O‘zbekiston respublikasi oliy va o‘rta maxsus ta’lim vazirligi mirzo ulug‘bek nomidagi o‘zbekiston milliy universiteti

6.6.1-ta’rif. Agar Gal(F, K) gruppa siklik gruppa bo‘lsa, u holda K ⊂ F ken- gaytma siklik kengaytma deb ataladi.
Agar K maydonning f (x) = xⁿ − c ko‘phadga mos keluvchi sodda radikal kengaytmasida birning n-darajali boshlang‘ich ildizi K maydonga tegishli bo‘lsa, u holda ushbu sodda radikal kengaytma siklik kengaytma bo‘ladi. Haqiqatdan ham, agar F = K(ζ, η) bo‘lib, ζ ∈ K bo‘lsa, u holda K(ζ, η) = K(η) bo‘lib, 6.5.2-teorema isbotidagi kabi Gal(F, K) gruppadan M_n gruppaga qurilgan monomorfizmning obrazi H = {(1, m) | m ∈ Z_n} to‘plamdan iborat bo‘ladi. Ushbu H to‘plam M_n gruppaning siklik qism gruppasi bo‘lganligi uchun Gal(F, K) Galua gruppasining ham siklik ekanligi kelib chiqadi.
Shunday qilib, biz birning n-darajali boshlang‘ich ildizi K maydonga tegishli bo‘lgan holda ixtiyoriy sodda radikal kengaytmaning siklik kengaytma bo‘lishini
hosil qildik. Bizning maqsadimiz ushbu tasdiqning teskarisi ham o‘rinli ekanlig- ini ko‘rsatishdan iborat. Buning uchun dastlab, bir qancha zaruriy lemmalarni isbotlab olamiz.

Demak, bizga xarakteristikasi nolga teng bo‘lgan maydonning K ⊂ F siklik
kengaytmasi berilgan bo‘lib, [F : K] = n bo‘lsin. Aytaylik, ζ – birning n-darajali boshlang‘ich ildizi va ϕ ∈ Gal(F, K) avtomorfizm siklik gruppaning hosil qiluvchi elementi bo‘lib, ζ ∈ K bo‘lsin. Ixtiyoriy α ∈ K element va t butun son uchun quyidagi qatorni qaraymiz
(ζ^t, α) = α + ζ^t · ϕ(α) + ζ^2t · ϕ²(α) + · · · + ζ^(n−1)t · ϕⁿ⁻¹(α)


6.6.1-lemma. Shunday α ∈ K element mavjudki, (ζ, α) 0.


Isbot. Xarakteristikasi nolga teng bo‘lgan maydon cheksiz maydon bo‘lganligi va K ⊂ F kengaytma chekli ekanligi uchun 6.2.1-teoremaga ko‘ra shunday θ ele- ment topilib, F = K(θ) bo‘ladi. Bundan tashqari, [F : K] = n bo‘lgani uchun θ element darajasi n ga teng bo‘lgan keltirilmas ko‘phadning ildizidir. Biz quyidagi elementlarni qarab,
(ζ, θ), (ζ, θ²), . . . , (ζ, θⁿ⁻¹)
bu elementlardan hech bo‘lmaganda bittasi noldan farqli ekanligini ko‘rsatamiz.
Teskarisini faraz qilaylik, ya’ni (ζ, θ) = (ζ, θ²) = · · · = (ζ, θⁿ⁻¹) = 0 bo‘lsin, u holda


_

θ + ζ · ϕ(θ) + ζ² · ϕ²(θ) + · · · + ζⁿ⁻¹ · ϕⁿ⁻¹(θ) = 0, θ² + ζ · ϕ(θ²) + ζ² · ϕ²(θ²) + · · · + ζⁿ⁻¹ · ϕⁿ⁻¹(θ²) = 0,
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ,
θⁿ⁻¹ + ζ · ϕ(θⁿ⁻¹) + ζ² · ϕ²(θⁿ⁻¹) + · · · + ζⁿ⁻¹ · ϕⁿ⁻¹(θⁿ⁻¹) = 0.

Bundan tashqari, ζ – birning n-darajali boshlang‘ich ildizi ekanligidan foy- dalansak, 0 = ζⁿ − 1 = (ζ − 1)(1 + ζ + ζ² + · · · + ζⁿ⁻¹) tenglikdan

1 + ζ + ζ² + · · · + ζⁿ⁻¹ = 0
kelib chiqadi.

U holda 1, ζ, ζ², . . . , ζⁿ⁻¹ elementlar oldidagi koeffitsiyentlardan tuzilgan de- terminantning qiymati nolga teng bo‘ladi, ya’ni
1 1 1 . . . 1

. .

θ ϕ(θ) ϕ²
.
(θ) . . . ϕ
n−1
(θ)
.

.
θ² ϕ(θ²) ϕ²(θ²) . . . ϕⁿ⁻¹(θ²)

. . . . . . . . . . . . . . .
.
= 0.
.

_{. θ}n−1 _ϕ(θn−1_{) ϕ}2_(θn−1_{) . . . ϕ}n−1_(θn−1_{) .}

Endi ϕ akslantirishning avtomorfizm ekanligidan foydalansak, ϕⁱ(θ^j) =

ϕⁱ(θ) ^j bo‘lib, yuqoridagi determinant quyidagi ko‘rinishga keladi

1	1	1 . . . 1
θ	ϕ(θ)	ϕ^2(θ) . . . ϕ^n^−1(θ)

. θ² ϕ(θ) ² ϕ²(θ) ² . . . ϕⁿ⁻¹(θ) ²

. . . . . . . . . . . . . . .
.
. = 0.
.

^. θⁿ⁻¹ ϕ(θ) ⁿ⁻¹ ϕ²(θ) ⁿ⁻¹ . . . ϕⁿ⁻¹(θ) ^{n−1 .}
Ko‘rinib turibdiki, ushbu determinant θ, ϕ(θ), ϕ²(θ), . . . , ϕⁿ⁻¹(θ) elementlarga nisbatan Vandermond determinanti bo‘lib, uning qiymati nolga teng ekanligidan ushbu elementlarning ichida o‘zaro tenglari mavjudligi kelib chiqadi. Ya’ni qan- daydir i, j (0 ≤ i, j, ≤ n − 1) uchun ϕⁱ(θ) = ϕ^j(θ). Bundan esa ϕⁱ = ϕ^j kelib chiqib, bu esa ϕ avtomorfizmning hosil qiluvchi element ekanligiga zid. Ushbu zid- diyatdan (ζ, θ), (ζ, θ²), . . . , (ζ, θⁿ⁻¹) elementlarning ichida noldan farqlisi mavjud ekanligi, ya’ni lemmaning isboti kelib chiqadi.