g’ri chiziqdagi ixtiyoriy chekli nuqtalar to’plami.
Javob . Affin ko’pxilligi bo’ladi. Darhaqiqat, agar berilgan nuqtalar
a1,… ,ak bol’sa, u
holda ,
( x − a
1 ) ⋯ ( x − a
k ) = 0
tenglama masala shartini qanoatlantiruvchi tenglama bo’ladi.
b)
❑❑An dagi ixtiyoriy chekli nuqtalar to’plami.
Javob . Affin ko’pxilligi bo’ladi.Isboti 3.2.- masalaning isbotiga o’xshash.
c).
An dagi ixtiyoriy qismfazo.
Javob . Affin ko’pxilligi bo’ladi. Haqiqatdan ham,agar
A n
ning elementlarini
(x1,… ,xn)
ko’rinishida ifodalasak, u holda fazonink
k -o’chamli qismfazosini quyidagi
tenglamalar orqali ifodalash mumkin:
{xi1=… ¿xin−k=0}.
d) Tekislikdagi aylana, ellips,parabola, giperbolalarning nuqtalar to’plami.
Javob . Affin ko’pxilliklari bo’ladi, chunki ularning har birini kophali
tenglamalarning yechimlari to’plami sifatida ifodalash mumkin: masalan aylana
uchun
x2+y2−r=0
e)
R1 to’g’ri chiziqdagi barcha butun sonlar to’plami.
Javob . Affin ko’pxilligi bo’lmaydi, chunki noldan farqli ko’phadning ildizlari
to’plami chekli.
Yuqorida aytib o’tilganidek bir-biriga o’xshash bo’lmagan ideallar o’zaro ustma-
ust tushadigan ko’pxilliklarni aniqlashi mumkin. Har bir X
ko’pxillik uchun bu
ko’pxillikni aniqlovchi va bu ko’pxillikni aniqlaydigan barcha ideallarni o’zida
saqlaydigan eng katta J ( X )
ideal mavjud.. Shunday qilib:
J(X )={P∈K[x1,… ,xn] :
istalgan x ∈ X
uchun P
( x ) = 0
}
2.3. masala
J(X) ideal ekanligini ko’rsatamiz.
Yechilishi. 1 ¿ P
1 , P
2 ∈ J ( X )
bo’lsin. Demak, istalgan
x∈X uchun P1(x)=0,,P2(x)=0 . U
holda (
(P¿¿1− P2)(x)= P1(x)− P2(x)=0¿ , ya’ni P1− P2∈J(X )
21](/data/documents/e5178a2f-f94d-4121-854d-310b9b118aa4/page_21.png)
![2) P ∈ J( X ) , F ∈ K [ x
1 , … , x
n ]
ixtiyoriy elementlar bo’lsin. PF ∈J(X ) ekanligini
ko’rsatamiz.
istalgan
x∈X uchun P ( x ) = 0.
Demak, ( PF ) ¿
x ¿ = P ( x ) F ( x ) = 0
. Demak PF ∈J(X ) ekan.
A2 da X={0} bo’lsin. U holda J ( X ) = ( x , y )
bo’ladi. Agar X to’plam Ox o’qi bo’lsa,
J
( X ) = ( y )
bo’ladi.
J(X (S))
ideal sistemaning ideali bilan ustma-ust tushmasligi ham mumkin, lekin uni
albatta saqlaydi. Masalan, ( x 2
) ⊲ K [ x ]
idealning nollari to’plami bitta
{0} nuqtadan
iborat, J
({ 0}) = ( x )
va (
x 2 )
⋅ ⊂ ( x ) .
2.4.- masala . Agar
X - quyidagi to’plamlardan biri bo’lsa, J(X) ni toping.
a) {1, 2, 3}
⊆ A 1
Yechilishi. J
( X )
ning ta’rifiga ko’ra u bu uchta nuqtada nolga aylanadigan
ko’phadlardan tuzilgan bo’lishi kerak, ya’ni J
( 1,2,3 )
ning ta’rifga ko’ra bu idealga
shunday
p ko’phadlar kiradiki, bu ko’phadlar bu nuqtalarning har birida nolga
aylanadi. Demak, J
( 1,2,3 )
ideal
(
( x − 1 )( x − 2 )( x − 4 ) ) = { ( x − 1 )( x − 2 )( x − 3 ) r : r ∈ A 1
} to’plamdan iborat.
b) {
x= y= z } ⊆ A3
⟨f1,… fs⟩
ideal ko’phadli tenglamalar tilida quyidagi ma’noni ifodalanishini aytib
o’tgandik.. f
1 = x − y , f
2 = x − z ∈
∈
A3 bo’lsin.
Shartga ko’ra f
1 = 0
va f
2 = 0
Bu tenglamalarni mos rsvishda h
1 , h
2 ko’phadlarga ko’paytirib va hosil bo’lgan
ko’paytmalarni qo’shsak
h1f1+h2f2=0
tenglamani hosil qilamiz.Bu tenglama boshlang’ich berilgan tenglamalarning natijasi
hisoblanadi. Bu tenglamaning chap tomoni
⟨ f
1 , f
2 ⟩ idealga tegishli, ya’ni ⟨ x − y , x − z ⟩
idealni
f1= f2=0 sistemaning ko’phadli natijasi deb qarash mumkin..
2.2. Idealning radikali
I⊲ K ¿ ,x2 ,..., xn¿ ideal berilgan bo’lsin.
Ta’rif.
I idealning radikali deb quyidagi ko’phadlar to’plamiga aytiladi: r ( I ) = { f ∈ K ¿
,
x2 ,..., xn¿ :
f s
∈ I biror s∈N uchun}
22](/data/documents/e5178a2f-f94d-4121-854d-310b9b118aa4/page_22.png)
![Demak, r ( I )
to’plam biror natural s inchi darajasi bilan I idealga kiradigan
ko’phadlardan tuzilgan ekan.
2.5.-tasdiq. Quyidagi tasdiqlar o’rinli:
1). I ⊆ r
( I ) ;
2) r
( I ) − ¿
K ¿ ,x2 ,..., xn¿ dagi ideal;
3) X
( I ) = X ( r ( I )) .
Lsbot. 1)
s=1 deb olsak, har qanday f∈I uchun f ∈ r ( I )
.
2) Ideal ta’rifidagi ikkita shartni tekshiramiz.
a)
f1,f2∈r(I) bo’lsin. f
1 − f
2 ∈ r ( I)
ekanligini ko’rsatish kerak. r ( I )
na’rifiga ko’ra
shunday
s1,s2∈N borki, f
1s
1
∈ I , f
2s
2
∈ I
bajariladi. U holda Nyuton binomi formulasiga
ko’ra
(f1− ,f2)s1+s2= ∑k=0
s1+s2
Cs1+s2
k (−1)s1+s2−kf1kf2s1+s2−k
Ifodani yozishimiz mumkin. k ≥ s
1 bo’lganda
f1k= f1s1∙f1k−s1∈I va f1kCs1+s2
k (−1)kf2s1+s2−k∈I
bo’ladi. k < s
1 bo’lsa,
s1+s2− k>s2 va
shu sababli f
2s
1 + s
2 − k
∈ I
, demak,
f2s1+s2−kCs1+s2
k (−1)s1+s2−kf1k∈I .
Shunday qilib, barcha qo’shiluvchilar
I da yotadi, va natijada
(f1− f2)s1+s2∈I,
ya’ni f1− f2∈r(I) .
b) )
f1∈r(I), f2∈K ¿ , x2 ,..., xn¿ bo’lsin. f1f2∈r(I) ekanligini ko’rsatamiz. r ( I )
ta’rifiga ko’ra shunday natural
s borki, f1s∈I . U holda, (f1f2)s=¿ = ( f
1 ) s(
f
2 ) s
∈ I
.
Demak,
f1f2∈r(I) ekan.
3). I ⊆ r ( I )
ekanligidan X ( r
( I ) ) ⊆ X ( I )
munosabat kelib chiqadi.
Ikkinchi tomondan biror
f∈r(I) uchun x∈X (I) bo’lib f ( x ) ≠ 0
bo’lsin. U holda
istalgan
s uchun f s (
x ) = f ¿
. Qarama-qarshilikka keldik, chunki,
f s
∈ I .
2.6.-masala . Quyidagi ideallar uchun r ( I )
larni toping.
a)
I =
( x 2 )
⊲ K [ x ] .
Yechilishi. r
( I ) = { x ∈ K [ x ] : 2 ∈ N uchun : x 2
∈ I }
. Demak, r ( I ) = ( x ) .
b) I = ( x , y ) ⊲ K
[ x , y ] .
23](/data/documents/e5178a2f-f94d-4121-854d-310b9b118aa4/page_23.png)
![Yechilishi. r( I ) = { ( x , y ) : 1 ∈ N
da ( (x,y)∈I} = ( x , y )
.
c). I =
(( x 2
, y 3 ))
= { f = x 2
⋅ f
1 + y 3
f
2 | f
1 , f
2 ∈ K [ x , y ] }
, r ( I ) = ( ( x , y ) )
, x2∈I→ x∈r(I) ,
y 3
∈ I → y ∈ r ( I )
2.7- masala ..
I ideal, R halqa bo’lsin. I= R bo’lsa 1∈I , va aksincha ekanligini
ko’rsating..
I= R va R birlik elementli halqa bo’lganligi uchun , 1∈I bo’ladi.
1∈I
bo’lsin. U holda ideal ta’rifiga ko’ra idealning istalgan elementini halqaning
istalgan elementiga ko’paytirganda idealga tegishli element hosil bo’lishi kerak.
1 ni
R
ning ixtiyoriy elementiga ko’paytirsak, yana R ning barcha elementlarini hosil
qilamiz. Demak,
I= R ekan.
2.8.- masala . Maydonda notrivial ideallar yo’qligini ko’rsating.
Yechilishi.
I0 biror notrivial ideal bo’lsin. x∈I bo’lsin.Maydon ta’rifiga ko’ra x−1
element maydonda mavjud. Ideal na’rifiga ko’ra
x ∙ x − 1
= 1 bo’lib
1∈I0 bo’ladi. Oldingi
misolga ko’ra u holda
I0 maydonning o’zi bilan ustma-ust tushadi.
2.9.- masala.
a element R halqaning belgilangan elementi bo’lsin. ( a ) = { ar : r ∈ R }
to’plamning ideal ekanligini ko’rsating.
Echilishi. Ideal bo’lishlik shartlarini tekshiramiz.1)
ar1,ar2∈(a) bo’lsin,
U holda
ar1− ar2=a(r1−r2)∈(a) bo’ladi.
2) ar ∈ ( a )
va
r' element R ning ixtiyoriy elementi bo’lsin. U holda r∙r'∈R
bo’lganligidan a ( r ∙ r '
) ∈ ( a )
bo’ladi.
2.10.- masala. Bu masalaning yechimi xuddi 2.6. masalaniki kabi isbotlanadi.
2.11.-masala .
( a
1 , a
2 , … , a
k , a ) = ( a
1 , a
2 , … , a
k )
tenglik har qanday a ∈ ( a
1 , a
2 , … , a
k )
uchun
o’rinli ekanligini ,ya’ni idealning bazisiga idealning elementini qo’shganda yana shu
idealning bazisini hosil bo’ladi.
Yechilishi. a ∈ ( a
1 , a
2 , … , a
k )
bo’lganligidan
a= a1r1+a2r2+..+akrk bo’ladi.
x∈(a1,a2,… ,ak,a) bo’lsin. Demak,
x = a
1 r '
1 + a
2 r '
2 + .. + a
k r '
k + ar = a
1 r '
1 + a
2 r '
2 + .. + a
k r '
k + a
( a
1 r
1 + a
2 r
2 + .. + a
k r
k ) = a
1 ( r
1'
+ a r
1 ) + a
2 ( r
2'
+ a r
2 ) + .. + a
k ( r
k'
+ a r
k ) ∈ ( a
1 , a
2 , … , a
k ) .
2.3. Gilbert teoremalari
Gilbertning bazis haqidagi teoremasi .
24](/data/documents/e5178a2f-f94d-4121-854d-310b9b118aa4/page_24.png)
![Bu paragrafda ko’phadlar halqasidagi ideallar va ulardagi bazislarni qarab
chiqamiz.
Agarda shunday . f
1 , … f
s ∈
k¿ ,x2 ,..., xn¿ ko’phadlar topilib I = ⟨ f
1 , … f
s ⟩ bo’lsa, u
holda
I ideal chekli tarzda hosil qilingan deyilib, bunda f1,… fs ko’phadlar
to’plamiga
I idealning bazisi deyiladi. Keyinchalik k¿ ,x2 ,..., xn¿ dagi har qanday
idealni chekli tarzda hosil qilinish mumkinligini , ya’ni chekli tashkil etuvchi
sistemaga ega ekanligini ko’rsatamiz (bu tasdiq Gilbertning bazislar haqidagi
teoremasi deb nomlanadi). Shuni ta’kidlash lozimki ideal bir nechta bazisga ega
bo’lishi mumkin.Lekin ular ichida eng qulayi Gryobner bazislari hisoblanadi.
Gilbertning nollar haqidagi teoremasi.
Gilbertning nollar haqidagi teoremasi. Kompleks sonlar maydoni ustida har
qanday algebraik tenglamalar sistemasi
S uchun
J(X (S))= r(I(S))
tenglik o’rinli.
Teoremani tenglamalar sistemasi tilida ifodalasak , teoremaning tasdig’i iyanada
tushunarli bo’ladi: algebraik tenglamalar sistemasi
{
f
1
( x
1 , … , x
n ) = 0
… … … … … … … .
f
m
( x
1 , … , x
n ) = 0
S
ning barcha yechimlar to’plamida F
( x
1 , … , x
n ) ko’phad nolga aylanishi uchun
shunday
r1(x1,… ,xn) ,..., rm(x1,… ,xn) ko’phadlar va shunday s natural son topilib
Fs=r1f1+… +rmfm
ko’rinishda ifodalanishi zarur va yetarli.
S sistemaning yechimlari to’plamini X ( S )
bilan belgilaymiz. I⊲K [x1,… ,xn] ideal
berilgan bo’lsin.
An to’plamda I idealda nolga teng bo’lgan barcha ko’phadlar
to’plamini X ( I )
bilan belgilaymiz.
Ikkita
S1va S2 sistemalar ekvivalent bo’lishi uchun X (S1)= X(S2) tenglik o’rinli
bo’lishi zarur va yetarli ekanligi ko’rinib turibdi.Shunung uchun ekvivalent
sistemalar bitta ko’pxillikni aniqlashi, ekvivalent bo’lmaganlari bo’lsa har xil
ko’pxillikni aniqlashi kelib chiqadi.
Bundan tashqari
X (S)= X(I(S)) ekanligini ko’rish mumkin.
2.12. –masala .
C3 da uchta (1,2,3), (4,5,6), (7,8,9) nuqtalardan iborat to’plamni
tenglamalar orqali bering.
25](/data/documents/e5178a2f-f94d-4121-854d-310b9b118aa4/page_25.png)
![Yechilishi.
2.3.-masalaquyidagi a)—j) punktlardagi to’plamlarning qaysilari affin ko’pxilliklari
bo’ladi?
a)
❑ ❑
A 1
to’g’ri chiziqdagi ixtiyoriy chekli nuqtalar to’plami.
Javob. Affin ko’pxilligi bo’ladi.Darhaqiqat, agar berilgan nuqtalar a1,… ,ak bol’sa uni
,
( x − a
1 ) ⋯ ( x − a
k ) = 0
masala shartini qanoatlantiruvchi tenglama bo’ladi.
b)
❑❑An dagi ixtiyoriy chekli nuqtalar to’plami.
Javob. Affin ko’pxilligi bo’ladi.
Yuqorida aytib o’tilganidek bir-biriga o’xshash bo’lmagan ideallar o’zaro ustma-
ust tushadigan ko’pxilliklarni aniqlashi mumkin. Har bir X
ko’pxillik uchun bu
ko’pxillikni aniqlovchi va bu ko’pxillikni aniqlaydigan barcha ideallarni o’zida
saqlaydigan eng katta J ( X )
ideal mavjud.. Shunday qilib:
J(X )={P∈K[x1,… ,xn] :
istalgan x ∈ X
uchun P
( x ) = 0
}
2.13. masala.
J(X) ideal ekanligini ko’rsating
Yechilishi. 1 ¿ P
1 , P
2 ∈ J ( X )
bo’lsin. Demak, istalgan
x∈X uchun P1(x)=0,,P2(x)=0 . U
holda (
(P¿¿1− P2)(x)= P1(x)− P2(x)=0¿ , ya’ni P1− P2∈J(X )
2)
P∈J(X ),F ∈K [x1,… ,xn] ixtiyoriy elementlar bo’lsin. PF ∈J(X ) ekanligini
ko’rsatamiz.
istalgan x ∈ X
uchun P
( x ) = 0.
Demak, ( PF ) ¿
x ¿ = P ( x ) F ( x ) = 0
. Demak PF ∈J(X ) ekan.
A2 da X={0} bo’lsin. U holda J(X )=(x,y) bo’ladi. Agar X={Ox o'q¿ bo’lsa,
J(X )=(y)
bo’ladi.
J ( X
( S ) )
ideal sistemaning ideali bilan ustma-ust tushmasligi ham mumkin, lekin uni
albatta saqlaydi. Masalan, ( x 2
) ⊲ K [ x ]
idealning nollari to’plami bitta { 0 }
nuqtadan
iborat, J
({ 0}) = ( x )
va (
x 2 )
⋅ ⊂ ( x ) .
26](/data/documents/e5178a2f-f94d-4121-854d-310b9b118aa4/page_26.png)
![Reduksiya 3. h
2 → x
2 x
43
− x
2 x
43
= 0
. Demak, h∈(f1,f2) .
3. 2 .- Teorema.
I K [ x
1 , ⋯ , x
n ] xalqaning ideali bo‘lsin. U holda
1)
⟨ ¿ ( I ) ⟩
monomial idealdan iborat bo‘ladi,
2) Shunday g
1 , . . . , g
t ∈ I
polinomlar mavjudki,
⟨
¿ ( I ) ⟩ = ⟨ ¿ ( g
1 ) , ⋯ , < ( g
t ) ⟩
bo‘ladi.
3.3. -Teorema. (Gilbertning bazis haqidagi teoremasi)
I K [ x
1 , ⋯ , x
n ] xalqaning ideali
bo‘lsin. U holda shunday g
1 , . . . , g
t ∈ I
polinomlar mavjudki,
⟨
¿ ( I ) ⟩ = ⟨ g
1 , . . . , g
t ⟩
bo‘ladi. Ya’ni,
I ideal chekli yasovchilar to‘plamiga ega bo‘ladi.
3.2. Gryobner bazisi xossalari
1- Xossa. Monomial tartiblashni fiksirlaymiz . I
K
[ x
1 , ⋯ , x
n ] xalqaning nol bo‘lmagan
ideali bo‘lsin. U holda
I Gryobner bazisiga ega bo‘ladi, va I ning har qanday
Gryobner bazisi shu idealning odatdagi bazisi ham bo‘ladi.
Isbot. 3-teoremadagi
G={g1,...,gt} to‘plam yuqoridagi ta’rifga ko‘ra Gryobner
bazisidan iborat bo‘ladi. Agar
⟨
¿ ( I ) ⟩ = ⟨ ¿ ( g
1 ) , ⋯ , < ( g
t ) ⟩
bo‘lsa, u holda 3-teorema xulosasiga asosan I =
⟨ g
1 , . . . , g
t ⟩ bo‘ladi, bu esa G
to‘plam I
idealning bazisini tashkil qilishini ko‘rsatadi.
1 -Misol.
y>x bo‘lsin. I = ⟨ f
1 , f
2 ⟩ bo‘lib, f
1 = y 3
− yf ( x )
va f2= y2x− xf (x)+y bo‘lsin.
f∈K [x,y]
xalqada faqat x
o‘zgaruvchidan bog‘liq bo‘lgan, nol bo‘lmagan polinom
bo‘ladi.
K [x,y] xalqada monomiallarning grl - tartiblashidan foydalanamiz. U holda
y 2
= y
( y 2
x − xf ( x ) + y ) − x ( y 3
− yf ( x ) ) ∈ I bo‘ladi. Shunday qilib, y2= ¿(y2)∈⟨¿(I)⟩ bo‘ladi.
Bunda
y2∉⟨¿(f1),<(f2)⟩ bo‘ladi, demak, grl -tartiblashda y2 ¿(f1) ga ham, ¿ ( f
2 ) ga ham
bo‘linmaydi. Demak,
⟨ ¿ ( f
1 ) , < ( f
2 ) ⟩ ⊂ ⟨ ¿ ( I ) ⟩
bo‘ladi. Bunda { y 3
− yf ( x ) , y 2
x − xf ( x ) + y
}
sistema I
idealni ng bazisi, lekin Gryobner bazisi bo‘lmaydi, chunki
y2∈⟨¿(I)⟩ , lekin
y 2
∉
⟨ ¿ ( y 3
− yf ( x )) , < ( y 2
x − xf ( x ) + y ) ⟩ .
2- Misol. x > y > z
b o‘ lsin.
R[x,y,z] xalqada
J = ⟨ x − z i
, y − z j ⟩
idealni qaraymiz, bu erda
iva j
lar tayinlangan musbat butun sonlar. {
x − z i
, y − z j }
sistema J
ning Gryobner
bazisini tashkil qilishini ko‘rsatish uchun J
ning har bir noldan farqli elementining
29](/data/documents/e5178a2f-f94d-4121-854d-310b9b118aa4/page_29.png)
![bosh hadi ⟨¿(x− zi),<(y− zj)⟩=⟨x,y⟩ da yotishini ko‘rsatish etarli. Bu J
ning har bir
noldan farqli elementining bosh hadi
x ga yoki y ga bo‘linishini ko‘rsatishga teng
kuchlidir.
f= Ag1+Bg2∈J polinomni q araymiz, bu erda
g
1
( x , y , z ) = x − z i
, g
2 ( x , y , z ) = y − z j
. Faraz qilaylik, f≠0 va ¿ ( f )
x ga ham, y ga ham
bo‘linmasin. U holda
lex tartiblashning ta’rifiga asosan f faqat z o‘zgaruvchidan
bog’liq polinomdan iborat bo‘ladi. Ammo,
f polinom V = V ( x − z i
, y − z j
) ⊆ R 3
da nolga
aylanadi, chunki
f∈J . Har qanday haqiqiy son t uchun (ti,tj,t)∈V bo‘ladi. Barcha
nuqtalarda nol qiymat qabul qiladigan va faqat
z dan bog’liq bo‘ladigan polinom nol
polinomdan iborat , bu esa ziddiyatdan iborat, chunki
f≠0 . Demak, {g1,g2} sistema J
ning Gryobner bazisidan iborat .
3.4.-Tasdiq . I
K
[ x
1 , ⋯ , x
n ] xalqaning nol bo‘lmagan ideali bo‘lsin. G = { g
1 , . . . , g
t } I
idealning Gryobner bazisi va
f∈K [x1,⋯,xn] bo‘lsin. U holda shunday yagona
r ∈ K
[ x
1 , ⋯ , x
n ] mavjudki,
1)
r polinom ¿(g1),⋯,<(gt) larning birortasiga ham bo‘linmaydigan hadga ega
emas.
2) shunday
g∈I mavjudki, f= g+r tenglik o‘rinli bo‘ladi.
Isbot. Bo‘linish algoritmiga asosan
f= a1g1+...+atgt+r , bu erda r qoldiq 1) shartni
qanoatlantiradi. Agar
g=a1g1+...+atgt deb olinsa, g ikkinchi shartni ham
qanoatlantiradi.
Yagonalikni isbotlash uchun
f= g1+r1= g2+r2 ikkita tasvir mavjud bo‘lib, ular uchun
1) va 2) shartlar o‘rinli bo‘lsin. U holda bu erdan
r2− r1= g1− g2∈I kelib chiqadi.
Shunday qilib, agar
r2− r1≠0 bo‘lsa, u holda ¿ ( r
¿ ¿ 2 − r
1 ) ∈ < ( I ) = ⟨ ¿ ( g
1 ) , ⋯ , < ( g
t ) ⟩ ¿
bo‘ladi.
Bu y erdan
¿(r¿¿2− r1)¿ biror ¿(gi) ga bo‘linadi. Buning esa bo‘lishi mumkin emas, chunki r1,r2
larning birorta ham hadi
¿(g1),⋯,<(gt) larning birortasiga ham bo‘linmaydi. Demak,
r1−r2=0
, ya’ni r1=r2 bo‘ladi. ( r2− r1 ning har bir hadi o‘zgarmas ko‘paytuvchini
hisobga olmaganda
r1 ning yoki r2 ning hadidan iborat bo‘ladi.) Bu erdan esa g1= g2
ekanligi kelib chiqadi.
3.4-tasdiqga ko‘ra biz
f ni G ga bo‘lishda r qoldiq yagona bo‘lganligi uchun G ning
elementlarini ixtiyoriy tartibda olishimiz mumkin.
Yuqoridagi tasdiq shartlarini quydagicha kuchaytirish mumkin.
3.5.-Tasdiq. Monomial tartiblashni fiksirlaymiz . I ⊂ K
[ x
1 , ⋯ , x
n ] halqaning qandaydir
ideali va f ∈ K
[ x
1 , ⋯ , x
n ] bo‘lsin .
30](/data/documents/e5178a2f-f94d-4121-854d-310b9b118aa4/page_30.png)
![1)f ko’phadni f= g+r shaklda ifodalash mumkinligini va r ko’phadning birorta
hadi ¿ ( I )
n ing birorta hadiga bo‘linmasligini isbotlang, bunda
g∈I .
2)
f = g + r = g '
+ r '
tenglik
f ikki xil ifodasi bo‘l ib, 1) shartni qanoatlantirsin. U
holda
r= r' , ya’ni r yagona ravishda aniqlanishini isbotlang.
Bu natija faqat monomial tartiblashni fiksirlaganimizda ,,
f ni I ga bo’lgandagi
qoldiq’’ ni bir qiymatli aniqlash mumkinligini ko’rsatadi.
2- Xossa . I
K
[ x
1 , ⋯ , x
n ] xalqaning nol bo‘lmagan ideali bo‘lsin. G = { g
1 , . . . , g
t } I
idealning Gryobner bazisi va
f∈K [x1,⋯,xn] bo‘lsin. U holda f ni G
ga bo‘lishda
hosil bo‘lgan qoldiq nol bo‘lgandagina
f∈I bo‘ladi.
Isbot . Agar
r=0 bo‘lsa, u holda f= a1g1+...+atgt∈I bo‘ladi. Teskarisi, faraz qilaylik,
f∈I
bo‘lsin. U holda f= f+0 deb yozishimiz mumkin va bu tenglik 1) va 2)
shartlarni qanoatlantiradi. Shunday qilib,
r ning yagonaligidan r=0 ni hosil qilamiz.
3.4. -ta’rif .
f G
bilan
f polinomni tartiblangan s-satr F=(f1,⋯,fs) ga bo‘lishdan hosil
bo‘lgan qoldiqni belgilanadi.
Agar 3.4-ta’rifdagi F
sistema
⟨f1,...,fs⟩ idealning Gryobner bazisidan iborat bo‘lsa, u
holda
F sistemani (har qanday xususiy tartiblashlarsiz) 7-tasdiqdagi G to‘plam
sifatida qarash mumkin.
2-xossaning natijasiga ko’ra, agar,
I=¿g1,… ,gs>¿ va G = { g
1 , . . . , g
s } Gryobner bazisi
bo’lsa,
f∈I lar uchun fG=0 bo’ladi. Quyida unga teskari tasdiqni keltiramiz.
3.6.-Tasdiq . Agar
G− I idealning Gryobner bazisi va f∈I lar uchun fG=0 bo’lsa, u
holda
G−¿ Gryobner bazisi bo’ladi.
3.7.-Tasdiq . I ⊂ K
[ x
1 , … , x
n ] qandaydir ideal, G − ¿
esa uning Gryobner bazisi bo’lsin.
(a)
fG= gG o’rinli bo’ladi, faqat va faqat f− g∈I bo’lsa.
(b)
f + g G
= f G
+ g G
.
(c)
f⋅gG= fG⋅gGG tengliklar o’rinli.
3-xossa.
G va G '
− K [ x
1 , x
2 , … , x
n ] monomial tartiblashga nisbatan I idealning
Gryobner bazisi bo’lsin. Bunda barcha
f∈K [x1,x2,… ,xn] lar uchun
f G
= f G '
tenglik
o’rinli. Bu esa qoldiq qaysi Gryobner bazisini bo’luvchi sifatida qo’llashimizga
bog’liq emasligini ko’rsatadi.
3- misol. F = ( x 2
y − xy , x 4
y 3
− xy )
va
f(x,y)= x5y2 bo‘lsin.
31](/data/documents/e5178a2f-f94d-4121-854d-310b9b118aa4/page_31.png)
![fF= xy2 ni h osil q ilish uchun x>y tartiblashni ishlatamiz:
q
1 : 0
q
2 : x 3
y + x 2
y + xy + y
x4y3− xy x5y2
x2y− xy x5y2− x4y2
x 4
y 2
x 4
y 2
− x 3
y 2
x3y2
x3y2− x2y2
x2y2
x 2
y 2
− x y 2
xy2
4 -misol .
y>x bo‘lsin. Unda I=⟨f1,f2⟩ bo‘lib, f
1 = y 3
− yf ( x )
va f2= y2x− xf (x)+y . grl –
tartiblashdan foydalanamiz. Unda
y(y2x− xf (x)+y)− x(y¿¿3− yf (x))= y2¿ va y2∈I
b o‘ ladi. Lekin,
¿(f1)∤y2 va ¿(f2)∤y2 . Bu erdan
¿ ( y ¿ ¿ 2 ) = y 2
∉ ¿ ¿ .
Ko‘rinib turibdiki ,
xLT (f¿¿1)− y<(f2)=0¿ , ya’ni, xf 1− yf2 ning bosh hadi yo‘qolib,
faqat kichik hadlar qoladi.
{f1,f2} Gryobner bazisi emas, chunki
¿(I)≠¿
. Lekin, ¿ ( y ¿ ¿ 2 ) ∈ < ( I ) ¿
va ¿ ( y ¿ ¿ 2 ) ∉ ¿ ¿
.
3.5. -ta’rif.
f,g∈K[x1,⋯,xn] nol bo‘lmagan polinomlar bo‘lsin.
1) multideg
( f ) = α , multideg ( g ) = β
va γi=max {αi,βi},i=1,2,⋯,n , γ=(γ1,⋯,γn) bo‘lsin.
U holda
xγ monom LM ( f )
va LM (g) larning eng kichik umumiy karralisi
deyiladi va
L= xγ= LCM (LM (f),LM (g))
shaklda yoziladi.
2) S
( f , g ) = x γ
¿ ( f ) ∙ f − x γ
¿ ( g ) ∙ g
polinom f va g
polinomlarning S - polinomi deb
ataladi.
32](/data/documents/e5178a2f-f94d-4121-854d-310b9b118aa4/page_32.png)
![5-misol. y>x bo‘lsin . 4 -misolda f(x)= x deb olamiz. U holda R[x,y] da grl - tartiblash
bilan f
1 = y 3
− yx
va
f2= y2x− x2+y
multideg (f1)=(3,0 ),multideg (f2)=(2,1 )
bo‘ladi. Shunday qilib,
L = y 3
x va
S(f1,f2)= y3x
y3 ∙f1− y3x
y2x∙f2= x∙f1− y∙f2=− yx2+yx2− y2=− y2
.
S
- polinom S ( f , g )
ni kiritishdan maqsad polinomlarning bosh hadini nolga
aylantirishdan iborat. Quyidagi lemma ana shunday jarayonning barchasida
polinomning borligini ko‘rsatadi.
3.8. -lemma.
∑
i = 1t
c
i x α
( i)
g
i yig’indini qaraymiz , c1,⋯,ct ( ci≠0 ) lar konstantalar va
α(i)+multideg (gi)= δ∈W n
.
Agar
multideg (∑i=1
t
cixα(i)gi)<δ b o‘ lsa, u holda shunday c
jk konstantalar mavjudki,
∑
i = 1t
c
i x α
( i)
g
i =
∑
j , k c
jk x δ − γ
jk
S ( g
j , g
k ) , (8)
bo‘ladi, bu erda x γ
jk
= LCM ( LM
( g
j ) , LM ( g
k ) )
. Bundan tashqari har bir xδ−γjkS(gj,gk)
ning umumiy darajasi
multidegree <δ bo‘ladi.
(8) tenglikning chap tomonidagi yig’indining har bir qo‘shiluvchisi
cixα(i)gi ning
umumiy darajasi
multidegree δ bo‘ladi. S h uning uchun bu qo‘shiluvchilar
ixchamlashtirilgandan so‘ng bosh hadlar yo‘qoladi. (8) ning o‘ng tomonidagi
yig’indining har bir qo‘shiluvchisi c
jk x δ − γ
jk
S ( g
j , g
k )
ning umumiy darajasi esa
multidegree <δ
bo‘ladi . Demak, bu yig’indida ixchamlashtirishlar amalga oshirilgan
bo‘ladi. Bu erdan ko‘rinib turibdiki, S
-polinomlar ixchamlashtirishlarni amalga
oshirishda yordam berar ekan.
3.9.- teorema.
IK [x1,⋯,xn] xalqaning nol bo‘lmagan ideali bo‘lsin. U holda I
idealning biror G =
{ g
1 , . . . , g
t } bazisi S(gi,gj) G ga (biror tartiblash bo‘yicha)
bo‘linganda hosil bo‘lgan qoldiq S
( g
i , g
j ) G
barcha i , j ( i ≠ j )
lar uchun nol bo‘lganda
va faqat shu holdagina I
idealning Gryobner bazisidan iborat bo‘ladi.
S ko’phadlar uchun quydagi tenglik o’rinli
f , g ∈ K
[ x
1 , ⋯ , x
n ] bo’lib, xα,xβ monomlar bo’lsin. U holda quydagi tenglik o’rinli:
33](/data/documents/e5178a2f-f94d-4121-854d-310b9b118aa4/page_33.png)
![Maple 7 dasturida Idealning Gryobner bazisini topish uchun maxsus >Groebner
buyruqlar jamlanmasi mavjud.
Ushbu buyruqlar haqida to’liq ma’lumotni >?Groebner; buyrug’i orqali yoki Maple
uskunalar panelidagi Help oynasida Mathematics –> Algebra –> Polynomials –>
Groebner Package ketma-ketlik asosida olish mumkin.
Idealning Gryobner bazisini topishga oid buyruqlarni >with (Groebner); buyrug’idan
boshlash lozim.
Maple 7 dasturida idealning Gryobner bazisini topishga oid quyidagi buyruqlar mavjud:
1. leadcoeff(W,T) – W ko’phadning T – tartiblash bo’yicha bosh koeffitsiyentini
aniqlaydi;
leadmon(W,T) – W ko’phadning T – tartiblash bo’yicha bosh monomini aniqlaydi.
leadterm(W,T) – W ko’phadning T – tartiblash bo’yicha bosh hadini aniqlaydi.
T – tartiblash sifatida leksik tartiblash tanlangan bo’lsa, plex(x,y,z,…) buyruqdan
foydalaniladi.
Qavariq to'plamlar bilan ishlash uchun turli xil dasturlar mavjud. Bu erda biz faqat
konveks korpuslarni hisoblash uchun ham, ularning oddiy konuslarini hisoblash uchun
ham ishlatilishi mumkin bo'lgan dasturlarni qisqacha tavsiflaymiz. O'z hisob-kitoblari
uchun mualliflar hisoblash geometriyasining ko'plab muammolarini hal qilish uchun
mo'ljallangan, bepul mavjud Qhull paketidan [9] foydalanganlar. Paketda yordamchi
dasturlar (utilitalar) to'plami mavjud bo'lib, ular to'plamning qavariq korpusini va
qavariq ko'pburchakning boshqa parametrlarini hisoblaydigan qconvex dasturini o'z
ichiga oladi. Ushbu mahsulot tijorat va bepul ko'plab dastur paketlarida qo'llaniladi.
Masalan, Matlab , GNU Octave ilmiy hisoblash tizimlari , kompyuter algebra tizimlari
Mathematica va Maple , SciPy va geometriya kutubxonalari mos ravishda Python va R
dasturlash tillari uchun Qhull paketi bilan dasturiy interfeysga ega. Ushbu to'plamdan
Maple kompyuter algebra tizimi bilan birgalikda algebraik birliklarni o'rganish uchun
foydalanish mualliflarning ishida tasvirlangan [10]. Paketning asosiy xususiyati
shundaki, hisob-kitoblar Hadamard ko'pburchak bilan ishlashda qulay bo'lgan ratsional
sohada emas, balki haqiqiy sonlar yordamida amalga oshiriladi. Nyuton ko'pburchakni
hisoblashda hisoblash natijalarini ratsional qiymatlarga etkazish uchun qo'shimcha
qadamlar talab qilinadi.
2015 yil versiyasidan boshlab Maple kompyuter algebra tizimi PolyhedralSets
paketini o'z ichiga oladi . Bu, xususan, to'plamning qavariq korpusini hisoblash va uning
H - yoki V - tasvirini berishga imkon beradi, ya'ni. chegara giper tekisliklari tenglamalari
36](/data/documents/e5178a2f-f94d-4121-854d-310b9b118aa4/page_36.png)
![shaklida yoki chiziqli birikmasi chegaralanmagan qavariq korpusni beradigan ekstremal
nuqtalar va nurlar to'plami shaklida. Ushbu paketda barcha hisob-kitoblar ratsional
sonlar sohasida amalga oshiriladi, bu Nyutonning ko'p yuzliligini o'rganish uchun undan
foydalanishni biroz soddalashtiradi, lekin Hadamard ko'pyoqli bilan ishlashda uni
foydasiz qiladi. PolyhedralSets to'plami Qhull to'plamiga nisbatan juda past ishlashga
ega ekanligini unutmang . Quyida qavariq dekart ko‘pburchakning normal konuslarini
hisoblash dasturining ro‘yxati keltirilgan.
with ( PolyhedralSets ) :
SuppFolium := [[3 , 0] , [0 , 3] , [1 , 1 ] ] :
ConvSuppFolium := ConvexHull ( PolyhedralSet ( SuppFolium ) ) :
Relations ( ConvSuppFolium ) ;
[ − x
1 − 2 x
2 ≤ − 3 , − x
1 − x
2
2 ≤ − 3
2 , x
2 + x
1 ≤
3]
Hisob-kitoblar natijasi qavariq korpusning H - tasvirini beradi, undan oddiy
vektorlarni (−1 , − 2) , (−1 , − 1/2) , (1 , 1) , topilgan holda olish oson.
Hisoblash geometriyasi sohasidagi tadqiqotlar uchun kutubxonalarning katta
tanlovi bepul tarqatilgan Sage kompyuter algebra tizimi tomonidan taqdim etilgan
[11]. Bu sizga PPL (Parma polyhedral Library) [13], polymake , yuqorida qayd
etilgan va boshqalar kabi kutubxonalar bilan ishlash imkonini beradi .
Maple tizimida tekis algebraik egri chiziqlarni o'rganishga imkon beruvchi
ajoyib algcurves to'plami mavjud: ularning eskizlarini yuqori aniqlik bilan yasash,
ularning jinsini hisoblash, maxsus nuqtalarni topish, bir jinsli egri chiziqlar uchun
[24] usuli yordamida ratsional parametrlashtirishni topish, elliptik egri chiziqlar
uchun Weiershtrass normal shakliga keltirish va boshqalar.
Berilgan polinomning maxsus nuqtalarini va koordinatalar boshi atrofida
yechimning har bir shoxining yoyilmasining dastlabki hadini topish uchun Maple
tizimida quyidagi bosqichlar amalga oshiriladi.
1. Gryobner bazisi hisoblanadi.
2. Nyuton ko‘pyoqligi analiz qilinadi.
3. Darajali geometriya algoritmlari qo‘llaniladi.
Quyidagi ko‘phad uchun yuqoridagi bosqichlarni bajaramiz.f= x5y5− xy8+y9+x8− x4y3+x3y4− x2y2.
1. ** Gryobner bazisini hsioblash **:
\( f(x, y) \):
37](/data/documents/e5178a2f-f94d-4121-854d-310b9b118aa4/page_37.png)
![\[ f = x^5 y^5 - x y^8 + y^9 + x^8 - x^4 y^3 + x^3 y^4 - x^2 y^2 \]
Dastlab, f
polinomni va uning xva y io‘yicha birinchi tartibli hosilalarini o‘z ichiga olgan
sistemaning Gryobner bazisini tuzamiz va maxsus nuqtalarni topamiz.
``Maple
Sys_Df := [f, diff(f, x), diff(f, y)];
``
Tenglamalar sistemasi qo‘yidagi ko‘rinishda bo‘ladi:
\begin{cases}
x^5 y^5 - x y^8 + y^9 + x^8 - x^4 y^3 + x^3 y^4 - x^2 y^2 = 0 \\
5 x^4 y^5 - y^8 + 8 x^7 - 4 x^3 y^3 + 3 x^2 y^4 - 2 x y^2 = 0 \\
5 x^5 y^4 - 8 x y^7 + 9 y^8 - 3 x^4 y^2 + 4 x^3 y^3 - 2 x^2 y = 0
\end{cases}
``
2. ** Gryobner bazisi texnikasinidan foydalanib sistemaning nollarini topamiz **:
``Maple
GBSP_f := Groebner[Basis](Sys_Df, plex(x, y));
solve(GBSP_f, [x, y]);
``
Gryobner bazisini topganimizdan so‘ng sistemani yechibB quyidagini hosil qilamiz:
``Maple
[[x = 0, y = 0]]
``
3. ** Darajali geometriya algoritmlaridan foydalanamiz **:
1. ** Polinomning tashuvchilarini topamiz **:
``Maple
f_supp := PGsupp(f, vars);
``
Polinomning tashuvchilari to‘plami :
``Maple
f_supp := [[5, 5], [1, 8], [0, 9], [8, 0], [4, 3], [3, 4], [2, 2]]
``
38](/data/documents/e5178a2f-f94d-4121-854d-310b9b118aa4/page_38.png)
![2. ** Tashuvchining qavariq qobig‘ini (Nyutona ko‘pyoqligini) topamiz **:
``Maple
CH_f := Get_NewtonPolygon(f_supp, vars);
``
3. ** Nyuton ko‘pyoqligin quramiz va uning uchlari va qirralarini hisoblaymiz **:
``Maple
PlotNewtonPolygon(CH_f, f_supp, vars);
Vertices(CH_f);
f_edges := Edges(CH_f);
``
Uchlari :
``Maple
[[4, 10, 30, 36]]
``
Qirralari :
``Maple
[[25, 51, 59, 65]]
``
4. ** Tashqi normallar ruyxatini hisoblaymiz **:
``Maple
Norm_flst := [seq](op(Get_Cone(CH_f, fid)), fid in ID~(f_edges));
``
Normallar:
``Maple
Norm_flst := [[-1, -3], [1, -5/4], [-1, 3/7], [1, -1/5]]
``
5. ** Manfiy normalga ega bo‘lgan keltirilgan tenglamalarni tanlash va ularni yechish **:
1. Birinchi normal uchun :
``Maple
39](/data/documents/e5178a2f-f94d-4121-854d-310b9b118aa4/page_39.png)
![f_1 := factor(Get_trunc(f, f_edges[1]));
Solf_1 := solve(f_1, [y]);
``
Yechimlar :
``Maple
Solf_1 := [[y = x^(3)], [y = -x^(3)]]
``
2. Uchinchi normal uchun (parametrik formada):
``Maple
f_3 := factor(Get_trunc(f, f_edges[3]));
Solf_3 := [x = t^7, y = t^2];
``
Yechimlar :
``Maple
Solf_3 := [x = t^7, y = t^2]
``
6. ** Yoyilmaning navbatdagi hadini topish **:
Birinchi yechim uchun quyidagi almashtirishni bajaramiz \( y = x^3 (1 + z) \):
``Maple
Subs_Sol_1 := y = x^3 * (1 + z);
g := collect(eval(f, Subs_Sol_1), [x, z], distributed);
var_g := [x, z];
g_supp := PGsupp(g, var_g);
CH_g := Get_NewtonPolygon(g_supp, var_g);
PlotNewtonPolygon(CH_g, g_supp, var_g);
g_edges := Edges(CH_g);
Norm_glst := [seq](op(Get_Cone(CH_g, fid)), fid in ID~(g_edges));
g_1 := factor(Get_trunc(g, g_edges[1]));
``
Keltirilgan tenglamani yechish va yoyilmaning navbatdagi hadini topish :
40](/data/documents/e5178a2f-f94d-4121-854d-310b9b118aa4/page_40.png)
![``Maple
solve(op(-1, g_1), [z])[1];
expand(eval(Subs_Sol_1, %));
``
Natijada quyidagilarni hosil qilamiz :
``Maple
z = -1/2 * x^5
y = x^3 - 1/2 * x^8
``
Shunday qilib, koordinatalar bosh atrofida yechimning har bir shoxi uchun yoyilmalar hosil qilindi.
Maple dasturining yuqoridagi bosqichlaridagi oynasining ko’rinishi:
41](/data/documents/e5178a2f-f94d-4121-854d-310b9b118aa4/page_41.png)
![XULOSA
Ushbu malakaviy bitiruv ishida biz K[ x
1 , ⋯ , x
n ] halqa ideali Gryobner
bazisining yuqori darajali tenglamalar sistemasini yechishga qo’llanilishi,
algebraik sonlar maydoni ustidagi halqalar ideallarining bazislarini qurish va ularni
yechimlarini topish, affin ko’xillik,
k[x] halqadagi ideallar, k[x1,… ,xn] halqada
monomlarni tartiblash, Gilbertning bazislar haqidagi teoremasi, Gryobner bazislari,
Gryobner bazisining xossalari va boshqa mavzuga aloqador bo‘lgan bir nechta
tushunchalar berigan bo’lib ularga doir amaliy masalalar yechish bilan mano jihatdan
mustahkamlangan.
Malakaviy bitiruv ishida asosan quyidagi masalalarning yechimlari ko’rsatilgan.
A lgebraik sonlar maydoni ustidagi halqalar ideallarining bazislarini qurish va
ularni yechimlarini topish masalasi;
K
[ x
1 , ⋯ , x
n ] halqa ideali Gryobner bazisining yuqori darajali tenglamalar
sistemasini ye chishga qo’llanilishi ;
Berilgan polinomning maxsus nuqtalarini va koordinatalar boshi atrofida
yechimning har bir shoxining yoyilmasining dastlabki hadini topish uchun
Maple tizimida algoritm ishlab chiqilgan va bir polinomga tadbiq qilingan.
44](/data/documents/e5178a2f-f94d-4121-854d-310b9b118aa4/page_44.png)
POLINOMIAL TENGLAMALARNI YECHISHNING ZAMONAVIY METODLARI MUNDARIJA KIRISH ………………………………………………………………...………….... 3 1-BOB. K o‘phadlar halqasi 1.1-§. Halqalar, ularning turlari.Qismhalqalar …………… . ………………… ..........5 1.2-§. Bir o’zgaruvchili ko‘phadlar halqasi .................................................... ......... 6 1.3-§. K o‘p o‘zgaruvchili ko‘phadlar (polinomlar) halqasi .......... ………….…..…1 3 1.4-§. Algebraik tenglamalar sistemalar nazariyasining asosiy tushunchalari va natijalari .................................................................................. …………………….. 15 1. 5 -§. Haqiqiy va kompleks sonlar ustidagi tenglamalar sistemalari .......................17 2-BOB. Affin ko’pxilliklar 2.1-§. A ffin algebraik ko’pxilliklar ........................ …..………………………… . . 21 2.2 -§ . Idealning radikali .............................................................. … ……………..2 4 2.3-§. Gilbert teoremalari ................................ ….…… …………………………. .26 3- BOB. Gryobner bazisining xossalari va Maple paketida polinomial tenglamalarni yechish 3.1 -§. Idealning Gryobner bazisi haqida tushuncha..………………………….…..29 3.2-§. Gryobner bazisi xossalari …………………………… .…………… .……...31 3.3-§. Maple paketining Gryobner bazisiga oid buyruqlari va idealning Gryobner bazisini topish ………………………………………………………………….….38 XULOSA ………………………………………………………………………….46 FOYDALANILGAN ADABIYOTLAR RO‘YXATI …..…………….………...47 1
Kirish Algebra va geometriya orasidagi bog’lanishni o’rnatishda koeffisiyentlari biror maydondan olingan ko’phadlarni o’rganish kerak bo’ladi. Geometriya deganda affin ko’pxillirlar geometriyasini ham tushunish mumkin bo’lib, bunday ko’pxilliklar ko’phadlar orqali ifodalanadigan chiziqlar va sirtlardan iborat. Affin ko’pxilliklarni o’rganish algebraning ma’lum bo’limlarini , jumladan ko’phadlar halqasidagi ideallar nazariyasini bilishni talab qiladi. Shu maqsad yo’lida ishda qarab chiqilgan teoremanig ham roli katta hisoblanadi. Darajasi besh va undan yuqori bo’lgan algebraik tenglamalarning radikallarda yechib bo’lmasligi haqidagi Abel teoremasi bizlarnda har qanday tenglamani yoki tenglamalar sistemasini yechib bo’lmasa kerak degan fikr uyg’otadi.Lekin ba’zi bir olingan natijalar sonli usullar bilan birgalikda algebraik tenglamalar sistemasining ko’pchiligini yechish mumkinligini ko’rsatadi. Mazkur malakaviy bitiruv ishida qarab chiqilgan Gilbertning bazis to’g’risidagi va nollar to’g’risidagi abstrakt teoremalari algebraik tenglamalar sistemasi nazariyasida juda sodda va foydali talqinga ega. Gilbertning nollar to’g’risidagi teoremasi holida sistemani haqiqiy sonlar maydoni ustida emas balki kompleks sonlar maydoni ustida qarash muhim ekanligini ta’kidlab o’tamiz. Oxirgi yillarda umumiy algebraik tenglamalar sistemalarini yechishda ideallarning Gryobner bazisi tushunchasi abstrakt algebrada , kompyuter algebrasida , algebraik geometriyada , qavariq ko’pyoqlar nazariyasida, diskret geometriya va matematikaning boshqa sohalaridagi tadqiqotlarda muhim rol o’ynadi. Bitiruv malakaviy ishining dolzarbligi. Oxirgi yillarda juda tez rivojlanib borayotgan algebraik geometriya va kommutativ algebraning masalalarini o’rganish nazariy jihatdan ham, amaliy jihatdan ham zamon talabi bo’lib qoldi. Geometriya deganda affin ko’pxillirlar geometriyasini ham tushunish mumkin bo’lib, bunday ko’pxilliklar ko’phadlar orqali ifodalanadigan chiziqlar va sirtlardan iborat. Affin ko’pxilliklarni o’rganish algebraning ma’lum bo’limlarini, jumladan ko’phadlar halqasidagi ideallar nazariyasini bilishni talab qiladi.Shu maqsad yo’lida ishda qarab chiqilgan teoremanig ham roli katta hisoblanadi. 2
Bitiruv malakaviy ishining maqsadi: Affin ko’pxilliklari, ko’phadlar halqasida ideallar haqida tushunchaga ega bo’lish, Gilbertning nollar haqidagi teoremasini o’rganish, polinomiyal tenglamalar sistemasiga Maple dasturini qo’llash . Bitiruv malakaviy ishining vazifalari: Ko’phadlar halqasi,affin ko’pxilliklari, ideallar tushunchalarini o’rganish, ularga doir misollarni yechish.Gilbertning bazislar va nollar haqidagi teoremalarini yoritish, polinomiyal tenglamalar sistemasiga Maple dasturida yechish. Bitiruv malakaviy ishining o’rganilganlik darajasi: BMIga qo’yilgan masala to’la o’rganilgan, misollar orqali keng yoritilgan. Bitiruv malakaviy ishining ob’yekti: Ko’phadlar halqasi, algebraik tenglamalar sistemalari, affin ko’’pxilliklari, ideallar, radikallar, Gilbertning bazislar va nollar haqidagi teoremalari, Maple dasturining komandalari. Bitiruv malakaviy ishining predmeti: Algebraik geometriyaning boshlang’ich asosiy tushunchalari, affin algebraik ko’pxilliklar. Bitiruv malakaviy ishining ilmiy farazi: Ushbu BMI refarativ xarakterga ega bo’lib, uslubiy qo’llanma sifatida foydalanish maqsadida tayyorlangan. Bitiruv malakaviy ishining yangiligi: Ushbu BMI refarativ xarakterga ega bo’lib, algebraik geometriyaning boshlang’ich tushunchalari, Gilbertning teoremalari keltirilib, misollarda izohlab ko’rsatilgan, polinomiyal tenglamalar sistemasiga Maple dasturining komandalari qo’lanilgan. Bitiruv malakaviy ishining amaliy ahamiyati: Ushbu BMIdan oliy o’quv yurtlarining “Matematika” ta’lim yo’nalishi bakalavr talabalariga uslubiy qo’llanma sifatida foydalanishlari mumkin. Bitiruv malakaviy ishining metodologiyasi: Affin ko’pxilliklarini ko’phadlar halqasidagi ideallarni misollarda yoritish, Gilbertning teoremalarini izohlash, polinomiyal tenglamalar sistemasiga Maple dasturining komandalari qo’lash. Bitiruv malakaviy ishining metodlari: Algebraik metodlar, Maple dasturi komandalari. Bitiruv malakaviy ishi mundarija, kirish, uchta bob, xulosa va adabiyotlar ro ‘ yxatidan iborat. Bitiruv malakaviy ishida qo ‘ yilgan masalalar yuzasidan ilmiy adabiyotlar va maqolalar o ‘ rganildi. Shuningdek, bu soha algebraning yangi va zamonaviy sohalaridan biri bo‘lganligi va bu yo ‘ nalishdagi dastlabki o ‘ zbek tilidagi fundamental ma’lumotlar to ‘ planganligi bilan ahamiyatlidir. 3
I-bob KO‘PHADLAR HALQASI 1.1. Halqalar, ularning turlari.Qismhalqalar. 1-Ta’rif. Additiv yozuvda berilgan kommutativ R gruppada yig’indi amali bilan bir qatorda ko’paytirish amali ham kiritilgan bo’lib, quyidagi shartlar bajarilsa: 1.Assotsiativlik: ∀ x,y,z∈R uchun ( xy ) z = x ( yz ) . 2.Distributivlik: ∀ x,y,z∈R uchun ( x + y ) z = xz + yz , z ( x + y ) = zx + zy , u holda R halqani tashkil etadi deyiladi Additiv R gruppaning noliga R halqaning noli deyiladi. Agar R halqaning noldan farqli elementlari to’plami kiritilgan ko’paytirish amaliga nisbatan gruppani tashkil etsa, bunday halqa jism deyiladi. Halqadagi ko’paytirish amali umuman olganda kommutativ emas.Agar ko’paytirish kommutativ bo’lsa,bunday halqa kommutativ halqa deyiladi.Kommutativ jism maydon deyiladi. Agar R halqada quyidagi shartlar bajarilsa: 1. ∀ a∈R uchun a 2 = 0 bo’lsa, 2. ∀ a,b,c∈R uchun a ( bc ) + b ( ca ) + c ( ab ) = 0 (Yakobi ayniyati ) bajarilsa, R halqa Li halqasi deyiladi. Misollar .1.Barcha butun sonlar,barcha ratsional sonlar,barcha haqiqiy sonlar,barcha kompleks sonlar to’plamlari Z,Q ,R,C odatdagi yig’indi va ko’paytirish amallariga nisbatan kommutativ halqani tashkil etadi. 2.Biror F sonlar maydoni ustidagi bir o’zgaruvchili barcha ko’phadlar to’plami P ( F ) ko’phadlarning odatdagi yig’indi va ko’paytirish amallariga nisbatan kommutativ halqani tashkil etadi. 3.Elementlari F sonlar maydonidan bo’lgan n − ¿ tartibli barcha kvadrat matritsalar to’plami M n ( F ) matrisalarning odatdagi yig’indi va ko’paytirish amallariga nisbatan kommutativ bo’lmagan halqani tashkil etadi. 4
4.Uch o’lchovli fazoning barcha vektorlari to’plamida yig’indi amali deb vektorlarni qo’shishni, va ko’paytirish amali deb vektorlarning vektorial ko’paytmasini qabul qilsak,u holda hosil bo’lgan halqa Li halqasi bo’ladi. Agar halqaning a≠0,b≠0 elementlari uchun ab = 0 bo’lsa,u holda ava b elementlar nolning bo’luvchilari deyiladi ( a − ¿ nolning chap bo’luvchisi, b –o’ng bo’luvchisi deyiladi ). Nolning bo’luvchilariga ega bo’lmagan kommutativ halqa butunlik sohasi deyiladi.Agar R halqada shunday e element mavjud bo’lsaki, ∀ a∈R element uchun ae = ea = a shart bajarilsa, bunday e element halqaning birlik elementi deyiladi,halqa esa birlik elementli halqa deyiladi. 5.Elementlari sonlardan iborat bo’lgan,amallar sonlarning odatdagi yig’indisi va ko’paytmasidan iborat bo’lgan har qanday halqa butunlik sohasi bo’ladi. 6. [a,b] kesmada aniqlangan barcha uzluksiz funksiyalar to’plami C[a,b] da yig’indi va ko’paytirish amallari odatdagidek aniqlangan bo’lsa,bu to’plam nolning bo’luvchilariga ega bo’lgan halqani tashkil etadi. 7. M n(F) kvadrat matrislar halqasi nolning bo’luvchilariga ega bo’lgan haiqadir. 8. Barcha juft sonlar to’plami birlik elementga ega bo’lmagan halqadir. 9. Q ¿ ) orqali a + b √ 2 ( a,b∈Q¿ ko’rinishdagi haqiqiy sonlar to’plamini belgilaymiz.Haqiqiy sonlarni qo’shish va ko’paytirish amallariga nisbatan bu to’plam birlik elementli halqa bo’ladi. Qismhalqalar Agar R halqaning additiv gruppasi A o’zining ixtiyoriy ikkita a va b elementlari bilan birgalikda ularning ko’paytmasi ab ni ham saqlasa, A ga R halqaning qismhalqasi deyiladi.Boshqacha aytganda A ning o’zi R halqadagi amallarga nisbatan halqani tashkil qilishi kerak. 10. Z halqa Q halqaning, Q halqa R halqaning, Z va Q halqalar R halqaning qismhalqalari bo’ladi. 11. P ( R ) ko’phadlar halqasi R dagi barcha uzluksiz funksiyalar halqasi C ( R ) ning qismhalqasi bo’ladi. 1.2. Bir o’zgaruvchili ko‘phadlar halqasi Halqalar ichida polinomlar halqasi muhim o‘rin egallaydi. Biz ko‘phadni a 0 + a 1 x + … + a n x n shakldagi ifoda bilan tasvirlaymiz, bu erda x qandaydir simvol, ai larni esa haqiqiy sonlar deb qarashimiz mumkin yoki ko‘phadni x ning f ( x ) = a 0 + a 1 x + … + a n x n funksiyasi sifatida ham qarash mumkin. Umuman olganda, ko‘phad o‘zi nimadan iborat, x simvol nimani anglatadi? Nima uchun ikkita a0+a1x+… +anxn va b0+b1x+… +bmxm ko‘phadlar faqat va faqat n= m va a i = b i , i = 1,2 , … , n 5