Algebra. Wykład 1 4 Wstęp... 4 Relacja równości Wykład 2 6 Pierścień... 6 Liczby całkowite... 7 Relacja nierówności... 8

Transkrypt

1 Algebra Spis treści Wykład 1 4 Wstęp Relacja równości Wykład 2 6 Pierścień Liczby całkowite Relacja nierówności Wykład 3 8 Relacja podzielności Liczby pierwsze Największy wspólny dzielnik Wykład 4 11 Ciało Relacja równoważności Konstrukcja ułamków Pierścień Z n Wykład 5 15 Liczby rzeczywiste Liczby zespolone Izometrie płaszczyzny Wykład 6 19 Wielomiany Wykład 7 21 Pierwiastki wymierne Podzielność wielomianów Pierwiastki rzeczywiste Wykład 8 24 Zasadnicze twierdzenie algebry Równania

2 Wykład 9 26 Równanie 3 stopnia Równanie 4 stopnia Wielomiany symetryczne Wykład Grupy Wykład Podgrupy Wykład Permutacje Wykład Dzielnik normalny i grupa ilorazowa Jądro homomorfizmu Wykład Przestrzeń liniowa Wykład Przekształcenia liniowe Wykład Dodawanie macierzy i mnożenie macierzy przez skalar Mnożenie macierzy Zmiana bazy Wykład Równania liniowe Wykład Jak znaleźć rząd macierzy? Równania i wyznaczniki Wykład Definicja i własności wyznacznika Wykład Niezmienniki Rozwinięcie Laplace a Dwa twierdzenia Wykład Wektory i wartości własne

3 Wykład Formy kwadratowe Diagonalizacja Lagrange a Wykład Grupa obrotów i grupa Lorentza Wykład Przekształcenia hermitowskie i unitarne

4 Wstęp 1. Liczby naturalne N = {0, 1, 2, 3,...}. Niektórzy przyjmują N = {1, 2, 3,...}. Liczby naturalne można dodawać i mnożyć. Nie można od mniejszej liczby odejmować większej. 2. Liczby całkowite Z = {..., 2, 1, 0, 1, 2,...}, N Z Własności dodawania i mnożenia: (a + b) + c = a + (b + c) a + b = b + a a + 0 = a (łączność dodawania) (przemienność dodawania) (0 jest elementem neutralnym względem dodawania) Dla każdego a znajdziemy b takie, że a + b = 0 przeciwną do a) a(bc) = (ab)c ab = ba a1 = a a(b + c) = ab + ac (łączność mnożenia) (przemienność mnożenia) (1 jest elementem neutralnym względem mnożenia) (rozdzielność) (b nazywamy liczbą 3. Zbiór z dwoma działaniami spełniającymi powyżej wypisane własności nazywamy pierścieniem (przemiennym z 1). 4. Liczby wymierne czyli ułamki Q. Własności dodawania i mnożenia: (a + b) + c = a + (b + c) a + b = b + a a + 0 = a Dla każdego a znajdziemy b takie, że a + b = 0 a(bc) = (ab)c ab = ba a1 = a dla każdego a 0 znajdziemy b takie, że ab = 1 (b nazywamy liczbą odwrotną do liczby a) a(b + c) = ab + ac 5. Zbiór z dwoma działaniami spełniającymi powyżej wypisane własności nazywamy ciałem. Zakłada się, że Inne przykłady ciał: liczby rzeczywiste R, liczby zespolone C (liczby postaci a + bi, gdzie i 2 = 1). Z Q R C. 7. Jeszcze jeden przykład pierścienia. Wielomiany o współczynnikach rzeczywistych. Wyrażenia postaci a 0 + a 1 x + a 2 x a n x n, a 0, a 1,..., a n R. 4

5 8. Wektory w R 3. Dodawanie wektorów i mnożenie wektora przez liczbę: (x, y, z) + (x, y, z ) = (x + x, y + y, z + z ), α(x, y, z) = (αx, αy, αz). Wektorów tworzą przestrzeń wektorową (liniową). 9. Własności działań (u, v, w R 3, α, β R) (u + v) + w = u + (v + w) u + v = v + u u + 0 = u (w naszym przykładzie 0 = (0, 0, 0)) Dla każdego wektora u znajdziemy wektor v taki, że u + v = 0 1u = u α(βu) = (αβ)u α(u + v) = αu + αv (α + β)u = αu + βu 10. (x, y, z) = x(1, 0, 0) + y(0, 1, 0) + z(0, 0, 1) Każdy wektor (x, y, z) możemy w dokładnie jeden sposób przedstawić jako sumę wektorów (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) pomnożonych przez pewne liczby. Zbiór takich wektorów nazywamy bazą. 11. Funkcja f: podzbiór X Y taki, że dla każdego x X istnieje y Y takie, że (x, y) f, jeśli (x, y) f i (x, z) f, to z = y. 12. Zamiast pisać (x, y) f piszemy y = f(x) (na wykładzie zamiast formalnych definicji były odpowiednie rysunki). 13. Mówimy, że f jest funkcją różnowartościową, jeśli z równości f(a) = f(b) wynika równość a = b. 14. Mówimy, że f przekształca X na Y, jeśli dla każdego y Y znajdziemy x X takie, że f(x) = y. 15. Funkcja różnowartościowa przekształcająca X na Y jest odwracalna. 16. Grupa przekształceń. Niech S 3 oznacza zbiór wszystkich funkcji przekształcających {1, 2, 3} na {1, 2, 3}. Takich funkcji jest 6. Własności S 3 f S 3 f jest odwracalna i f 1 S 3 f, g S 3 f g S Składanie funkcji jest łączne. f g(x) = f(g(x)), ((f g) h)(x) = (f g)(h(x)) = f(g(h(x)), (f (g h))(x) = f((g h)(x)) = f(g(h(x)). Dlatego (f g) h = f (g h). 5

6 18. Abstrakcyjna definicja. Grupą nazywamy zbiór G z jednym działaniem posiadającym następujące własności (fg)h = f(gh) Istnieje element e taki, że ef = fe = f Dla każdego f znajdziemy g takie, że fg = gf = e Relacja równości Własności: a = a a = b b = a a = b i b = c a = c Jeśli f jest funkcją i a = b, to f(a) = f(b). Jeśli ψ jest formą zdaniową (zdaniem z parametrami) i a = b, to ψ(a) ψ(b) Z wymienionych własności wynika m.in., że jeśli a = b, to a + c = b + c. Pierścień Pierścieniem przemiennym z jednością nazywamy zbiór z dwoma działaniami posiadającymi następujące własności (a + b) + c = a + (b + c) a + b = b + a Istnieje element 0 taki, że a + 0 = a Dla każdego a istnieje b takie, że a + b = 0 a(bc) = (ab)c ab = ba Istnieje element 1 taki, że a1 = a a(b + c) = ab + ac Z powyższych własności wynikają następujące własności Element 0 jest jedyny. Dowód. Załóżmy, że 0, 0 są elementami neutralnymi względem dodawania. Wtedy 0=0+0 =0 +0=0. 6

7 Element 1 jest jedyny. Dowód. Załóżmy, że 1, 1 są elementami neutralnymi względem mnożenia. Wtedy 1=11 =1 1=1. Element przeciwny jest jedyny. Element przeciwny do a oznaczamy przez a. Dowód. Załóżmy, że a + b = 0 i a + c = 0. Wtedy a = a + 0 = a + (a + c) = a + (b + c) = (a + b) + c = 0 + c = c + 0 = c. (a + b) = ( a) + ( b) Dowód. Obie strony są przeciwne do a + b. 0a = 0 Dowód. 0a = a0 = a(0 + 0) = a0 + a0. Dlatego 0 = a0 + ( a0) = (a0 + a0) + ( a0) = a0 + (a0 + ( a0)) = a0 + 0 = a0. a b oznacza a + ( b). ( a) = a Dowód. a + ( a) = 0 i ( ( a)) + ( a) = 0. Dlatego ( a) = a. a(b c) = ab ac a( b) = ab Liczby całkowite Liczby całkowite Z tworzą pierścień. Liczby całkowite posiadają jeszcze dwie ważne własności. Jeśli a 0 i b 0, to ab 0 (mówimy, że w pierścieniu nie ma dzielników zera) Niech N = {0, 1, 1 + 1, ,...}. N Z. Ale jeśli n Z, to n N lub n N. Zasada indukcji Zasada indukcji 1. Niech T 0, T 1, T 2,... będzie ciągiem zdań. Jeśli T 0 oraz T n T n+1 dla n = 0, 1, 2,..., to T n dla n = 0, 1, 2,.... Zasada indukcji 2. Jeśli T 0, oraz T 0, T 1,..., T n T n+1 dla n = 0, 1, 2,..., to T n dla n = 0, 1, 2,.... Dla przykładu udowodnimy przez indukcję wzór n(n + 1) = n(n + 1)(n + 2)/3. 7

8 Dowód. Dla n = 0 mamy 0 1 = 0 i 0 1 2/3 = 0. Załóżmy, że Wtedy Dlatego dla każdego n n(n + 1) = n(n + 1)(n + 2)/ n(n + 1) + (n + 1)(n + 2) = = n(n + 1)(n + 2)/3 + (n + 1)(n + 2) = = (n + 1)(n + 2)(n/3 + 1) = (n + 1)(n + 2)(n + 3)/ n(n + 1) = n(n + 1)(n + 2)/3. Zasada minimum. W każdym niepustym podzbiorze N znajdziemy element najmniejszy. Relacja nierówności Liczby (Z, Q, R) można podzielić na trzy rozłączne podzbiory: {0}, liczby dodatnie i liczby ujemne (przeciwne do dodatnich). Suma liczb dodatnich jest dodatnia. Iloczyn liczb dodatnich jest dodatni. a < b oznacza, że liczba b a jest dodatnia. a b oznacza, że a < b lub a = b. Wnioski Zachodzi dokładnie jedna z relacji: a < b, a = b, b < a. a < b i b < c a < c. a < b a + c < b + c. a < b i 0 < c ac < bc. Relacja podzielności W tej części mówimy tylko o liczbach całkowitych. Definicja. Mówimy, że a dzieli b, jeśli istnieje k takie, że b = ka. Piszemy a b. Możemy też powiedzieć, że a jest dzielnikiem liczby b lub jeszcze inaczej, że b jest wielokrotnością a. Spostrzeżenia: 8

9 a b i b 0 a b a b i b a a = ±b a b i b c a c. Dowód. Jeśli a b i b c, to znajdziemy liczby całkowite k i l takie, że b = ka i c = lb. Wynika stąd, że c = lb = lka, co oznacza, że a c. a b i a c a (b + c) i a (a c). Liczby pierwsze Definicja. Dodatnią liczbę całkowitą p nazywamy liczbą pierwszą, jeśli p ma dokładnie dwa dodatnie dzielniki całkowite (tzn. 1 i p). 1 nie jest liczbą pierwszą bo ma tylko 1 dodatni dzielnik całkowity: 1. 2 jest liczbą pierwszą bo ma dokładnie 2 dodatnie dzielniki całkowite: 1,2. 6 ma aż 4 dodatnie dzielniki całkowite: 1,2,3,6. Lemat. Każda liczba całkowita większa od 1 ma dzielnik pierwszy. Dowód przez indukcję. Liczba 2 ma dzielnik pierwszy równy 2. Załóżmy, że lemat jest prawdziwy dla liczb k = 2, 3, 4,..., n 1. Pokażemy, że twierdzenie jest prawdziwe dla n. Jeśli n jest liczbą pierwszą, to n ma dzielnik pierwszy równy n. Jeśli natomiast n nie jest liczbą pierwszą, to n ma dodatni dzielnik k, przy czym 1 < k < n. Z założenia indukcyjnego wiemy, że k ma dzielnik pierwszy. Jest to równocześnie dzielnik pierwszy liczby n. Twierdzenie. Liczb pierwszych jest nieskończenie wiele. Dowód. Załóżmy, że mamy skończoną liczbę liczb pierwszych: p 1, p 2,..., p n. Rozważamy liczbę q = p 1 p 2 p n + 1. Zgodnie z Lematem liczba q ma dzielnik pierwszy. Może nim być tylko jedna z wymienionych liczb pierwszych. Jeśli jednak p i q (i = 1, 2,..., n), to p i 1 i mamy sprzeczność. Oznacza to, że liczby p 1, p 2,..., p n nie mogą być wszystkimi liczbami pierwszymi. Twierdzenie. Rozkład na czynniki. Każdą liczbę całkowitą większą od 1 możemy zapisać w postaci iloczynu liczb pierwszych. Każde dwa przedstawienia różnią się co najwyżej kolejnością czynników. (pierwsza część twierdzenia jest prosta do wykazania przez indukcję, druga część jest trudniejsza) Największy wspólny dzielnik Liczbę d nazywamy wspólnym dzielnikiem a, b jeśli d a i d b. Zbiór wspólnych dzielników jest niepusty (zawiera 1). Jeśli co najmniej jedna z liczb a, b jest różna od 0, np. a 0, to d a i zbiór wspólnych dzielników a, b jest ograniczony. Największy element w zbiorze wspólnych dzielników nazywamy największym wspólnym dzielnikiem i oznaczamy NW D(a, b). 9

10 Przykłady. NW D(12, 15) = 3, NW D(30, 72) = 6. Twierdzenie (Dzielenie z resztą). Dla każdych dwóch dodatnich liczb całkowitych znajdziemy liczby całkowite k, r takie, że a = kb + r, 0 r < b. Liczby k i r są określone jednoznacznie. Liczbę r nazywamy resztą z dzielenia a przez b. Dowód. Rozważamy zbiór nieujemnych liczb całkowitych postaci a kb, gdzie k jest liczbą całkowitą. Zbiór ten jest niepusty, zawiera bowiem liczbę a. Niech r będzie najmniejszym elementem w rozważanym zbiorze. Z definicji r 0. Poza tym r < b. W przeciwnym wypadku mielibyśmy a (k + 1)b = r b 0 i r b należałoby do rozważanego zbioru wbrew założeniu, że r jest najmniejszą liczbą w rozważanym zbiorze. Jednoznaczność. Załóżmy, że kb + r = k b + r, 0 r < b. Wtedy (k k )b = r r. Gdyby r r np. r < r, mielibyśmy k > k i r r + (k k )b b wbrew założeniu, że r < b. Uwaga. a, b nie muszą być dodatnie. Ważne jest, aby b 0. Stwierdzenie. Jeśli a = kb + r (b 0), to NW D(a, b) = NW D(b, r). Dowód. Jeśli a = kb+r, to wspólny dzielnik a i b (w szczególności NW D(a, b)) dzieli r. Jest więc wspólnym dzielnikiem b i r. Wynika stąd nierówność NW D(a, b) NW D(b, r). Podobnie NW D(b, r) NW D(a, b). Dlatego NW D(a, b) = NW D(b, r). Algorytm Euklidesa do obliczania N W D(a, b). Załóżmy, że 0 < b < a. Niech r 0 = a, r 1 = b. Wykonujemy kolejne dzielenia z resztą r 0 = k 1 r 1 + r 2 r 1 = k 2 r 2 + r 3 r 2 = k 3 r 3 + r 4 Ciąg reszt r 0, r 1, r 2,... jest malejący. Dlatego dla pewnego i r i > 0 i r i+1 = 0. Zgodnie ze stwierdzeniem NW D(r 0, r 1 ) = NW D(r 1, r 2 ) = NW D(r 2, r 3 ) = = NW D(r i, 0) = r i. Ostatnia niezerowa reszta jest największym wspólnym dzielnikiem a i b. Twierdzenie. Dla dowolnych liczb całkowitych a, b, z których co najmniej jedna jest różna od zera, znajdziemy liczby całkowite x, y takie, że ax + by = NW D(a, b). Dowód. Kolejne reszty w algorytmie Euklidesa mają postać r j = x j a + y j b. r 0 = 1a + 0b, r 1 = 0a + 1b. Jeśli r j 1 = x j 1 a + y j 1 b i r j = x j a + y j b, 10

11 to r j+1 = r j 1 k j r j = (x j 1 k j x j )a + (y j 1 k j y j )b. W szczególności ostatnia niezerowa reszta ma postać ax + by. Dowód pokazuje jak znaleźć rozwiązanie równania ax + by = NW D(a, b). Przykład. NW D(44, 13) i rozwiązanie równania 44x + 13y = = = = = = 13 2( ) = = = 5 3 = ( ) ( ) = = = = ( ) ( ) = = Wniosek. Załóżmy, że a 0 lub b 0. Równanie ax + by = d ma rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy NW D(a, b) d. Stwierdzenie. Ogólne rozwiązanie wyraża się wzorami x = x 0 + lb/nw D(a, b), y = y 0 la/nw D(a, b), gdzie para x 0, y 0 jest szczególnym rozwiązaniem, a l dowolną liczbą całkowitą. Z Twierdzenia możemy wywnioskować łatwo kilka ważnych faktów. Twierdzenie. d a i d b d NW D(a, b). Twierdzenie. a bc i NW D(a, b) = 1 a c. Dowód. ax + by = 1 dla pewnych x, y. Stąd acx + bcy = c i dlatego a c. Z twierdzenia wynika jednoznaczność rozkładu na czynniki pierwsze. Definicja. Liczby a, b takie, że NW D(a, b) = 1, nazywamy liczbami względnie pierwszymi. Twierdzenie. NW D(a, b) = 1 i NW D(a, c) = 1 NW D(a, bc) = 1. Dowód. ax 1 + by 1 = 1, ax 2 + cy 2 = 1 dla pewnych x 1, y 1, x 2, y 2. Mnożąc stronami powyższe równania otrzymujemy ax + bcy = 1 (x = ax 1 x 2 + by 1 x 2 + cx 1 y 2, y = y 1 y 2 ). Oznacza to, że NW D(a, bc) = 1. Niekonstruktywny dowód istnienia rozwiązań równania ax + by = NW D(a, b), a, b > 0. Niech A będzie zbiorem wszystkich dodatnich liczb całkowitych postaci ax + by, gdzie x, y są liczbami całkowitymi. a = a1 + b0 A i b = a0 + b1 A. Niech D = ax 0 + by 0 będzie najmniejszą liczbą w zbiorze A. D jest dzielnikiem każdej liczby ze zbioru A. Mamy bowiem ax+by = kd+r, 0 r < D. Stąd r = a(x kx 0 )+b(y ky 0 ) i w przypadku r > 0 mamy sprzeczność z założeniem, że D jest najmniejszą liczbą w A. W szczególności D a i D b. Stąd D NW D(a, b). Z drugiej strony każdy wspólny dzielnik a, b dzieli każdy element ze zbioru A, w szczególności NW D(a, b) D i NW D(a, b) D. Stąd równość D = NW D(a, b). Ciało Ciałem nazywamy zbiór (zawierający co najmniej 2 elementy) z dwoma działaniami posiadającymi następujące własności 11

12 (a + b) + c = a + (b + c) a + b = b + a Istnieje element 0 taki, że a + 0 = a Dla każdego a znajdziemy b takie, że a + b = 0 a(bc) = (ab)c ab = ba Istnieje element 1 taki, że a1 = a Dla każdego a 0 znajdziemy b takie, że ab = 1 a(b + c) = ab + ac Ciało jest pierścieniem. Własności pierścienia przenoszą się na ciało. Dodatkowe własności związane są z istnieniem elementu odwrotnego. ab = 1 i ac = 1 b = c. a 0 i b 0 ab 0. a 1 oznacza element odwrotny do a 0. (a 1 ) 1 = a, (ab) 1 = a 1 b 1 a/b oznacza ab 1. Relacja równoważności Iloczynem kartezjańskim zbiorów A i B nazywamy zbiór wszystkich par (a, b) takich, że a A i b B. Iloczyn kartezjański oznaczamy przez A B. Relacją określoną na zbiorze A nazywamy dowolny podzbiór A A. Zamiast mówić, że para (x, y) należy do relacji, mówimy, że a jest w relacji z b. Niech arb oznacza, że a jest w relacji z b. Definicja. Relację R nazywamy relacją równoważności jeśli R posiada następujące własności: ara (zwrotność) arb bra (symetryczność) arb i brc arc (przechodniość) Relacja równości jest relacją równoważności. Relacje: słabej nierówności ( ), podzielności, zawierania zbiorów są zwrotne i przechodnie. Nie są symetryczne. Relacją równoważności jest relacja przystawania modulo ustalona liczba: a b (mod n) n a b, a, b Z 12

13 Definicja. Klasą równoważności (klasą abstrakcji) elementu a nazywamy zbiór takich elementów x, że xra. Klasę równoważności elementu a oznaczymy przez [a]. Twierdzenie. Relacja równoważności R określona na zbiorze A rozbija zbiór A na rozłączne klasy równoważności. Dowód. Każdy element a A należy do pewnej klasy równoważności, a [a] bo ara. Pokażemy, że jeśli [a] [b], to [a] = [b]. Załóżmy, że x [a] i c [a] [b]. Stąd xra i cra (a więc również arc). Dlatego xrc, a ponieważ crb, więc xrb czyli x [b]. Podobnie pokazujemy, że każdy element klasy [b] należy do klasy [a]. Dlatego [a] = [b]. Konstrukcja ułamków Pokażemy jak wychodząc z pierścienia liczb całkowitych skonstruować pierścień liczb wymiernych. W konstrukcji ważne jest, że w pierścieniu liczb całkowitych nie ma dzielników zera (iloczyn elementów niezerowych jest niezerowy). Konstrukcja jest ogólna. Wychodząc z pierścienia wielomianów dostajemy ciało funkcji wymiernych. W zbiorze A = Z (Z {0}) określamy relację R: (l, m)r(l, m ) lm = l m. Relacja R jest relacją równoważności. (l, m)r(l, m). Mamy bowiem lm = lm. (l, m)r(l, m ) lm = l m l m = lm (l, m )R(l, m) (l, m)r(l, m ) i (l, m )R(l, m ) lm = l m i l m = l m lm m = l mm = l m m (lm l m)m, m 0 lm = l m (l, m) = (l, m ) W zbiorze klas relacji R określamy działania: dodawanie i mnożenie. [l 1, m 1 ] + [l 2, m 2 ] = [l 1 m 2 + l 2 m 1, m 1 m 2 ], [l 1, m 1 ][l 2, m 2 ] = [l 1 l 2, m 1 m 2 ] Uwaga. Ponieważ m 1 0 i m 2 0, więc m 1 m 2 0. Pokażemy, że zbiór klas równoważności z tak zdefiniowanymi działaniami jest ciałem. Zaczniemy od pokazania, że definicje są poprawne, tzn. wyniki dodawania i mnożenia nie zależą od wyboru reprezentantów klas. Załóżmy, że (l 1, m 1 )R(l 1, m 1) i (1 2, m 2 )R(l 2, m 2), tzn. l 1 m 1 = l 1m 1 i l 2 m 2 = l 2m 2. Wtedy (l 1 m 2 + l 2 m 1 )m 1m 2 = (l 1 m 1)(m 2 m 2) + (l 2 m 2)(m 1m 2 ) = = (l 1m 1 )(m 2 m 2) + (l 2m 2 )(m 1m 2 ) = (l 1m 2 + l 2m 1)m 1 m 2, (l 1 l 2 )(m 1m 2) = (l 1 m 1)(l 2 m 2) = (l 1m 1 )(l 2m 2 ) = (l 1l 2)(m 1 m 2 ), (l 1 m 2 + l 2 m 1, m 1 m 2 )R(l 1m 2 + l 2m 1, m 1m 2) i (l 1 l 2, m 1 m 2 )R(l 1l 2, m 1m 2). 13

14 Wiedząc, że definicje są poprawne możemy zając się aksjomatami ciała. Dla przykładu wykażemy łączność dodawania. ([l 1, m 1 ] + [l 2, m 2 ]) + [l 3, m 3 ] = [l 1 m 2 + l 2 m 1, m 1 m 2 ][l 3, m 3 ] = = [l 1 m 2 m 3 + m 1 l 2 m 3 + m 1 m 2 l 3, m 1 m 2 m 3 ]. Elementy neutralne: 0 = [0, 1] i 1 = [1, 1]. Zamiast [l, m] piszemy l/m. l 1 m 1 + l 2 m 2 = l 1m 2 + l 2 m 1 m 1 m 2, l 1 l 2 = l 1l 2. m 1 m 2 m 1 m 2 Przekształcenie Z Q, n n/1 jest różnowartościowe i zachowuje działania (n/1) + (m/1) = (n + m)/1, (n/1)(m/1) = (nm)/1. Uwaga. Podobnie możemy zbudować Z wychodząc z N. W tym celu w zbiorze N N określamy relację: (m, n)r(n m ) m + n = m + n oraz działania: [m, n] + [k, l] = [m + k, n + l], [m, n][k, l] = [mk + nl, ml + nk]. Pierścień Z n Niech n będzie dodatnią liczbą całkowitą, a (a) n niech oznacza resztę z dzielenia a przez n (niektórzy stosują oznaczenie a mod n). Działania. Jeśli a, b Z n, to Twierdzenie. Z n jest pierścieniem. Dowód. Zaczniemy od kilku faktów. Z n = {0, 1, 2,..., n 1}. a b = (a + b) n, a b = (ab) n. u v (mod n) n u v n (u) n (v) n (u) n (v) n (mod n). (t) n t (mod n) s + (t) n s + t (mod n) i s(t) n st (mod n) (s + (t) n ) n = (s + t) n, (s(t) n ) n = (st) n. Teraz możemy sprawdzić własności pierścienia (a, b, c Z n ). (a b) c = ((a + b) n + c) n = (a + b + c) n = (a + (b + c) n ) n = a (b c) (a b) = (a + b) n = (b + a) n = b a a 0 = (a + 0) n = (a) n = a 0 0 = (0 + 0) n = (0) n = 0 a (n a) = (a + n a) n = (n) n = 0, a 0 (a b) c = ((ab) n )c) n = (abc) n = (a(bc) n ) n = a (b c) 14

15 (a b) = (ab) n = (ba) n = b a a 1 = (a1) n = (a) n = a a (b c) = (a(b + c) n ) n = (a(b + c) n ) n = (a(b + c)) n = = (ab + ac) n = ((ab) n + (ac) n ) n = a b a c Tabelki działań. Z Z Z Twierdzenie. Pierścień Z n jest ciałem wtedy i tylko wtedy, gdy n jest liczbą pierwszą. Dowód. Jeśli n = ab, gdzie 0 < a, b < n, to a, b Z n, a, b 0 i a b = 0. Dlatego Z n nie jest ciałem. Załóżmy teraz, że n jest liczbą pierwszą, a Z n, a 0. Znajdziemy takie liczby całkowite x, y, że ax + ny = 1. Jeśli b = (x) n, to b Z n i a b = (ab) n = (a(x) n ) n = (ax) n = 1. Definicja. Jeśli = 0 (suma n jedynek) to mówimy, że ciało ma charakterystykę n. Jeśli takiego n nie ma, mówimy, że ciało ma charakterystykę 0. Q ma charakterystykę 0. Z p ma charakterystykę p. Definicja. Niech K będzie ciałem, a L co najmniej 2-elementowym podzbiorem K. L nazywamy podciałem K (lub K rozszerzeniem L), jeśli a, b L a + b, ab L, a L a L. a L i a 0 a 1 L. Uwaga. Zbiór L z działaniami przeniesionymi z ciała K jest ciałem. Liczby rzeczywiste Ułamki można uporządkować: a/b > 0 a > 0 i b > 0 lub a < 0 i b < 0. 15

16 Ciało liczb rzeczywistych R jest rozszerzeniem ciała liczb wymiernych Q. Liczby rzeczywiste można uporządkować (podzielić na 3 rozłączne podzbiory: {0}, liczby dodatnie i ujemne (przeciwne do dodatnich); suma i iloczyn liczb dodatnich jest dodatni). Nowa własność: każdy niepusty i ograniczony z góry podzbiór R posiada kres górny (najmniejsze górne ograniczenie). Z własności tej wynika, że funkcja ciągła określona na odcinku przyjmuje wartości pośrednie (twierdzenie Bolzano). W szczególności istnieją pierwiastki dowolnego stopnia z liczb nieujemnych. Liczby rzeczywiste można skonstruować wychodząc z liczb wymiernych (przekroje Dedekinda lub ciągi Cauchy ego). Liczby zespolone Liczby zespolone uzyskujemy rozszerzając liczby rzeczywiste o symbol i taki, że i 2 = 1. Konstrukcja liczb zespolonych. Niech C będzie zbiorem wszystkich par liczb rzeczywistych. W zbiorze C definiujemy dwa działania: (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) (a, b)(c, d) = (ac bd, ad + bc) Twierdzenie. Zbiór C jest ciałem. Dowód. Należy sprawdzić wszystkie własności ciała. Jedynym trudniejszym miejscem jest wskazanie liczby odwrotnej. Liczbą odwrotną do liczby (a, b) (0, 0) jest liczba ( ) a a 2 + b, b 2 a 2 + b 2 Liczby postaci (a, 0) utożsamiamy z liczbami rzeczywistymi: (a, 0) + (b, 0) = (a + b, 0), (a, 0)(b, 0) = (ab, 0). Literą i oznaczamy liczbę (0, 1). Możemy teraz napisać w tradycyjny sposób (a, b) = (a, 0) + (b, 0)(0, 1) = a + bi. (a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i, (a + bi)(c + di) = (ac bd) + (ac + bd)i, 1 a + bi = a a 2 + b b 2 a 2 + b i. 2 Definicja. a nazywamy częścią rzeczywistą liczby zespolonej a + bi, a b częścią urojoną. Piszemy a = R(a + bi), b = I(a + bi). Definicja. Modułem liczby zespolonej nazywamy liczbę a + bi = a 2 + b 2. Definicja. z = a bi nazywamy liczbą sprzężoną do liczby z = a + bi. Stwierdzenie. 16

17 z + w = z + w, z w = z w, zw = zw, z/w = z/w (w 0), zz = z 2, z = 0 z = 0, Rz = (z + z)/2, Iz = (z z)/(2i), Rz, Iz z, zw = z w. Dowód. zw 2 = (zw)zw = (zw)(zw) = (zz)(ww) = z 2 w 2. Dlatego zw = z w. z/w = z / w, w 0 z + w z + w. Dowód. z + w 2 = (z + w)(z + w) = z 2 + w 2 + zw + wz. Ale (zw + wz)/2 = R(zw) zw = z w. Dlatego z + w 2 z 2 + w z w = ( z + w ) 2 i z + w z + w. z w jest odległością punktu z od punktu w. 1. z w 0, z w = 0 z = w 2. z w = w z 3. z w z u + u w Uwaga. Liczb zespolonych nie można uporządkować tak jak Z,Q,R. Postać trygonometryczna liczby zespolonej i obroty z = a + bi = r(cos θ + i sin θ), r = z Niech z = cos φ + i sin φ. Przekształcenie w zw jest izometrią. Mamy bowiem zw zu = z w u = w u. Jeśli z = 1, przekształcenie jest identycznością, w przeciwnym wypadku przekształcenie posiada dokładnie jeden punkt stały 0. Mnożenie przez z = cos φ + i sin φ jest więc obrotem, jak ławo zauważyć o kąt φ. Złożenie dwóch obrotów o kąty φ i ψ jest obrotem o kąt φ + ψ. Stąd (cos φ + i sin φ)(cos ψ + i sin ψ) = cos(φ + ψ) + i sin(φ + ψ). Porównując części rzeczywiste i urojone po obu stronach równania otrzymujemy wzory trygonometryczne cos(φ + ψ) = cos φ cos ψ sin φ sin ψ, sin(φ + ψ) = sin φ cos ψ + cos φ sin ψ. 17

18 Składając n obrotów o kąt θ otrzymujemy obrót o kąt nθ. (cos θ + i sin θ) n = cos nθ + i sin nθ. Wynika stąd, że rozwiązaniami równania z n = 1 są liczby leżące w wierzchołkach n-kąta foremnego z = cos 2kπ/n + i sin 2kπ/n, k = 0, 1,..., n 1. Rozwiązaniami nieco ogólniejszego równania z n = r(cos ψ + i sin ψ) są liczby z = n r [cos(2kπ + ψ)/n + i sin(2kπ + ψ)/n] = = n r(cos ψ/n + i sin ψ/n)(cos 2kπ/n + i sin 2kπ/n), k = 0, 1,..., n 1. Izometrie płaszczyzny Definicja. Przekształcenie płaszczyzny w płaszczyznę zachowujące odległość nazywamy izometrią płaszczyzny. Twierdzenie. 1. Identyczność jest izometrią. Złożenie dwóch izometrii jest izometrią. Izometrie są odwracalne (wniosek z punktu 9). Przekształcenie odwrotne do izometrii jest izometrią. Zatem izometrie tworzą grupę przekształceń. 2. Symetria osiowa jest izometrią. Punkty leżące na osi są punktami stałymi symetrii osiowej. Przekształceniem odwrotnym do symetrii osiowej jest ta sama symetria. 3. Złożenie dwóch symetrii osiowych o osiach równoległych jest przesunięciem. Jeśli osie są różne, to przesunięcie nie ma punktów stałych. 4. Złożenie dwóch symetrii osiowych o przecinających się osiach jest obrotem. 5. Złożenie 3 symetrii osiowych jest symetrią osiową lub symetrią osiową z poślizgiem (złożeniem symetrii osiowej i przesunięcia wzdłuż osi). 6. Izometria posiadająca 3 niewspółliniowe punkty stałe jest identycznością. 7. Izometria zachowująca dwa różne punkty jest identycznością lub symetrią osiową względem prostej przechodzącej przez te punkty. 8. Izometria zachowująca punkt jest identycznością, symetrią osiową lub obrotem. 18

19 9. Każda izometria płaszczyzny jest złożeniem co najwyżej 3 symetrii osiowych. Dowód pkt.6. Niech f będzie rozważaną izometrią. Załóżmy że f(a) = A, f(b) = B, f(c) = C, ale f(x) X. Niech l będzie symetralną odcinka Xf(X). A X = f(a) f(x) = A f(x), B X = B f(b), C X = C f(c). Dlatego A, B, C l i mamy sprzeczność. Dowód pkt.9. Jeśli f nie jest identycznością, to f(x) X dla pewnego X. Niech l będzie symetralną odcinka Xf(X), a S 1 symetrią osiową względem l. S 1 f(x) = X i dlatego S 1 f = id, S 1 f = S 2 lub S 1 f = S 2 S 3 czyli f = S 1, f = S 1 S 2 lub f = S 1 S 2 S 3. Wielomiany O wielomianach często wygodniej jest myśleć jak o wyrażeniach, w których x jest pewnym symbolem niż jak o funkcjach. Definicja. Wielomianem nazywamy nieskończony ciąg f = (f 0, f 1, f 2,...) o elementach należących do pewnego pierścienia przemiennego z jednością taki, że tylko skończona liczba wyrazów jest niezerowa. Dodawanie i mnożenie wielomianów. Niech f = (f 0, f 1, f 2,...), g = (g 1, g 2, g 3,...). Wielomian h = (h 0, h 1, h 2,...) jest sumą wielomianów f, g (h = f + g), jeśli h i = f i + g i dla i = 0, 1, 2,... Wielomian h = (h 0, h 1, h 2,...) jest iloczynem wielomianów f, g (h = fg), jeśli h i = f 0 g i + f 1 g i 1 + f 2 g i f 0 g i, dla i = 1, 2, 3,... Uwaga. Definicje działań są poprawne. Suma i iloczyn wielomianów są wielomianami (tzn. otrzymane ciągi mają tylko skończoną liczbę niezerowych wyrazów). Twierdzenie. Wielomiany z dodawaniem i mnożeniem tworzą pierścień przemienny z jednością. Dowód polega na sprawdzeniu wszystkich własności pierścienia. Zapewne najtrudniejsze jest sprawdzenie łączności mnożenia. W tym miejscu odnotujemy tylko, że jeśli w = (fg)h lub w = f(gh) i w = (w 0, w 1, w 2,...), to w m = 0 i,j,k, i+j+k=m f i g j h k. Definicja. Wielomianem zerowym nazywamy wielomian 0 = (0, 0, 0,...). Definicja Niech f = (f 0, f 1, f 2,...) będzie wielomianem niezerowym. Liczbę n nazywamy stopniem wielomianu f jeśli f n 0 i f i = 0 dla i > n. Stopień wielomianu zerowego określamy jako, n + ( ) =, ( ) + ( ) =, max(n, ) = n. Stopień f będziemy oznaczać st f. Twierdzenie. Niech f, g będą wielomianami. Mamy st (f + g) max(st f, st g), st (fg) st f + st g. 19

20 Jeśli pierścień, z którego brane są współczynniki wielomianów nie ma dzielników zera (tak jest w przypadku Z lub w przypadku dowolnego ciała), to iloczyn niezerowych wielomianów jest niezerowy i st (fg) = st f + st g. Wielomiany postaci (a, 0, 0, 0,...) nazywamy wielomianami stałymi. Przekształcenie a (a, 0, 0, 0,...) jest różnowartościowe i zachowuje działania. Od tej pory wielomiany stałe będziemy utożsamiać z elementami pierścienia. Jeśli symbolem x oznaczymy wielomian (0, 1, 0, 0, 0,...), to otrzymamy tradycyjną notację (a 0, a 1, a 2, a 3,..., a n, 0, 0, ) = a 0 + a 1 x + a 2 x a n x n. Traktowanie x jako symbolu, a wielomianów jako napisów umożliwia rozpatrywanie wielomianów o współczynnikach np. z pierścienia Z n. Jeśli a 0, a 1, a 2,... K (K oznacza ustalony pierścień), to będziemy pisać a 0 + a 1 x + a 2 x a n x n K[x]. Mamy więc (m n) (f 0 + f 1 x + f 2 x f n x n ) + (g 0 + g 1 x + g 2 x g m x m ) = = (f 0 + g 0 ) + (f 1 + g 1 )x + (f 2 + g 2 )x (f n + g n )x n. (f 0 + f 1 x + f 2 x f n x n )(g 0 + g 1 x + g 2 x g m x m ) = = f 0 g 0 + (f 0 g 1 + f 1 g 0 )x + (f 0 g 2 + f 1 g 1 + f 2 g 0 )x f n g m x n+m. Definicja. Wartością wielomianu f = f 0 + f 1 x + + f n x n K[x] w punkcie a K nazywamy element f(a) = f 0 + f 1 a + + f n a n K. Definicja. Element a taki, że f(a) = 0 nazywamy pierwiastkiem f. Twierdzenie (Bézout). Jeśli f K[x], f 0 i f(a) = 0 dla a K, to f = (x a)h dla pewnego h K[x]. Dowód. f(x) f(a) = (f 0 + f 1 x + f 2 x f n x n ) (f 0 + f 1 a + f 2 a f n a n ) = = f 1 (x a) + f 2 (x 2 a 2 ) + f 3 (x 3 a 3 ) + + f n (x n a n ) = = (x a)[f 1 +f 2 (x+a)+f 3 (x 2 +xa+a 2 )+ +f n (x n 1 +x n 2 a+ +a n 1 )] = = (x a)(h 0 + h 1 x + + h n 1 x n 1 ). Współczynniki h spełniają relacje (schemat Hornera) h n 1 = f n, h n 2 = ah n 1 + f n 1, h n 3 = ah n 2 + f n 2,... h 0 = ah 1 + f 1. Na koniec f(a) = ah 0 + f 0. Przykład. f(x) = 3x 4 + 2x 3 + 5x 2 + x + 7 = (x 2)(h 0 + h 1 x + h 2 x 2 + h 3 x 3 ) + f(2). h 3 = 3, h 2 = = 8, h 1 = = 21, h 0 = = 43, f(2) = =

21 Twierdzenie. Jeśli f K[x], f 0, f(a 1 ) = f(a 2 ) =... = f(a n ) = 0, a elementy a 1, a 2,..., a n K są różne, to f = (x a 1 )(x a 2 )...(x a n )h dla pewnego h K[x]. Dowód przez indukcję. Stosujemy dopiero co udowodnione twierdzenie. Wniosek. Jeśli f K[x], f 0, f(a 1 ) = f(a 2 ) =... = f(a n ) = 0, a elementy a 1, a 2,..., a n K są różne, to stopień f wynosi co najmniej n. Odwrotnie, wielomian f stopnia n nie może mieć więcej niż n różnych pierwiastków. Definicja. a K nazywamy pierwiastkiem k-krotnym wielomianu f K[x], jeśli istnieje h K[x] taki, że f = (x a) k h i h(a) 0. Twierdzenie. Jeśli a 1, a 2,..., a m K są odpowiednio k 1, k 2,..., k m krotnymi różnymi pierwiastkami f, to f = (x a 1 ) k 1 (x a 2 ) k 2...(x a m ) km h dla pewnego h K[x]. Wniosek. Jeśli a 1, a 2,..., a m K są odpowiednio k 1, k 2,..., k m krotnymi różnymi pierwiastkami f K[x] i f 0, to stopień f wynosi co najmniej k 1 + k k m. Definicja. Niech f K[x]. Funkcję a f(a) nazywamy funkcją wielomianową. W przypadku ciał skończonych każda funkcja jest funkcją wielomianową. Twierdzenie. Jeśli a f(a) jest funkcją wielomianową, a zbiór argumentów jest nieskończony, to wielomian f jest określony jednoznacznie. Dowód. Załóżmy, że f i h są wielomianami i f(a) = h(a) dla każdego a. Niech n będzie większym ze stopni f, h. Wielomian f h ma więcej niż n różnych pierwiastków, nie może być więc wielomianem niezerowym. Musi więc zachodzić równość f = h. Pierwiastki wymierne Twierdzenie. Jeśli f = f 0 +f 1 x+ +f n x n Z[x], p, q Z, q 0, NW D(p, q) = 1 i f(p/q) = 0, to p f 0, a q f n. Dowód. 0 = q n f(p/q) = f 0 q n + f 1 pq n f n 1 p n 1 q + f n p n. Widzimy, że p f 0 q n, ale NWD(p,q)=1 i dlatego p f 0. Podobnie q f n. Przykład. f = x 3 3x 2 + 2x 6. Możemy próbować q = 1, p = ±1, ±2, ±3, ±6. Faktycznie f(3) = 0. f(x) = f(x) f(3) = (x ) 3(x ) + 2(x 3) = = (x 3)[(x 2 + 3x ) 3(x + 3) + 2] = (x 3)(x 2 + 2). Podzielność wielomianów Rozważamy wielomiany o współczynnikach z pewnego ciała P. Definicja. Mówimy, że wielomian f P [x] dzieli wielomian g P [x] jeśli istnieje wielomian h P [x] taki, że g = fh. Piszemy f g. Każdy wielomian dzieli się przez wielomian stały różny od zerowego. 21

22 Twierdzenie. Wielomiany, podobnie jak liczby całkowite, można dzielić z resztą. Jeśli f, g P [x], g 0, to istnieją wielomiany h, r P [x] takie, że f = hg + r, st r < st g. Wielomiany h, r są określone jednoznacznie. Dowód przez indukcję. Niech g = g m x m + + g 1 x + g 0, g m 0. Jeśli st f = k < st g, to przyjmujemy h = 0 i r = f. Załóżmy teraz, że twierdzenie jest prawdziwe dla każdego k < n (m n) i st f = n, f = f n x n + + f 1 + f 0. Wtedy st (f (f n /g m )x n m g) < n i z założenia indukcyjnego wynika, że f (f n /g m )x n m g = hg + r, dla pewnych h, r P [x], st r < m. Stąd f = ((f n /g m )x n m + h)g + r i twierdzenie jest prawdziwe dla n. Jednoznaczność. Jeśli f = hg + r = h g + r, to (h h )g = r r i st (r r) < m. W przypadku h h, st (h h )g m i mamy sprzeczność. Dlatego h = h i r = r. Dowód pokazuje jak dzielić wielomiany z resztą. Przykład. f = x 4 + 8x x x + 9, g = x 2 + 3x + 2, f x 2 g = 5x x x + 9, (5x x x + 9) 5xg = x 2 + 6x + 9, (x 2 + 6x + 9) g = 3x = 7, h = x 2 + 5x + 1, r = 3x + 7. Definicja. Największym wspólnym dzielnikiem wielomianów f, g, z których co najmniej jeden jest niezerowy, nazywamy wielomian d taki, że d f i d g, dla każdego h P [x] ( h f i h g h d ). Uwaga. Taką samą definicję można przyjąć w przypadku liczb całkowitych. Pojawia się jednak pewna niejednoznaczność. W przypadku liczb całkowitych: jeśli d spełnia oba warunki, to d też spełnia oba warunki. W przypadku wielomianów: jeśli d spełnia oba warunki, to cd też spełnia oba warunki (c P, c 0). Niejednoznaczności można się pozbyć zakładając w przypadku liczb całkowitych, że NWD jest liczbą dodatnią, a w przypadku wielomianów, że NWD jest wielomianem unormowanym (mającym współczynnik 1 przy najwyższej potędze x). Udowodnimy teraz istnienie NWD dwóch wielomianów. Algorytm Euklidesa. r 0 = f, r 1 = g. r 0 = k 1 r 1 + r 2, r 1 = k 2 r 2 + r 3, r l 2 = k l 1 r l 1 + r l, 22

23 r l 1 = k l r l + 0. st r 1 > st r 2 > st r 3 >. Dlatego dla pewnego l r l 0 i r l+1 = 0. d = r l r l 1 d r l 2 d r 1 = g d r 0 = f. h f = r 0, h g = r 1 h r 2 h r 3 h r l = d. Dlatego d jest największym wspólnym dzielnikiem wielomianów f, g. Algorytm Euklidesa pozwala znaleźć dwa wielomiany α, β P [x] takie, że αf + βg = d. Powyższe równanie rozwiązujemy dokładnie tak samo, jak w przypadku liczb całkowitych, mamy też dokładnie takie same wnioski. Iloczyn wielomianów niezerowych jest niezerowy (rozważamy wielomiany o współczynnikach z pewnego ciała P ). Dlatego wychodząc z pierścienia wielomianów możemy skonstruować ciało ułamków (ciało funkcji wymiernych). Twierdzenie. Niech Wtedy f = f a 1 1 f a 2 2 f a k k, f 1,..., f k, w P [x], NW D(f i, f j ) = 1 (i j). w f = w 0 + k a k w ij i=1 j=1 f j i, w 0, w ij P [x], st w ij < st f i. W przypadku, gdy wielomiany f 1,..., f k są nierozkładalne, mówimy o rozkładzie na ułamki proste. Dowód. Niech g = f a 1 1 f a 2 2 f a k 1 k 1. Wtedy NW D(f a k k, g) = 1 i αf a k k + βg = 1 dla pewnych α, β P [x]. Stąd w gf a k k = w(αf a k k + βg) gf a k k = wα g Wykorzystując wielokrotnie ten pomysł, otrzymujemy w f = w 1 f a w 2 f a w k, + wβ. Na koniec w i = u 0 + u 1 f i + u 2 fi u m fi m, st u 0, u 1,..., u m < st f i. Wystarczy aby w i = k 1 f i + u 0, k 1 = k 2 f i + u 1, u 2 = k 3 f i + u 2,... k m = u m. Wtedy w i fi a = u 0 f a i + u 1 f a 1 i f a k k f a k k + u 2 fi a u a 1 + u a + + u m fi m a. f i W przypadku ciała C wielomiany nierozkładalne mają stopień 0 lub 1, a w przypadku ciała R wielomiany nierozkładalne mają stopień 0, 1 lub 2. Przykład. 1 x(x + 1) = 1 x 1 x

24 Zastosowanie. Metoda. Stąd (n 1)n = 1 1 n. x 2 + 3x + 2 x(x 2 + 1) = A x + Bx + C x x 2 + 3x + 2 = A(x 2 + 1) + (Bx + C)x, A = 2, B = 1, C = 3. Pierwiastki rzeczywiste Twierdzenie. Każdy wielomian o współczynnikach rzeczywistych stopnia nieparzystego posiada pierwiastek rzeczywisty. Dowód. Rozważamy wielomian f(t) = a n t n + + a 1 t + a 0, a n > 0. Zakładamy, że n jest liczbą nieparzystą. Jeśli t > 1 i t > ( a 0 + a a n 1 )/a n, to f(t) a n t n ( a 0 + a 1 t + + a n 1 t n 1 ) a n t n ( a 0 + a a n 1 )t n 1 > 0. Jeśli natomiast t < 1 i t < ( a 0 + a a n 1 )/a n, to f(t) a n t n + ( a 0 + a 1 t + + a n 1 t n 1 ) a n t n + ( a 0 + a a n 1 )t n 1 < 0. (pamiętamy, że n jest liczbą nieparzystą!) Ponieważ funkcja t f(t) jest ciągła, więc z twierdzenia Bolzano wynika, że dla pewnego t f(t) = 0. Zasadnicze twierdzenie algebry Twierdzenie. Każdy wielomian o współczynnikach zespolonych stopnia większego od zera posiada pierwiastek zespolony. Dowód. Niech f(z) = a 0 + a 1 z + + a n z n, n > 0, a n C, a n 0. Pokażemy, że istnieje punkt w taki, że dla każdego z f(w) f(z). Następnie pokażemy, że założenie f(w) > 0 prowadzi do sprzeczności. f(z) = a 0 + a 1 z + + a n z n a n z n a 0 a 1 z a n 1 z n 1 a n z n ( a 0 + a a n 1 ) z n 1, dla z 1. Niech r = max (1, (2 a 0 + a a n 1 )/ a n ). Wtedy dla z r f(z) a n z ( a 0 + a a n 1 ) z n 1 a 0 z n 1 a 0 = f(0). Teraz potrzebujemy kilku faktów z analizy matematycznej. 24

25 Koło domknięte jest zbiorem ograniczonym i domkniętym (w naszym przypadku koło K o środku 0 i promieniu r). Domknięty i ograniczony podzbiór R n jest zwarty (C utożsamiamy z R 2 ). Funkcja z f(z) jest ciągła. Funkcja ciągła o wartościach rzeczywistych określona na zbiorze zwartym osiąga swoje kresy. Wniosek. Istnieje punkt w K taki, że dla z K f(w) f(z). Jeśli z r, to f(z) f(0) f(w). Stąd dla każdego z f(z) f(w). Pokażemy teraz, że f(w) = 0 czyli f(z) = 0. Załóżmy, że f(w) > 0. Niech Wtedy dla z 1 mamy f(w + z) = b 0 + b k z k + b k+1 z k b n z n, b 0, b k 0. f(w + z) b 0 + b k z k + b k+1 z k b n z n b 0 + b k z k + ( b k b n ) z k+1. Niech b 0 /b k = b 0 /b k (cos θ + i sin θ). Wtedy dla 0 < r < 1 mamy f(w + r(cos θ/k + i sin θ/k)) b 0 1 bk /b 0 r k + ( bk b n )r k+1. Dlatego dla odpowiednio małego r > 0 prawa strona nierówności jest mniejsza od b 0 = f(w) i mamy sprzeczność: f(w + r(cos θ/k + i sin θ/k)) < f(w). Wniosek. Wielomian f o współczynnikach zespolonych stopnia n można zapisać w postaci f(x) = a(x z 1 )(x z 2 ) (x z n ). z n+1 Dowód indukcyjny. Jeśli f jest wielomianem stałym, to wniosek jest oczywisty. Załóżmy, że wniosek jest prawdziwy dla n i st f = n + 1. Wtedy dla pewnego f(z n+1 ) = 0 i z twierdzenia Bézout wynika, że Z założenia indukcyjnego h ma postać Dlatego f ma postać f(x) = (x z n 1 )h(x), st h = n. h(x) = a(x z 1 )(x z 2 ) (x z n ). f(x) = a(x z 1 )(x z 2 ) (x z n )(x z n+1 ). Uwaga. Jeśli z jest pierwiastkiem wielomianu f o współczynnikach rzeczywistych, to z też jest pierwiastkiem wielomianu f. 25

26 Dowód. f(z) = a 0 + a 1 z + + a n z n = a 0 + a 1 z + + a n z n = f(z). Dlatego jeśli f(z) = 0, to f(z) = f(z) = 0. Wniosek. Wielomian f o współczynnikach rzeczywistych można zapisać w postaci f(x) = a(x x 1 )(x x 2 ) (x x k )[(x p 1 ) 2 +q 2 1][(x p 2 ) 2 +q 2 2] [(x p m ) 2 +q 2 m], gdzie a, x 1,..., x k, p 1,..., p m, q 1,..., q m R. Dowód indukcyjny podobny do dowodu poprzedniego wniosku. Zauważmy tylko, że jeśli p + iq (q 0) jest pierwiastkiem niezerowego wielomianu f o współczynnikach rzeczywistych, to wielomian f dzieli się przez wielomian kwadratowy (x p iq)(x p + iq) = (x p) 2 + q 2. Postać kanoniczna. W wielu przypadkach wielomian f = ax 2 + bx + c współczynnikach rzeczywistych wygodnie jest zapisać w postaci ( f = ax 2 + bx + c = a x + b ) 2 b2 4ac = a(x p) 2 + r. 2a (2a) 2 Jeśli b 2 4ac 0, to wielomian f ma pierwiastki rzeczywiste x 1,2 = b ± b 2 4ac. 2a Równania Rozważamy równanie a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a n 1 x n 1 + a n x n = 0, a n 0. Dzieląc równanie przez a n otrzymujemy równanie (a 0 /a n ) + (a 1 /a n )x + + a 2 x 2 + (a n 1 /a n )x n 1 + x n = 0, a n 0. Możemy więc nie zmniejszając ogólności rozważań ograniczyć się do równań postaci a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a n 1 x n 1 + x n = 0. Zapisując x w postaci x = y a n 1 /n otrzymujemy równanie postaci b 0 + b 1 y + + b n2 y n 2 + y n = 0. W szczególności dla n = 2 i n = 3 mamy x = y a 1 /2, x 2 + a 1 x + a 0 = y 2 + (a 0 a 2 1/2), x = y a 2 /3, x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 = y 3 + (a 1 a 2 2/3)y + (a 0 + 2a 3 2/27). 26

27 Równanie 3 stopnia Rozważamy równanie x 3 + ax + b = 0. Szukamy rozwiązań w postaci sumy x = u + v. (u + v) 3 + a(u + v) + b = u 3 + v 3 + (u + v)(3uv + a) + b. Widzimy, że wystarczy aby { u 3 + v 3 + b = 0 3uv + a = 0 u 3, v 3 są pierwiastkami równania kwadratowego 0 = (t u 3 )(t v 3 ) = t 2 + bt a 3 /27. u, v należy tak dobrać, aby uv = a/3. Uwaga. Możemy też wyjść z tożsamości x 3 u 3 v 3 3uvx = (x u v)(x ξu ξ 2 v)(x ξ 2 u ξv), ξ = 1/2 + i 3/2. Przykład. x 3 3x 18 = 0. x = u + v, u 3 + v 3 = 18, uv = 1, t 2 18t + 1 = 0, t = 9 ± 80, x 1 = , x 2 = ξ ξ , x 3 = ξ ξ , Nasze równanie ma 1 pierwiastek rzeczywisty x 1 i dwa zespolone x 2, x 3. Zauważmy, że x 3 3x 18 = (x 3)(x 2 + 3x + 6). Dlatego x 1 = 3, x 2, x 3 = ( 3 ± i 15)/2 (prostsza postać). Równanie 4 stopnia Rozważamy równanie x 4 + ax 2 + bx + c = 0. Aby rozwiązać równanie wystarczy lewą stronę równania zapisać w postaci iloczynu 2 wielomianów kwadratowych (x 2 + px + q r 2 )(x2 px + q + r 2 ) = x4 + (q p 2 )x + pr + q2 r

28 Pozostaje znaleźć p, q, r. q a = p 2 q 2 4c = r 2 pr = b (q a)(q 2 4c) = b 2. Problem sprowadza się do rozwiązania równania 3 stopnia z niewiadomą p. Uwaga. Przypadki, kiedy b = 0 lub c = 0 są prostsze. Przykład. x 4 + 3x 2 + 6x + 10 = 0, (q 3)(q 2 40) = 36, np. q = 7, p = 2, r = 3, x 4 + 3x 2 + 6x + 10 = (x 2 + 2x + 2)(x 2 2x + 5), x = 1 ± i, 1 ± 2i. Równania symetryczne Przykład ilustrujący zasadę. Dzielimy obie strony równania przez x 2. x 4 + ax 3 + bx 2 + ax + 1 = 0. (x x 2 ) + a(x + 1 x ) + b. Wprowadzamy nową zmienną y = x + 1/x. Równanie zamienia się w równanie y 2 + ay + b 2 = 0. W przypadku równań nieparzystego stopnia wydzielamy czynnik (x + 1). Drugi czynnik jest symetryczny. x 5 + ax 4 + bx 3 + bx 2 + ax + 1 = (x + 1)[x 4 + (a 1)x 3 + (b a + 1)x 2 + (a 1)x + 1] Przykład z listy zadań (z 5 = 1). Dlatego z 4 + z 3 + z 2 + z + 1 = 0, w = z + 1/z, w 2 + w 1, w = (1 ± 5)/2. cos 2π/5 = cos 8π/5 = (1 + 5)/4, cos 4π/5 = cos 6π/5 = (1 5)/4, 28

29 Wielomiany symetryczne W tej części rozpatrujemy wielomiany wielu zmiennych. Na zmienne nadal możemy patrzyć jak na pewne symbole. Definicja. Jednomianem nazywamy wyrażenie ax k 1 1 x k 2 2 x kn n. Stopniem jednomianu jest suma k 1 +k 2 + +k n. Stopniem wielomianu n zmiennych jest największy ze stopni jednomianów występujących w zapisie wielomianu. Rozważmy wielomian n + 1 zmiennych (t x 1 )(t x 2 ) (t x n ) = t n σ 1 t n 1 + σ 2 t n ( ) n σ n. Powyższa równość definiuje zbiór wielomianów n zmiennych σ k = σ k (x 1, x 2,..., x n ) = Np. dla n = 3 mamy 1 i 1 <i 2 <...<i k n x i1 x i2 x ik, k = 1, 2,..., n. (t x)(t y)(t z) = t 3 (x + y + z)t 2 + (xy + xz + yz)t xyz = t 3 σ 1 t 2 + σ 2 t σ 3. Wzory Vieta. Jeśli x 1, x 2,..., x n są pierwiastkami wielomianu (m-krotne pierwiastki wypisane są m-krotnie) to Definicja. Wielomian f f = t n + a n 1 t n a 0, a n k = ( ) k σ k (x 1, x 2,..., x n ), k = 1, 2,..., n. n zmiennych nazywa się wielomianem symetrycznym, jeśli f(x i1, x i2,..., x in ) = f(x 1, x 2,..., x n ) dla dowolnej permutacji (i 1, i 2,..., i k ) liczb (1, 2,..., n). Stwierdzenie. Wielomiany σ k są symetryczne. Twierdzenie. Jeśli f jest wielomianem symetrycznym n zmiennych, to f(x 1, x 2,..., x k ) = Q(σ 1, σ 2,..., σ n ), gdzie Q jest pewnym wielomianem n zmiennych o współczynnikach z tego samego pierścienia (ciała), z którego pochodzą współczynniki wielomianu f. Dowód. Indukcja ze względu na liczbę zmiennych n oraz ze względu na stopień wielomianu. Jeśli n = 1, to σ 1 (x 1 ) = x i f(x 1 ) = f(σ 1 ). Dla wielomianów zerowych i wielomianów stopnia 0 nie ma czego dowodzić. Od teraz indeks górny przy σ będzie oznaczać liczbę zmiennych. Zachodzą relacje σ n+1 k (x 1, x 2,..., x n, 0) = σ n k (x 1, x 2,..., x n ), σ n k = 0 dla k > n. Załóżmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla n oraz dla n + 1, ale tylko dla wielomianów stopnia mniejszego od k. Pokażemy, że twierdzenie jest prawdziwe dla 29

30 wielomianów n + 1 zmiennych stopnia k. Niech f będzie takim wielomianem. Wielomian f(x 1, x 2,..., x n, 0) jest wielomianem symetrycznym n zmiennych. Z założenia indukcyjnego wynika, że istnieje wielomian Q 1 taki, że Wielomian f(x 1, x 2,..., x n, 0) = Q 1 (σ n 1, σ n 2,..., σ n n). h(x 1,..., x n+1 ) = f(x 1, x 2,..., x n+1 ) Q 1 (σ n+1 1, σ n+1 2,..., σ n+1 n ) jest wielomianem symetrycznym n + 1 zmiennych. h(x 1, x 2,..., x n, 0) = 0. Z twierdzenia Bezout wynika, że h(x 1, x 2,..., x n+1 ) = x n+1 w(x 1, x 2,..., x n ). Ze względu na symetrię tak samo jest dla pozostałych zmiennych. Dlatego h(x 1, x 2,..., x n+1 ) = x 1 x 2 x n+1 g(x 1, x 2,..., x n+1 ) = σ n+1 n+1g(x 1, x 2,..., x n+1 ). Wielomian g jest jest wielomianem symetrycznym n + 1 zmiennych stopnia mniejszego od k. Z założenia indukcyjnego istnieje wielomian Q 2 taki, że Mamy więc oczekiwany wynik g(x 1, x 2,..., x n+1 ) = Q 2 (σ n n+1,..., σ n+1 n+1) f(x 1,..., x n+1 ) = Q 1 (σ n+1 1,..., σ n+1 n ) + σ n+1 n+1q 2 (σ n 1,..., σ n+1 n+1). Można pokazać, że wielomian Q jest określony jednoznacznie. Przykład. f(x, y, z) = x 2 y 2 + x 2 z 2 + y 2 z 2, f(x, y, 0) = x 2 y 2 = (σ 2 2) 2, f(x, y, z) (σ 3 2) 2 = x 2 y 2 + x 2 z 2 + y 2 z 2 (xy + xz + yz) 2 = 2xyz(x + y + z), f(x, z, z) = (σ 3 2) 2 2σ 3 3σ 3 1 = (xy + xz + yz) 2 2xyz(x + y + z). Zdefiniujmy drugi zbiór wielomianów symetrycznych. τ k = τ k (x 1, x 2,..., x k ) = x k 1 + x k x k n, k = 1, 2, 3,... Przeprowadźmy pewien rachunek (górny indeks przy σ i τ oznacza liczbę zmiennych). Niech f(t) = t n σ n 1 t n 1 + σ n 2 t n ( ) n σ n n, f(x j ) = 0, j = 1, 2,..., n. n 0 = f(x i ) = τn n σ1 n τn 1 n + σ2 n τn 2 n + + n( ) n σn. n i=1 P m (x 1, x 2,..., x m ) = τ m n σ m 1 τ m n 1 + σ m 2 τ m n n( ) n σ m n. P m (x 1, x 2,..., x m ) = P n (x 1, x 2,..., x m, 0,..., 0) = 0 dla m < n. Pokażemy, że dla m n P m = 0. Dowód indukcyjny. Wiemy już, że P n = 0. Załóżmy, że P m = 0 (m n). P m+1 (x 1, x 2,..., x m, 0) = P m (x 1, x 2,..., x m ) = 0. 30

31 Dlatego P m+1 (x 1, x 2,..., x m+1 ) = x 1 x 2 x m+1 h(x 1, x 2,..., x m+1 ). Ale wielomian P m+1 ma stopień n < m + 1. Dlatego h = 0 i P m+1 = 0. Zatem dla dowolnej liczby zmiennych zachodzą wzory (górne indeksy pomijamy) Wzory Newtona. 0 = τ n σ 1 τ n 1 + σ 2 τ n n( ) n σ n, n = 1, 2, 3,... σ 1 = τ 1, 2σ 2 = τ 1 σ 1 τ 2, 3σ 2 = τ 1 σ 2 τ 2 σ 1 + τ 3, Grupy Definicja. Grupą nazywamy zbiór z działaniem posiadającym 3 własności a(bc) = (ab)c Istnieje element e taki, że ae = ea = a Dla każdego a istnieje b takie, że ab = ba = e Jeśli ab = ba, to grupę nazywamy grupą abelową lub przemienną. Przykłady grup. Pierścień, w szczególności ciało, z jednym działaniem dodawaniem (np. Z, Q, R, C, Z n z dodawaniem). Zbiór elementów niezerowych ciała z jednym działaniem mnożeniem (np. Q = Q \ {0}, R = R \ {0}, C = C \ {0} z mnożeniem). Zbiór elementów odwracalnych pierścienia z jednym działaniem mnożeniem (np. Z 21 = {1, 2, 4, 5, 8, 10, 11, 13, 16, 17, 19, 20} z mnożeniem) Zbiór dodatnich liczb wymiernych (rzeczywistych) z mnożeniem. Zbiór liczb zespolonych o module 1. Zbiór pierwiastków n-tego stopnia z jedności z mnożeniem. C n = {z C : z n = 1}. (wszystkie wymienione grupy są abelowe) Uwaga. W definicji grupy wystarczy przyjąć, że istnieje prawostronny element neutralny i prawostronny element odwrotny. a(bc) = (ab)c Istnieje element e taki, że ae = a Dla każdego a istnieje b takie, że ab = e 31

32 Dowód. Załóżmy, że ab = e. Pokażmy, że ba = e. Niech c będzie elementem odwrotnym do b, tzn.bc = e. Mamy ba = (ba)e = (ba)(bc) = (b(ab))c = (be)c = bc = e. Pokażemy teraz, że ea = a. Niech b będzie elementem odwrotnym do a, tzn. ab = e = ba. Mamy a = a(ba) = (ab)a = ea. Wnioski. Element neutralny jest jedyny. Dowód. Jeśli e i e są elementami neutralnymi, to e = ee = e. Element odwrotny do danego elementu jest jedyny. Element odwrotny do a oznaczmy przez a 1. Dowód. Jeśli ab = e i ac = e, to b = be = b(ac) = (ba)c = ec = c. (ab) 1 = b 1 a 1. Dowód. Elementy (ab) 1 i b 1 a 1 są odwrotne do ab. Oznaczenia. Zwykle działania oznaczamy kropką (często pomijaną) lub plusem. W przypadku grup nieprzemiennych używamy kropki. Niech n będzie dodatnią liczbą całkowitą. W zapisie z kropką a n oznacza iloczyn n czynników równych a, a 0 = e, a n = (a 1 ) n. W zapisie z plusem, na oznacza sumę n składników równych a, 0a = 0 (0 po prawej stronie oznacza element neutralny w grupie), ( n)a = (na). Przykłady. G 1 = {0, 1, 2, 3} z dodawaniem modulo 4. G 1 = {1, i, 1, i} z mnożeniem. Tabelki działań. G G 2 1 i -1 -i 1 1 i -1 -i i i -1 -i i 1 i -i -i 1 i -1 Jeśli w pierwszej tabeli w miejsce 0, 1, 2, 3 wpiszemy 1, i, 1, i, to otrzymamy drugą tabelę. Opisane przekształcenie możemy zapisać wzorem φ(x) = i x. Przekształcenie φ jest odwracalne i φ(x+y) = φ(x)φ(y) (plus oznacza dodawanie modulo 4). Definicja. Przekształcenie φ grupy G 1 w grupę G 2 spełniające warunek φ(xy) = φ(x)φ(y) nazywamy homomorfizmem (po lewej stronie mamy działanie w grupie G 1, po prawej stronie działanie w grupie G 2 ). Odwracalny homomorfizm nazywamy izomorfizmem. Mówimy wtedy, że grupy G 1 i G 2 są izomorficzne. Grupy z przykładu są izomorficzne. 32