İkinci dereceden ve baş katsayısı $1$ olan birer polinomun kökleri $x,y$ elemanları olsun. Bu durumda $x+y$ ve $xy$ de aynı özellikte birer polinomun kökleri olarak yazılabilir.

0 beğenilme 0 beğenilmeme
119 kez görüntülendi

Bir $A\subset B$ halka genişlemesi (ring extension) ve $x,y\in B$ elemanları için \begin{equation} x^2+ax+b\ \&\ y^2+cy+d\end{equation} olacak şekilde $a,b,c,d\in A$ elemanları var olsun. Bu durumda $x+y$ ve $xy$ elemanları için böyle bir eşitliği (yani $A$ üzerinde ikinci dereceden ve baş katsayısı 1 olan bir polinomun kökü biçiminde) nasıl oluştururuz?

Açıklama: Çok teknik terim kullanmak istemediğimden soruyu biraz karmaşık açıklamış olabilirim. Özetle sırasıyla $x+y$ ve $xy$ elemanlarını kök kabul edecek \begin{equation} p(X)=X^2+\alpha X+\beta\in A[X]\end{equation} şeklinde iki tane polinom arıyoruz.

7, Mart, 2015 Akademik Matematik kategorisinde Enis (1,056 puan) tarafından  soruldu
7, Mart, 2015 Enis tarafından düzenlendi

2 Cevaplar

0 beğenilme 0 beğenilmeme

Derece 2 olduğunda muhtemelen kolay bir kanıt bulunur, ama ben daha genel bir teorem kanıtlayayım.

Bu tür monik polinom sağlayan elemanlara "$A$ üzerine tam elemanlar" denir. Genel olarak eğer $x,\, y\in B$ elemanları $A$ üzerine tamsa, $x+y$ ve $xy$ elemanları da $A$ üzerine tamdır. Ama galiba bunun için $A$ halkasının (mesela $\mathbb{Z}$ gibi) tek üreteçli ideal bölgesi olması lazım. Kanıtı şöyle:

Önce kolay ama kilit bir önsav: $x$'in $A$ üzerine tam olması için yeter ve gerek koşul $A[x]$'in sonlu üreteçli serbest $A$-modül olmasıdır. Bunu kanıtlamak için $A$'nın herhangi bir komütatif halka olması yeterli.

Şimdi istediğimizi kanıtlayabiliriz. Önsava göre $A[x]$, $A$ üzerine sonlu üreteçli serbest. Aynı şekilde $A[x,y]$ de $A[x]$ üzerine serbest ve sonlu boyutlu. Buradan kolaylıkla $A[x, y]$'nin $A$ üzerine sonlu boyutlu serbest olduğu çıkar. Ama $A[x+y]$ ve $A[xy]$, bu $A[x, y]$ modülünün $A$-altmodülleri. $A$ tek üreteçli ideal bölgesi olduğundan bu altmodüller de sonlu üreteçli serbest $A$-modüllerdir. Dolayısıyla önsava göre $x+y$ ve $xy$ elemanları $A$ üzerine tamdır.

7, Mart, 2015 anesin (691 puan) tarafından  cevaplandı
7, Mart, 2015 anesin tarafından düzenlendi

Hocam teşekkürler cevabınız için. Aslına bakarsanız şöyle komik bir durum var. Kanıtladığınız savı anlamak için çok çaba sarfetmemekle birlikte, bahsettiğim örneğin cevabını bulamamıştım. Zannediyorum bunun sebebi, kimi zaman çok 'soyut' düşünmek ve somut örneklerle yeteri kadar haşır neşir olmamak.

Bir sonraki cevabımda nasıl bulacağını gösterdim. Ama doğrusu ben de bulamadım, $4 \times 4$ boyutlu bir matrisin determinantını hesaplamaya üşendim. Ama bu senin uğraştığın problemin benzeriyle ben de gençliğimde bir hafta filan uğraşmıştım. Bulamamıştım. Kitaptaki kanıta baktığımda matematiğe ve gücüne bir kez daha hayran oldum.

0 beğenilme 0 beğenilmeme

Şimdi $x+y$ ya da $xy$ elemanının monik polinomunun nasıl bulunduğunu anlatmaya çalışayım. $A[x, y]$ serbest $A$-modülünün bir tabanının seç. (Örneğinde eğer $x$ ve $y$ bağımsızsa taban olarak $1,\, x,\, y, \, xy$ olarak alabilirsin.) $m\in A[x,y]$ olsun. (Örneğinde $m=x+y$ ya da $m=xy$.) Elemanları $m$ ile çarpma $A[x,y]$'dan $A[x,y]$'ye giden bir $A$-modül homomorfisi verir: $X \mapsto mX$. Seçtiğin tabana göre bu homomorfinin matrisini bul. Bu matrise $M$ diyelim. Eğer herhangi bir $X\in M$ elemanını bulduğun tabanda ifade edersen, $mX = MX$ olur. Şimdi $p(X) = \det(M - X I)$ olsun, yani $M$'nin karakteristik polinomu olsun. Bu tabii monik bir polinomdur ve Cayley-Hamilton mu ne, bir teoreme göre $p(M)=0$ olur. Bu eşitliği $1$ elemanına uygularsan, $M1 = m$ olduğundan, $P(m)=1$ bulursun.

7, Mart, 2015 anesin (691 puan) tarafından  cevaplandı
7, Mart, 2015 anesin tarafından düzenlendi
...