Notatki do wykadu

Algebra

(semestr letni 10/11)

Emanuel Kieroski

1 Grupy, piercienie i ciaa

1.1 Struktury algebraiczne

Denicja 1 A = (A, f1, f2, . . .) zbir A wraz ze zdeniowanymi na nim dziaaniami f1, f2, . . ., nazywamyalgebr (struktur algebraiczn).

Zbir A nazywany jest uniwersum algebry. O ile nie bdzie to prowadzio do nieporozumie algebr i jejuniwersum bdziemy oznaczali czsto tym samym symbolem. Kade z dziaa ma ustalon arno. Dziaanie

o arnoci n (albo dziaanie n-argumentowe) to funkcja z An w A. Dziaania o arnoci zero s nazywane staymii moemy o nich myle jako o wyrnionych elementach zbioru A. Zazwyczaj rozwaa bdziemy algebryze skoczonym zestawem dziaa. Interesujce nas dziaania bd najczciej dwuargumentowe.

Przykad 2 Przykady algebr:

(a) (Z,+, , 0).(b) (P({1, 2, . . . , n},,, ).(c) (A, ) - zbir sw nad alfabetem A z dziaaniem konkatenacji.W poniszej denicji wyrnimy pewne wasnoci, ktre mog mie dziaania dwuargumentowe.

Denicja 3 (a) dziaanie jest przemienne, gdy a, b A a b = b a,(b) dziaanie jest czne, gdy a, b, c A (a b) c = a (b c); przykad dziaania, ktre nie jest czne:potgowanie w zbiorze liczb naturalnych),

(c) e jest lewostronnym elementem neutralnym dziaania , gdy a A ea = a.(d) e jest prawostronnym elementem neutralnym dziaania , gdy a A ae = a.(e) e jest elementem neutralnym dziaania , gdy a A ea = ae = a.(f) element b jest lewostronnym elementem odwrotnym do a, wzgldem dziaania posiadajcego elementneutralny e, gdy b a = e,(g) element b jest prawostronnym elementem odwrotnym do a, wzgldem dziaania posiadajcego elementneutralny e, gdy a b = e,(h) element a jest elementem odwrotnym do b, gdy ab = ba = e

(i) dziaanie jest rozdzielne wzgldem dziaania + gdy a, b, c A a (b + c) = a b + a c oraza, b, c A (b+ c) a = b a+ c a.Zachodz nastpujce proste fakty:

Fakt 4 (i) Jeli dziaanie ma prawostronny element neutralny el oraz lewostronny element nautralny er,to el = er. Wniosek: dziaanie moe mie najwyej jeden element neutralny.

(ii) Jeli dziaanie jest dziaaniem cznym z elementem neutralnym e, to dla kadego elementu a, jeli bljest lewostronnie odwrotny do a, a br prawostronnie odwrotny do a, to bl = br. Wniosek: kady elementma najwyej jeden element odwrotny do siebie.

Pewne klasy algebr maj szczeglne znaczenie. Takie klasy deniuje si zazwyczaj podajc sygnatur

algebr (a wic list arnoci ich dziaa) oraz zestaw aksjomatw, ktre te dziaania maj spenia. Poniej

wyrniamy trzy klasy.

Denicja 5 (a) (A, ), z jednym dziaaniem binarnym, nazywamy grup jeli: dziaanie jest czne,

1

dziaanie ma element neutralny; dla kadego elemetnu istnieje element odwrotny do niego;dodatkowo jeli jest przemienne, to grup nazywamy przemienn lub abelow.(b) (A,+, ) z dwoma dziaaniami binarnymi nazywamy piercieniem jeli:

(A,+) jest grup przemienn, dziaanie jest czne, dziaanie jest rozdzielne wzgldem dziaania +.(c) (A,+, ) jest ciaem jeli

(A,+, ) jest piercieniem, (A \ {0}, ) jest grup przemienn (gdzie 0 oznacza element neutralny +);

Kilka przykadw grup podajemy w nastpnym rozdziale. Przykadami cia s ciaa liczbowe, np. zbir

liczb wymiernych z dziaaniami dodawania i mnoenie. Jak zobaczymy pniej istniej take ciaa skoczone.

Przykad piercienia, ktry nie jest ciaem: zbir liczb cakowitych z dziaaniami dodawania i mnoenia (a

nawet zbir liczb parzystych mnoenie nie ma wtedy elemntu neutralnego). Bardzo istotnymi piercieniami

s piercienie Zn = ({0, 1, . . . n 1},+n, n), z dziaaniami dodawania i mnoenia modulo n.

1.2 Grupy - podstawowe wasnoci i przykady

Pojcie grupy zdeniowalimy w poprzednim rozdziale. Istniej bardziej liberalne pojcia: pgrupa to

po prostu niepusty zbir z dziaaniem cznym, a monoid to pgrupa z elementem neutralnym. Przykad:

zbir niepustych sw nad alfabetem A z dziaaniem skadania sw, to pgrupa; jeli dorzycimy sowo pustedostaniemy monoid.

Konwencje. Dziaanie grupy nazywamy czsto mnoeniem, piszemy ab zamiast a b, na oznaczenieelementu neutralnego uywamy symbolu 1, element odwrotny do a oznaczamy przez a1, przez an oznaczamywynik n-krotnego pomnoenia a przez siebie (czyli n-t potg a). To styl multiplikatywny. Alternatywniemona uywa stylu addytywnego: dzianie +, element neutralny 0, element odwrotny do a to a. Mynajczciej bdziemy uywa stylu multiplikatywnego, ale element neutralny zazwyczaj bdziemy oznacza

jako e.Uwaga. Pojcie grupy mona deniowa troch inaczej: jako zbir z dziaaniem binarnym , dziaaniemunarnym

1oraz sta 1, z odpowiednimi zaoeniami o dziaaniach.

1.3 Przykady grup

Przykad 6 Podamy teraz kilka przykadw grup (i sprawdzimy, e rzeczywicie s to grupy):

(a) (Z,+) zbir liczb cakowitych z dodawaniem,(b) (R \ {0}, ) zbir liczb rzeczywistych bez zera z mnoeniem,(c) zbir bijekcji z X w X z dziaaniem skadania funkcji, dla dowolnego zbioru niepustego X,

(d) (Z4,+4) zbir {0, 1, 2, 3} z dziaaniem dodawania modulo 4 (czyli wynik z dziaania jest reszt zdzielenia a+ b przez 4),

(e) (Z5, 5) zbir {1, 2, 3, 4} z dziaaniem mnoenia modulo 5,(f) Zbir {1, 3, 5, 7} z dziaaniem mnoenia modulo 8 (grupa czwrkowa Kleina),(g) Grupa obrotw kwadratu (z dziaaniem skadania),

(h) Grupa symetrii kwadratu z dziaaniem skadania (symetriami nazywamy wzajemnie jednoznaczne prze-

ksztacenia zachowujce odlegoci midzy punktami). Symetrie: 4 obroty (w tym identyczno), 4

odbicia.

(i) Grupa symetrii n-kta foremnego D2n (n obrotw i n odbi, n > 1).

Grupy (c), (h) i (i) nie s s przemienne (z wyjtkiem przypadku, gdy |X| < 3 . Pozostae s.

1.4 Tabelki dziaa

Deniujc grupy moemy uywa tabelek dziaa. Oto tabelka dla podpunktu (f) z przykadu 6:

2

1 3 5 71 1 3 5 7

3 3 1 7 5

5 5 7 1 3

7 7 5 3 1

A to tabelka dla grupy symetrii kwadratu:

id r90 r180 r270 h v d did id r90 r180 r270 h v d d

r90 r90 r180 r270 id d d h v

r180 r180 r270 id r90 v h d d

r270 r270 id r90 r180 d d v h

h h d v d id r180 r90 r270v v d h d r180 id r270 r90d d v d h r270 r90 id r180d d h d v r90 r270 r180 id

Warto zwrci uwag na pewne cechy jakie musz mie tabelki dziaania grupowego:

Obserwacja 7 (i) istnieje element (neutralny), ktrego wiersz i kolumna s identyczne z wierszem i ko-

lumn opisujcymi elementy uniwersum

(ii) w kadym wierszu i w kadej kolumnie pojawia si element neutralny i elementy neutralne s uoone

symetrycznie wzgldem przektnej tabelki (wymusza to postulat istnienia elementw odwrotnych)

(iii) kady wiersz i kada kolumna s permutacjami elementw uniwersum.

Powysze wasnoci nie gwarantuj jednak, e dziaanie jest grup: dodatkowo dziaanie musi by czne.

Ostatnia wasno obserwacji 7 wynika z nastpujcego lematu.

Lemat 8 Dla dowolnych a, b A rwnania ax = b oraz ya = b maj w grupie jednoznaczne rozwizania.

Wniosek 9 W grupie zachodz prawa skracania. Lewostronnego: ab = ac implikuje b = c i prawostronnego:ba = ca implikuje b = c.

1.5 Izomorzmy grup

Zdeniujemy pojcie izomorzmu grup.

1

Denicja 10 Mwimy, e grupy (A, A) i (B, B) s izomorczne jeli istnieje bijekcja F : A B taka, ea, b A F (a A b) = F (a) b F (b). Funkcj F nazywamy izomorzmem pomidzy grupami A i B.atwo zauway, e izomorzm zachowuje wszystkie wasnoci dziaania grupowego. W szczeglnoci

zachodzi nastpujcy prosty fakt:

Fakt 11 Jeli F jest izomorzmem z A w B to F przeprowadza element neutralny A na element neutralnyw B, a element odwrotny do a A na element odwrotny do F (a).

Grupy izomorczne maj zatem te same wasnoci i rni si tylko nazwami elementw. Oczywista jest

te obserwacja nastpujca:

Fakt 12 Relacja na zbiorze grup o tej samej liczbie elementw czca te pary grup, ktre s izomorczne

jest relacj rwnowanoci.

Przykad 13 Grupy z podpunktw (d), (e) i (g) przykadu 6 jest izomorczne. Grupy z podpunktw (d) i

(f) nie s izomorczne.

Zatem, tak naprawd grupy z podpunktw (d) i (e) i (g) s wcieleniami tego samego abstrakcyjnego

obiektu. Niedugo zobaczymy, e z dokadnoci do izomorzmu s tylko dwie grupy czteroelementowe.

1

W naturalny sposb uoglnia si ono na dowolne algebry, na razie nie podamy jednak szczegw.

3

1.6 Potgowanie, rzd elementu i rzd grupy

W naturalny sposb deniujemy potg caowit elementu w grupie.

Denicja 14 (a) a0 = e, gdzie e jest elementem neutralnym

(b) am = a am1 dla m dodatnich(c) am = (a1)m dla m ujemnych

atwo zauway, e nastpujce prawa s prawdziwe (wiczenie):

Fakt 15 (i) aras = ar+s

(ii) (ar)s = ars.

Nie zachodzi natomiast znane z arytmetyki na liczbach naturalnych prawo (ab)n = anbn (wymaga onoprzemiennoci).

Denicja 16 Rzdem elementu a w grupie nazywamy najmniejsz liczb dodatnim tak, e am = e. Jeelitaka liczba nie istnieje to mwimy, e rzd a jest nieokrelony albo nieskoczony. Rzdem grupy nazwamyliczb elementw uniwersum tej grupy.

Fakt 17 W grupie skoczonej kady element ma skoczony rzd.

1.7 Podgrupy, generowanie, grupy cykliczne

Denicja 18 Mwimy, e B jest podgrup grupy A jeli B A oraz B jest grup.

Jeeli (A, ) jest grup to zbir zoony z samego elementu neutralnego jest jej podgrup. Zgodnie zdenicj, kada grupa jest te swoj wasn podgrup. Te dwie specyczne podgrupy danej grupy nazywamy

trywialnymi lub niewaciwymi.

Przykad 19 (a) Grupa obrotw kwadratu jest podgrup grupy symetrii kwadratu.

(b) Zbir liczb cakowitych parzystych z dziaaniem dodawania jest podgrup zbioru liczb cakowitych

Zauwa, e w szczeglnoci B musi zawiera element neutralny; dla kadego elementu a B jego elementodwrotny a1 musi nalee do B; oraz B musi by zamknity na dziaanie (a, b B ab B).W przypadku grup skoczonych mona udowodni natpujcy fakt:

Lemat 20 Niepusty podzbir H grupy skoczonej G jest jej podgrup wtedy i tylko wtedy, gdy a, b Hzachodzi ab H (a wic H jest zamknity na dziaanie ).

Szkic dowodu: Wemy dowolny element a H. Ma on w G rzd skoczony m, czyli am = e. A std am1jest odwrotnoci a. 2

Denicja 21 (a) Niech G bdzie grup, a X dowolnym jej niepustym podzbiorem. Najmniejsz podgrupG zawierajc X nazywamy podgrup generowan przez X.

(b) Jeli grupa G jest generowana przez zbir jednoelementowy {a} (mwimy te wtedy, e G jest genero-wana przez element a, albo e a jest generatorem G), to G nazywamy grup cykliczn.

Przykad 22 (a) Generatorem grupy (Z,+) jest 1.(b) Generatorem grupy obrotw kwadratu jest obrt o 90 stopni (obrt o 270 te).

(c) Generatorem grupy addytywnej (Z4,+4) jest 1 (3 te).(d) Grupa czwrkowa Kleina nie jest cykliczna. Do jej wygenerowania potrzeba co najmniej zbioru dwu-

elementowego, np. {3, 5}.(e) Podgrupa generowana przez element 3 w grupie czwrkowej Kleina to {1, 3}.(f) Podgrupa generowana w grupie symetrii kwadratu przez r (obrt o 90 stopni) skada si ze wszystkichobrotw (w tym identycznoci).

(g) Grupa symetrii kwadratu nie jest cykliczna. Mona j wygenerowa np. zbiorem {r, d}.

Fakt 23 (i) Podgrupa generowana przez X skada si ze wszystkich iloczynw dla k N postaci x1x2 . . . xk,gdzie xi X lub x1i X. Oczywicie iloczyny te nie musz dawa parami rnych wynikw.

4

(ii) Jeli a jest generatorem skoczonej (pod)grupy H, to H = {a, a2, a3, . . . am}, dla najmniejeszego m > 0,takiego, e am = e. Dodatkowo ai 6= aj dla i 6= j, 0 < i, j m.Zauwa, e liczba elementw grupy cyklicznej jest rwna rzdowi jej generatora.

Twierdzenie 24 Jeeli G jest grup cykliczn, generowan przez a, to rzd a okrela G z dokadnoci doizomorzmu. Dokadniej: jeeli rzd a jest nieskoczony, to G jest izomorczna z (Z,+), a jeeli wynosi k,to G jest izomorczna z grup addytywn (Zk,+k).

Szkic dowodu: Zamy najpierw, e rzd a jest nieskoczony. Na mocy Faktu 23, G skada si wtedy ziloczynw zbudowanych z a i a1, a wic, G = {ai : i Z}. atwo sprawdzi, e przeksztacenie F : G Z,zdeniowane wzorem F (ai) = i jest izomorzmem grup.Przypumy teraz, e rzd a wynosi k. Wtedy, ponownie na mocy Faktu 23, G = {a, a2, . . . , ak1, ak} =

{a, a2, . . . , ak1, a0} oraz ai 6= aj dla 0 i < j < k. Przeksztacenie F : G Zk deniujemy wzoremF (ai) = i, dla 0 i < k. Jasne jest, e jest ono rnowartociowe i na". Sprawdzamy, czy zachowujedziaanie. Niech 0 i, j < k. Rozwamy dwa przypadki: jeli i + j < k, to F (ai aj) = F (ai+j) =i + j = F (ai) + F (aj) = F (ai) +k F (a

j). Jeli natomiast i + j k, to 0 i + j k < k. WtedyF (ai aj) = F (ai+j) = F (ak+(i+jk)) = F (ak ai+jk) = F (ai+jk) = i+ j k = i+k j = F (ai) +k F (aj).Zatem, w obu przypadkach F (ai aj) = F (ai) +k F (aj). 2

1.8 Grupy permutacji

Wan klas grup stanowi grupy permutacji. Permutacja zbioru X to po prostu bijekcja tego zbioru wsiebie. W przykadzie 6(c) zauwaylimy ju, e zbir permutacji ustalonego zbioru tworzy z dziaaniem

skadania grup. Grupa ta (z wyjtkiem przypadku, gdy |X| 2) nie jest przemienna.Najczciej bdziemy rozwaa permutacje zbiorw {1, 2, 3, . . . , n}. Grup takich permutacji oznaczmysymbolem Sn. Permutacj identycznociow w Sn oznaczamy idn (albo id jeeli z kontekstu wiadomo jakiejest n). Kad permutacj f mona przedstawia za pomoc zapisu dwuwierszowego:(

1 2 3 . . . nf(1) f(2) f(3) . . . f(n)

)Wan klas permutacji stanowi cykle.

Denicja 25 Cyklem k-wyrazowym nazywamy tak permutacj f zbioru X = {1, 2, . . . , n} (k n), eistniej 1 a1, a2, . . . ak n (ai 6= aj dla i 6= j), takie e f(a1) = a2, f(a2) = a3, . . ., f(ak) = a1oraz f(a) = a dla a 6 {a1, . . . ak}. Cykl zapisujemy jako (a1, a2, . . . , ak). Cykle dwuwyrazowe nazywamytranspozycjami. Cykle (a1, a2, . . . ak1) oraz (b1, b2, . . . bk2) nazywamy rozcznymi, gdy nie poruszaj tychsamych elementw, czyli gdy ai 6= bj dla wszystkich i, j.

Fakt 26 Jeli f i g s cyklami rozcznymi (o tej samej dziedzinie), to fg = gf .

Dle permutacji z Sn zachodzi:

Twierdzenie 27 (i) Kada permutacja da si jednoznacznie (z dokadnoci do kolejnoci) przedstawi

jako zoenie cykli rozcznych.

(ii) Kada permutacja da si przedstawi jako zoenie transpozycji (niekoniecznie rozcznych, przedsta-

wienie to nie jest jednoznaczne).

(iii) Kada transpozycja jest zoeniem nieparzystej liczby transpozycji elementw ssiednich. A zatem grupa

Sn jest generowana przez zbir transpozycji elementw ssiednich.

Szkic dowodu:

(i) atwe.

(ii) Wynika z tego, e (a1, a2, . . . , ak) = (a1, ak)(a1, ak1) . . . (a1, a3)(a1, a2).(iii) Wynika z tego, e (j, l) = ((j, j+1)(j+1, j+2) . . . (l2, l1)(l1, l)(l2, l1) . . . (j+1, j+2)(j, j+1).

2

Fakt 28 W grupie Sn:

(i) cykl k-wyrazowy jest elementem rzdu k,

(ii) rzd dowolnej permutacji jest najmniejsz wspln wielokrotnoci rzdw cykli z jej rozkadu na zo-

enie cykli rozcznych.

5

Szkic dowodu: (ii) Permutacj zapisujemy jako iloczyn cykli rozcznych: p = c1c2 . . . cl. Jej k-ta potgama posta pk = ck1c

k2 . . . c

kl (tu korzystamy z przemiennoci skadania cykli rozczych). Obeserwujemy, e

cki = idn wtedy i tylko wtedy, gdy k jest wielokrotnoci rzdu ci. Zatem jeli k jest NWW rzdw ci, tooczywicie pk = idn. Nietrudno te zobaczy, e jeli k < NWW rzdw ci, to p

k 6= idn. 2

Denicja 29 Niech f bdzie permutacj z Sn. Elementy f(i) i f(j), i < j tworz inwersj w permutacji fjeli f(i) > f(j). Permutacj nazywamy parzyst jeli ma parzyst liczb inwersji. W przeciwnym wypadkupermutacja jest nieparzysta. Deniujemy rwnie znak permutacji f , sgn(f), jako +1 dla f parzystej i 1dla f nieparzystej.

Lemat 30 Niech f bdzie dowoln permutacj, a t dowoln transpozycj w Sn. Wtedy sgn(f) = sgn(ft).

Szkic dowodu: Najpierw dowodzimy lematu dla t bdcego transpozycj elementw ssiednich. Nastpniekorzystamy z twierdzenia 27, cz (iii).

Lemat 31 Permutacja f jest parzysta wtedy i tylko wtedy, gdy w dowolnym jej rozkadzie na transpozycjewystpuje parzysta liczba transpozycji.

Szkic dowodu: Rozmy f na transpozycje: f = t1t2 . . . tk, czyli f = int1t2 . . . tk, gdzie in jest permutacjidentycznociow w Sn. Oczywicie sgn(in) = 1. Uywamy lematu 30.

Na podstawie lematu 31 atwo zauway, e:

Fakt 32 (i) sgn(fg) = sgn(f)sgn(g)

(ii) sgn(f) = sgn(f1)

Z powyszego faktu oraz z obserwacji, e identyczno jest parzysta moemy wnioskowa:

Fakt 33 Podzbir wszystkich parzystych permutacji z Sn jest grup.

Grup z powyszego faktu oznaczamy symbolem An i nazywamy grup alternujc.atwo pokaza, e |Sn| (czyli rzd Sn) wynosi n!. Zobaczymy, e dokadnie poowa permutacji w Sn jestparzysta.

Lemat 34 Dla n > 1: |An| = n!/2.

Szkic dowodu: Niech f1, f2, . . . , fk bdzie list wszystkich permutacji parzystych, a t dowoln transpozycj.Pokazujemy, e f1t, f2t, . . . , fkt jest list wszystkich permutacji nieparzystych w Sn oraz, e fit 6= fjt jelii 6= j. 2Nastpujce twierdzenie mwi, e kada grupa skoczona jest w istocie pewn podgrup grupy permutacji.

Twierdzenie 35 (Cayley) Niech G bdzie grup skoczon rzdu n. Wtedy G jest izomorczna z pewnpodgrup Sn.

Szkic dowodu: Zamy bez straty oglnoci, e elementami zbioru G s {1, 2, 3, . . . , n}. Konstruujemyfunkcj F : G Sn. Dla a G, deniujemy F (a) = fa, gdzie fa : G G taka, e fa(b) = ab dla wszystkichb G.2 atwo sprawdzi, e fa jest bijekcj dla wszystkich a G. Podobnie F jest rznowartociowa (bofa 6= fb dla a 6= b). Zobaczymy teraz, e obraz F (G) (obraz G wzgldem funkcji F ) jest podgrup Sn. Wtym celu (na mocy lematu 20) wystarczy pokaza, e zoenie dwch dowolnych bijekcji z F (G) jest w F (G).Ale to rwnie jest proste, bo fafb = fab. Ta ostatnia rwnoc dowodzi take, e F zachowuje dziaanie . 2

1.9 Warstwy i twierdzenie Lagrange'a

Denicja 36 Deniujemy dziaanie na zbiorach. Niech X i Y bd podzbiorami uniwersum grupy G.X Y := {a G : a = x y dla pewnych x X, y Y }. Jeli ktry ze zbiorw X, Y jest jednoelementowy,to zamiast np. {a} Y bdziemy pisa aY .

Uwaga Zdeniowane dziaanie na podzbiorach grupy jest czne i ma element neutralny ({e}), ale adenzbir o mocy wikszej od 1 nie ma elementu odwrotnego.

Kada podgrupa rozkada grup na warstwy:

2

Moemy myle, e fa to permutacja opisana w wierszu elementu a tabelki dziaania grupy G.

6

Denicja 37 Niech H bdzie podgrup G. Warstw prawostronn H nazwywamy kady ze zbiorw Hadla a G. Analogicznie warstw lewostronn jest kady zbir aH, dla a A. W szczeglnoci H jest swojprawo- i lewostronn warstw (bo H = He = eH). Liczb warstw prawostronnych nazywamy indeksempodgrupy H.

Lemat 38 (i) Jeeli H jest skoczona to jej wszystkie warstwy maj po |H| elementw.(ii) Warstwy prawostronne (lewostronne) podgrupy H stanowi podzia uniwersum grupy G (kady elementnaley do jakiej warstwy, warstwy s rozczne).

Szkic dowodu:

(i) Fakt ten wynika z prawa skracania.

(ii) Element a naley do warstwy Ha (bo e H). Zamy, e x Ha oraz x Hb. Pokaemy, eHa = Hb. Zaoenie o x implikuje, e x = h1a = h2b, dla pewnych h1, h2 H. Niech y Ha. Wtedyy = h3a = h3h

11 x = h3h

11 h2b Hb, bo h3h11 h2 H. Czyli Ha Hb. Zawieranie w drug stronpokazujemy analogicznie.

2

Z lematu tego wynika m.in., e kada podgrupa ma tyle samo warstw prawostronnych co lewostronnych.

Przykad 39 (a) Rozwamy grup symetrii kwadratu z przykadu 6. Zbir {i, h} jest jej podgrup.Wyznacza on cztery warstwy prawostronne: warstwa i : {i, h}, warstwa r : {r, v}, warstwa r : {r, d},warstwa r = {r, d}.(b) Niech G = S6, a H skada si z permutacji f dla ktrych f(1) = 1. Wtedy mamy 6!/5! = 6 warstwlewostronnych (bo |H| = 5!), kada z nich jest wyznaczona poprzez warto permutacji na 1.

Konsekwencj lematu 38 jest nastpujce twierdzenie:

Twierdzenie 40 (Lagrange) Rzd grupy skoczonej jest wielokrotnoci rzdu kadej z jej podgrup.

Wniosek 41 Rzd kadego elementu grupy skoczonej G dzieli rzd G

Szkic dowodu: Kady element a generuje cyklicz podgup: {a, a2, a3, . . . , am = e}.

Wniosek 42 W grupie skoczonej rzdu k dla kadego elementu a zachodzi ak = e.

Wniosek 43 Kada grupa G, ktrej rzd jest liczb pierwsz jest cykliczna.

A zatem mamy, z dokadnoci do izomorzmu, na przykad tylko jedn grup rzdu 5 grup (Z5,+ mod 5)(przypominam, e, z dokadnoci do izomorzmu, jest tylko jedna grupa cykliczna rzdu k, dla k N).

1.10 Podgrupy normalne

Denicja 44 Niech H bdzie podgrup G. Mwimy, e H jest podgrup normaln lub dzielnikiem normal-nym G jeli dla kadego a G zachodzi aHa1 H.

Nastpujcy fakt mwi, e po podgrupy normalne moemy opisa jako te, ktre generuj takie same

warstwy lewo- i prawostronne:

Fakt 45 H jest podgrup normaln G wtedy i tylko wtedy, gdy dla kadego a G zachodzi aH = Ha.

Przykad 46 (a) Trywialna podgrupa {e} jest zawsze normalna.(b) Grupa alternujca An jest normaln podgrup Sn.

(c) Grupa obrotw kwadratu jest normaln podgrup jego symetrii.

(d) Wszystkie podgrupy grupy przemiennej s normalne.

(e) Centrum (patrz Lista 2, zadanie 2) kadej grupy jest podgrup normaln.

(f) Podgrupa grupy S4: {i4, (1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4), (1, 4)(2, 3)} jest normalna.

Fakt 47 Jeli podgrupa H grupy G ma indeks 2 (czyli ma dwie warstwy), to jest normalna.

7

Szkic dowodu: Niech Ha i Hb bd warstwami prawostronnymi. Jedna z nich jest rwna H = He, aleH = eH jest rwnie warstw lewostronn. Korzystamy z faktu, e warstwy tworz podzia: drug warstwa(prawo- czy lewostronna) musi by G \H. 2Kada podgrupa normalna deniuje grup ilorazow:

Denicja 48 Niech N bdzie podgrup normaln G, wtedy zbir warstw N z dziaaniem mnoenia (patrzDenicja 36) oznaczamy symbolem G/N i nazywamy grup ilorazow (lub ilorazem G przez N).

Fakt 49 Grupa ilorazowa jest rzeczywicie grup.

Przykad 50 Niech Pk oznacza zbir liczb podzielnych przez k, gdzie k jest liczb dodatni. Pk jest pod-grup grupy (Z,+). Poniewa grupa ta jest przemienna, wic Pk jest normalna. Warstwami s zbiory liczbdajcych te same reszty przy dzieleniu przez k. atwo sprawdzi, e grupa ilorazowa Z/Pk jest izomorcznaz {Zk,+ mod k}.

1.11 Homomorzmy grup

Denicja 51 Niech (A, 1) i (B, 2) bd grupami. Mwimy, e F : A B jest homomorzmem jelia, b A zachodziF (a 1 b) = F (a) 2 F (b).

Przypomnijmy, e izomorzm to homomorzm rnowartociowy i na. Inne szczeglne homomor-

zmy: monomorzm to homomorzm rnowartociowy, epimorzm to homomorzm na, automorzm to

izomorzm zbioru w siebie.

atwo sprawdzi, e podobnie jak w przypadku izomorzmw

Fakt 52 Kady homomorzm przeksztaca element neutralny na nautralny oraz odwrotny do a, na odwrotnydo obrazu a.

Podobnie jak pojcie izormozmu, pojcie homomorzmu uoglnia si w naturalny sposb na inne algebry.

Denicja 53 Niech f : A B bdzie homomorzmem(a) Obrazem F nazywamy zbir Im(F ) = {b B : a A F (a) = b}(b) Jdrem F nazywamy zbir Ker(F ) = {a A : F (a) = eB}, gdzie eB jest elementem nautralnym wgrupie B.

Fakt 54 Obraz i jdro homomorzmu F : A B s podgrupami, odpowiednio B i A, co wicej, jdro jestpodgrup normaln.

Szkic dowodu: (wiczenia) 2

Fakt 55 Jdro homomorzmu F skada si z dokadnie jednego elementu (neutralnego) wtedy i tylko wtedy, gdy Fjest monomorzmem (rnowartociowy).

Szkic dowodu: (wiczenia) 2

Przykad 56 Przykady homomorzmw:

(a) wszystkie izomorzmy

(b) F (x) = e,

(c) F : Sn {1, 1}, F (f) = sgn(f), przy czym jako dziaania w zbiorze {1, 1} uywamy zwykegomnoenia,

(d) Rozwaamy grupy (Z,+) oraz (R \ {0}, ). F : Z R \ {0}, F (m) = 2m jest monomorzmem.

1.12 Homomorzmy i grupy ilorazowe

Zobaczymy teraz, e dla kadej grupy G i kadej jej podgrupy normalnej N istnieje homomorzm z G na G/N(czyli, e G/N jest obrazem homomorcznym G). Co wicej, pokaemy, e wszystkie obrazy homomorcznegrupy G s w istocie ilorazami G przez pewne jej podgrupy normalne.

Lemat 57 Jeli N jest podgrup normaln G, to istnieje homomorzm z G na G/N .

8

Szkic dowodu: Homomorzm deniujemy nastpujco: F (a) = Na. Sprawdzenie: F (a)F (b) = NaNb =Nab = F (ab). 2

Twierdzenie 58 Niech F : G G bdzie epimorzmem (homomorzmem na). Wtedy istnieje izomor-zm J : G/(KerF ) G.

Szkic dowodu: W dowodzie oznaczymy dla skrcenia zapisu N = KerF . Izomorzm deniujemy nast-pujco: J(Na) = F (a). Poprawno denicji. Sprawdzamy, e jeli Na = Nb, to F (a) = F (b). JeliNa = Nb, to b Na, czyli b = na dla pewnego n N . Wtedy F (b) = F (na) = F (n)F (a) = eGF (a) = F (a).J jest bijekcj. J jest na: jeli a G, to a G F (a) = a (F jest na) oraz J(Na) = F (a) = a.J jest 1-1: jeli J(Na) = J(Nb), to F (a) = F (b). G jest grup, wic b = na dla pewnego n G, zatemF (b) = F (na) = F (n)F (a). Std F (n) = eG , czyli n KerF = N . Wnioskujemy, e b Na, czyliNb = Na. J zachowuje dziaania. J(Na Nb) = J(N(ab)) = F (ab) = F (a)F (b). 2

Przykad 59 Rozwamy homomorzm grupy R \ {0} na R+ (obie z mnoeniem): F (x) = |x|. Jego jdremjest {1,1}. Powysze twierdzenie mwi, e iloraz R \ {0} przez {1,1} jest izomorczny z R+.

1.13 Algorytm Euklidesa

Kilka podstawowych denicji i faktw z teorii liczb: Dla liczb cakowitych a, b piszemy a|b jeli a dzieli b,czyli istnieje takie cakowite k, e b = ka. Liczba jest pierwsza jeli jedynymi jej dzielnikami dodatnimis 1 i ona sama. Dla liczb caowitych a i b, b 6= 0 istnieje dokadnie jedna liczba naturalna r mniejsza odb taka, e dla pewnego cakowitego q mamy a = qb + r; liczb r nazywamy reszt z dzialenia a przez bi oznaczamy a mod b. Dla kadych dwch liczb cakowitych a, b istnieje ich najwikszy wsplny dzielnik,oznaczany gcd(a, b). Jeli gcd(a, b) = 1 to mwimy, e a i b s wzgldnie pierwsze.

Najwikszy wsplny dzielnik dodatnich liczb m i n moemy wyliczy za pomoc algorytmu Euklidesa:

(1) m0 := m, : n0 = n.

(2) i := 0

(3) Jeli mi = 0 zwr ni; Jeli ni = 0 zwr mi.

(4) Jeli mi > ni, to mi := mi mod ni w przeciwnym wypadku ni := ni mod mi

(5) i := i+ 1. Przejd do 3.

Uzasadnienie poprawnoci: pokazujemy, e zbiory wsplnych dzielnikw liczb mi+1 i ni+1 oraz mi i ni,pojawiajcych si w czasie dziaania algorytmu, s jednakowe. Wynika to wpost z nastpujcego lematu:

Lemat 60 Niech b 6= 0. Wtedy gcd(a, b) = gcd(a mod b, b).

Szkic dowodu: Oznaczmy c = a mod b. Moemy zapisa: a = k1b+ c, dla pewnego k1 Z. Udowodnimy,e zbiory wsplnych dzielnikw a i b oraz c i b s jednakowe. Niech d|a i d|b, czyli a = k2d, a b = k3d, dlapewnych k2, k3 Z. c = a k1b = k2d k1k3d = d(k2 k1k3), czyli d|c. W drug stron, jeli d|c i d|b, czylic = k4d oraz b = k5d, dla pewnych k4, k5 Z, to moemy zapisa a = k1b+ c = k1k5d+ k4d = d(k1k5 + k4),a wic d|a. 2Uywajc powyszego lematu atwo ju indukcyjnie pokaza, e zbiory wsplnych dzielnikw m,n s takiesame jak zbiory wsplnych dzielnikw kolejnych mi, ni. Poniewa gcd(0, a) = a dla a 6= 0 nasz algorytmzwraca poprawn warto.

Zauwamy, e dla dowolnych danych wejciowych m,n, algorytm dojdzie do sytuacji mi = 0 lub ni = 0w skoczonej liczbie krokw: w kadym kroku zmniejsza si warto m + n, ale cay czas pozostaje onanieujemna. Nie ma zatem moliwoci, e zaptli si i bdzie dziaa w nieskoczono.

Z algorytmu Euklidesa wynika nastpujce wane twierdzenie:

Twierdzenie 61 Niech m i n bd liczbami cakowitymi. Wtedy istniej liczby cakowite a i b takie, eam+ bn = gcd(m,n).

9

Szkic dowodu: Pokazujemy indukcyjnie, e wartoci mi i ni, pojawiajce si w czasie dziaania algorytmuEuklidesa, nale do zbioru A = {am + bn : a, b Z}. Jedna z tych wartoci jest zwracana na koniec jakogcd(m,n). Oczywicie m0 i n0 nale do zbioru A. Zaoenie indukcyjne: mi = am+ bn oraz ni = cm+ dn.Rozwamy przypadek, gdy mi > ni (drugi jest analogiczny) i ni jest niezerowe. Musimy pokaza, emi+1 A. Wiemy, e mi = kni+mi+1, dla pewnego k Z, czyli mi+1 = mikni = am+bnk(cm+dn) =(a kc)m+ (b+ d)n A. To koczy dowd indukcyjnyLiczby a i b takie jak w Twierdzeniu 61 moemy wyliczy rozszerzonym algorytmem Euklidesa.

Przykad 62 Przykad oblicze dla m = 81 i n = 57:

81 = 1 57 + 2457 = 2 24 + 924 = 2 9 + 69 = 1 6 + 36 = 2 3 + 0Zatem gcd(81, 57) = 3. Znajdujemy teraz a i b odwracajc obliczenia:

3 = 9 1 63 = 9 1 (24 2 9) = 1 24 + 3 9

3 = 1 24 + 3 (57 2 24) = 3 57 7 243 = 3 57 7 (81 57) = 7 81 + 10 57W szczeglnoci wnioskiem z twierdzenia 61 jest

Wniosek 63 gcd(m,n) = 1 wtedy i tylko wtedy, gdy am+ bn = 1 dla pewnych cakowitych a i b.

1.14 Arytmetyka modularna

Przyjrzyjmy si teraz bliej dziaaniom dodawania i mnoenia modulo m (m N). Przypomnijmy, e wynikdziaania a+m b, dla a, b Z, deniowalimy jako reszt z dzielenia a+ b przez m, czyli jako (a+ b) mod m(analogicznie dla dziaania m). Zauwaylimy do tej pory (moe jeszcze nie do koca formalnie), e zbirZm = {0, 1, . . . ,m 1} z dziaaniem +m jest grup przemienn, dla kadego m > 0.Aby wygodniej mwi o arytmetyce modularnej wprowadmy jeszcze relacj m na zbiorze liczb cako-witych: a m b wtedy i tylko wtedy, gdy a b = km dla pewnego k Z (czyli gdy m dzieli rnic a b, cojest rwnowane temu, e a i b daj te same reszty przy dzieleniu przez m - wiczenie). atwo sprawdzi, erelacja ta jest relacj rwnowanoci i ma m klas abstrakcji, wyznaczanych przez reszty z dzielenia przez m.Zachodz nastpujce fakty

Fakt 64 (i) jeli a m b oraz c m d, to a+ c m b+ d(ii) jeli a m b oraz c m d, to ac m bd(iii) jesli a m b, to an m bn dla n NW szczeglnoci a+m b = (a mod m)+m (b mod m) oraz am b = (a mod m)m (b mod m) bo oczywiciea m (a mod m).Zauwamy teraz nastpujc ogln wasno homomorizmw:

3

Lemat 65 Niech F bdzie homomorzmem struktur algebraicznych z A na B. Niech t1(x1, . . . , xk) i t2(x1, . . . , xk)bd dowolnymi wyraeniami zbudowanym ze zmiennych x1, . . . , xk, symboli dziaa i nawiasw. Wtedy, jeli:

x1, . . . , xk A t1(x1, . . . , xk) = t2(x1, . . . , xk),

to

x1, . . . , xk B t1(x1, . . . , xk) = t2(x1, . . . , xk).Powyszy lemat implikuje na przykad, e jeli w strukturze A zachodzi prawo rozdzielnoci: xyz x(y+z) =x y + x z, oraz istnieje homomorzm z A na B, to to samo prawo zachodzi te w B. Poniewa, funkcjaF : Z Zm dana wzorem F (a) = a mod m jest homomorzmem (Z,+, ) na (Zm,+m, m) oraz Z jestpiercieniem przemiennym z jednoci, moemy teraz wykaza:

Fakt 66 (Zm,+m, m) jest piercieniem (przemiennym z jednoci).3

Pojcie homomorzmu zdeniowalimy formalnie jedynie dla grup, ale uoglnienie na piercienie i inne struktur algebraiczne

jest oczywiste: homomorzm to funkcja zachowujca wszystkie dziaania struktury.

10

Uwaga: My zdeniowalimy ju na pocztku tego wykadu piercie (Zm,+m, m) jako struktur o uni-wersum {0, 1, . . . ,m 1} i dziaaniach +m, m deniowanych jako reszty z dzielenia wynikw dziaa +, przez m. Mona na niego spojrze troch inaczej. Mianowicie mona myle, e elementami uniwer-sum s klasy abstrakcji relacji m, a dziaania zdeniowane s nastpujco: [a]m +m [b]m = [a + b]m ,[a]m m [b]m = [a b]m . Fakt 64 pozwala udowodni, e taka denicja dziaa jest poprawna. OczywicieF : Z Zm dana wzorem F (a) = [a]m jest homomorzmem na, zatem uzyskana struktura jest piercieniemprzemiennym z jednoci. Procedur ktr opisalimy nazywa si podzieleniem piercienia przez kongruen-

cj. Kongruencjami nazywamy relacje rwnowanoci speniajce warunki analogiczne do warunkw (i), (ii)

z faktu 64. Porwnaj te Przykad 50.

Przykad 67 (a) Jaka jest ostatnia cyfra liczba 31000? Szukamy 31000 mod 10, czyli 9500 mod 10. 9500

mod 10 = (92 mod 10)250 = 1250 = 1.

(b) Jaka jest ostatnia cyfra w zapisie dziesitnym liczby 32009? Chcemy znale wynik mnoenia liczby 3przez siebie 2009 razy w piercieniu Z10. 32 = 9, 33 = 7, 34 = 7 3 = 1, 32008 = 34502 = (34)502 = 1.Zatem szukan cyfr jest 1 3 = 3.Lemat 68 Element a w pierwcieniu Zm ma element odwrotny (wzgldem m) wtedy i tylko wtedy, gdygcd(a,m) = 1.

Szkic dowodu: Jeli a m b = 1, czyli ab mod m = 1 to ab = qm+ 1 dla pewnego q, a wic ab qm = 1.Na mocy Wniosku 63 gcd(a,m) = 1. Ponownie z wniosku 63 mamy ax+my = 1 dla pewnych cakowitychx i y. Inaczej: ax = ym+ 1, czyli ax mod m = 1, wic x mod m jest elementem odwrotnym do a. 2Zauwa, e dowd powyszego lematu sugeruje efektywny algorytm sprawdzania, czy element ma od-

wrotno oraz wyliczania tej odwrotnoci (z wykorzystaniem algorytmu Euklidesa do znalezienia x). Otrzy-mujemy te:

Twierdzenie 69 (i) ({1, 2, . . .m 1}, m) jest grup wtedy i tylko wtedy, gdy m jest liczb pierwsz.(ii) Piercie (Zm,+m, m} jest ciaem wtedy i tylko wtedy, gdy m jest liczb piewrsz.Dla dowolnego ciaa (C,+, ) grup (C,+) nazywamy jego grup addytywn, grup (C \ {0}, ) grupmultiplikatywn. W przypadku dowolnego piercienia (P,+, ) dziaanie + nazywamy addytywnym, a multiplikatywnym.

Oznaczmy przez Zm zbir elementw Zm wzgldnie pierwszych z m. |Zm| oznaczamy jako (m) (jest totzw. funkcja Eulera). Oczywicie (p) = p 1 dla p pierwszych.Twierdzenie 70 Zbir elementw odwracalnych (wzgldem dziaania multiplikatywnego) dowolnego pier-

cienia z jednoci tworzy grup z dzianiem muliplikatywnym. W szczeglnoci (Zm, m) jest grup dladowolnego m > 0, jako zbir elementw odwracalnych piercienia (Zm,+, ).Przypomnijmy, e zgodnie z Wnioskiem 42 z twierdzenia Lagrange'a w dowolnej grupie skoczonej G,

a|G| = e zachodzi dla dowolnego a. Dostajemy std kolejny wany wniosek:

Twierdzenie 71 (i) (Mae twierdzenie Fermata) Jeli p jest liczb pierwsz, to dla kadego a Z,takiego e p nie dzieli a, zachodzi ap1 p 1.(ii) (Euler) Jeli gcd(m, a) = 1, to a(m) m 1 dla dowolnego a Z.Przykad 72 (a) Przykad zastosowania twierdzenia Fermata: jaka jest reszta z dzielenia 21000000 przez101? Wiemy, e 2100 101 1 (bo 101 jest liczb pierwsz). 21000000 = (2100)10000 101 1.(b) Grupa addytywna (Zp,+p) dla p pierwszego jest oczywicie grup cykliczn (na mocy Wniosku 43).Wkrtce pokaemy, e grupa multiplikatywna (Zp \ {0}, p) jest rwnie cykliczna. W tym przykadziesprawdzimy, e 2 jest generatorem grupy multiplikatywnej Z101 (jest to grupa, bo 101 jest liczbpierwsz). W tym celu sprawdzamy (uywajc podejcia podobnego jak w poprzednich przykadach),

e rzd 2 wynosi 100. Pokazujemy konkretnie, e 220 oraz 250 s rne od 1. Poniewa rzd 2 musidzieli 100, a wszystkie dzielniki 100 (oprcz 100) s dzielnikami 20 lub 50 daje to nasz wniosek.

1.15 Chiskie twierdzenie o resztach

Denicja 73 Niech (G1,+1, 1), . . . , (Gk,+k, k) bd piercieniami przemiennymi z jednoci. Ich produk-tem

4

nazywamy struktur ((G1, . . . ,Gk),+, ), o uniwersum bdcym iloczynem kartezjaskim uniwerswpiercieni Gi i dziaaniach zdeniowanych po wsprzdnych, tj., w przypadku dziaania : (g1, . . . , gk) (g1, . . . , g

k) = (g1 1 g1, . . . , gk k gk) i analogicznie dla +.4

Prwnaj zadanie 1, Lista 3, w ktrym zdeniowalimy analogiczne pojcie dla grup.

11

Poniszy fakt sprawdza si rutynowo:

Fakt 74 Produkt piercieni przemiennych z jednoci jest piercieniem przemiennym z jednoci.

Przykad 75 (a) Z6 jest izomorczny z Z2 Z3. Izomorzm: F (x) = (x mod 2, x mod 3)(b) Z8 nie jest izomorczny z Z2 Z4. Mona bowiem sprawdzi, e w grupie addytywnej Z2 Z4 nie maelementu rzdu 8, a taki jest w grupie addytywnej Z8 (bo ta jest cykliczna).

Lemat 76 Niech G,G1, . . . Gm bd piercieniami przemiennymi z jednoci. Niech Fi : G Gi bd ho-momorzmami piercieni. Wtedy F : G G1, . . . ,Gk, zdeniowana wzorem F (a) = (F1(a), . . . , Fm(a))jest homomorzmem piercieni.

Twierdzenie 77 . Niech liczby m1,m2, . . . ,mk bd parami wzgldnie pierwsze i niech m = m1m2 . . .mk.Wtedy funkcja F : Zm Zm1 Zm2 . . . Zmk , dana wzorem F (x) = (x mod m1, x mod m2, . . . xmod mk) jest izomorzmem piercieni.

Szkic dowodu: Jeli mi|m oraz funkcja F : Zm Zmi dana jest wzorem F (a) = a mod mi, to F jesthomomorzmem. Zatem zachowywanie dziaa wynika z Lematu 76. Musimy tylko sprawdzi, e F jestbijekcj. Poniewa zbiory s skoczone wystarczy sprawdzi rnowartociowo: jeli F (a) = F (b), to amod mi = b mod mi dla wszystkich i, czyli a mi b. To oznacza, e mi|(a b) dla wszystkich i. Poniewami s wzgldnie pierwsze, to take m1 . . .mk|(a b), 5 ale |a b| < m, czyli a = b. 2

Wniosek 78 (Chiskie twierdzenie o resztach) Jeli m1, m2, . . ., mk s parami wzgldnie pierwsze,m = m1m2 . . .mk oraz ai {0, . . .mi 1} to istnieje dokadnie jeden x, 0 x < m, speniajcy ukad:

x mod m1 = a1x mod m2 = a2

. . .x mod mk = ak

Ukad z powyszego wniosku mona sprawnie rozwizywa. Mianowicie x = (a1z1y1 + . . . akzkyk)mod m, gdzie zi = m/mi, a yi jest tak liczb, e ziyi mi 1. Uzasadnienie poprawnoci: x mod m1 =(a1z1y1+. . . akzkyk) mod m1 = ((a1z1y1 mod m1)+. . .+(akzkyk mod m1)) mod m1 = a1+0+. . .+0 = a1(bo m1 jest dzielnikiem zi dla i > 1). Analogicznie dla pozostaych mi.

Przykad 79 Znajdmy najmniejsz liczb dodatni, ktra daje reszt 1 przy dzieleniu przez 2, reszt 2

przy dzieleniu przez 3 oraz reszt 2 przy dzieleniu przez 7. Odpowied: 23.

1.16 Piercienie Zn w akcji - system szyfrowania RabinaOmwimy i przeanalizujemy metod szyfrowania Rabina. Jest to metoda szyfrowania z dwoma kluczami:

publicznym i prywatnym. Kluczem prywatnym, sucym do odszyfrowywania wiadomoci jest para rnych

duych liczb pierwszych p i q. Kluczem publicznym, sucym do zaszyfrowywania, jest liczba liczba n,bdca iloczynem p i q.

Szyfrowane wiadomoci to liczby z Zn. Niech x Zn bdzie wiadomoci, ktr chcemy zaszyfrowa. Szyfrem jest liczba x2 mod n. Zamy, e otrzymalimy zaszyfrowan wiadomo c. Odszyfrowanie polega na wyliczeniu pierwiaskwkwadratowych modulo n, czyli znalezieniu takich x, e x2 n c.

Oczywicie operacja szyfrowania (czyli podnoszenia do kwadratu modulo n) jest atwa obliczeniowo. Wdalszej czci wykadu przekonamy si, e deszyfrowanie (wyliczanie pierwiastkw kwadratowych modulo n)daje si sprawnie wykonywa, gdy znamy p i q, ale jest trudne, gdy znamy tylko n. Dokadniej, pokaemy, ejeli znajc tylko n potramy oblicza pierwiastki kwadratowe modulo n, to potramy znajdowa rozkad nna czynniki pierwsze. Ten ostatni problem uznawany jest za bardzo trudny obliczeniowo (chocia formalny

dowd tej trudnoci nie jest dotd znany!):

5

Tu potrzebny jest lemat: jeli m1, . . . ,mk s parami wzgldnie pierwsze oraz kade mi dzieli n, to iloczyn wszystkich mite dzieli n. Lematu dowodzi si np. uywajc faktu, e m1|m i m2|m i gcd(m1,m2) = 1 implikuje m1m2|m, nastpnie indukcjii wiczenia 1d z listy 5.

12

Hipoteza: Nie istnieje algorytm, ktry dla zadanego n bdcego iloczynem dwch duych6 liczb pierwszychznajdowaby te liczby w rozsdnym czasie.

Warto za to podkreli, e sprawdzenie czy zadana liczba jest liczb pierwsz jest zadaniem atwym

istniej wydajne algorytmy rozwizujce to zadanie.

Analizujc system Rabina uyjemy poniszego twierdzenia. Jego dowd pojawi si w dalszej czci

wykadu.

Twierdzenie 80 Niech p bdzie liczb pierwsz. Wtedy multiplikatywna grupa Zp jest cykliczna.

Denicja 81 Mwimy, e liczba a Zn jest reszt kwadratow modulo n jeli istnieje taki b w Zn, ea n b2. Zbir reszt kwadratowych modulo n oznaczamy QRn.

Resztami kwadratowymi s wic liczby jakie pojawiaj si na przektnej tabelki mnoenia Zn. Naprzykad Q7 = {1, 2, 4}, Q9 = {1, 4, 7}.

Fakt 82 Jeli p > 2 jest liczb pierwsz, to |QRp| = |Zn|/2 = (p 1)/2. Jeli a QRp, to a ma dokadnie2 pierwiastki modulo p.

Szkic dowodu: Deniujemy relacj Zp Zp : a b wtedy, gdy a2 p b2. Jest to relacja rwnowanoci,ktrej klasy abstrakcji s dwuelementowe: Jeli a2 p b2, to (a b)(a+ b) dzieli si przez p. Ale p jest liczbpierwsz, wic p dzieli a b lub p dzieli a+ b, czyli a p b lub a p b p p b. Poniewa p jest nieparzystewic b 6= p b. 2

Fakt 83 Niech p > 2 bdzie liczb pierwsz, niech g bdzie generatorem grupy multiplikatywnej Zp. WtedyQRp = {1 = g0, g2, g4, . . . , gp3}.

Szkic dowodu: Oczywicie g2i jest kwadratem gi. Wszystkie g2i, dla 0 2i p 3 s rne i jest ich(p 1)/2. 2

Lemat 84 Niech p > 2 bdzie liczb pierwsz, a Zp . Jeli a QRp, to a(p1)/2 p 1; w przeciwnymwypadku a(p1)/2 p 1.

Szkic dowodu: Jeli a QRp, to a p b2 dla pewnego b Zp . Wtedy a(p1)/2 p bp1 p 1 (ostatnierwno wynika z maego twierdzenia Fermata). Jeli a 6 QRp, to a = g2i+1 (g generator), czyli a(p1)/2 =(g2i)(p1)/2g(p1)/2 = g(p1)/2. Ta ostatnia liczba nie moe przystawa do 1, bo g jest generatorem. Zdrugiej strony jej kwadrat przystaje do 1, wic a(p1)/2 p g(p1)/2 p 1 (bo 1 ma dokadnie 2 pierwiastkikwadratowe modulo p: 1 i -1). 2

Zauwa, e powyszy lemat pozwala skonstruowa prost metod sprawdzania czy a jest reszt kwadra-tow modulo p.

Lemat 85 Niech p i q bd liczbami pierwszymi, n = pq. Wtedy |QRn|=|Zn|/4 = ((p 1)(q 1))/4. Jelia QRn, to a ma dokadnie cztery pierwiastki kwadratowe modulo n.

Szkic dowodu: Deniujemy relacj Zn Zn: a b wtedy, gdy a2 n b2. Relacja ta jest relacjrwnowanoci. Pokaemy, e jej klasy abstrakcji s czteroelementowe. Kada klasa jest wyznaczona przez

pewn reszt kwadratow. Niech r QRn. Na mocy chiskiego twierdzenia o resztach rwnanie x2 n rjest rwnowane ukadowi x2 p r, x2 q r. Niech x1, x2 bd rozwizaniami pierwszego ukadu w (Zp ), ax1, x

2 rozwizaniemi drugiego ukadu (w Z

q ). Wtedy kada z par (x1, x

1), (x1, x

2), (x2, x

1), (x2, x

2) dajedokadnie jedno rozwizanie rwnania wyjciowego. Na mocy chiskiego twierdzenia o resztach s to rne

rozwizania. 2

Istnienie 4 pierwiastkw z kadej reszty kwadratowej jest wad systemu kryptogracznego Rabina. Po

odebraniu zaszyfrowanej wiadomoci dostajemy cztery moliwe pierwiastki i musimy zgadn, ktry z nich

jest waciw wiadomoci. Istniej pewne modykacje systemu usuwajce t wad. Niestesty, znaczco

komplikuj one algorytm.

6

kilkaset - kilka tysicy bitw

13

Wyznaczanie pierwiastkw kwadratowych modulo n (przy znajomoci p i q) Pokaemy teraz jakodszyfrowywa wiadomoci, czyli jak wylicza pierwiastki kwadratowe modulo n = pq, gdy znamy kluczprywatny: liczby pierwsze p i q. Wystarczy, e wyliczymy pierwiastki modulo p i modulo q, a nastpniezastosujemy chiskie twierdzenie o resztach.

Musimy zatem poda algorytm wyznaczanie pierwiastka kwadratowego z c QRp modulo liczba pierwszap. Rozpatrzmy przypadek, gdy rozwaana liczba pierwsza p daje reszt 3 przy dzieleniu przez 4, czylip = 4k + 3, dla pewnego k N. Przypadek, gdy reszta jest rwna 1 jest nieco bardziej skomplikowany inie bdziemy si nim zajmowa na tym wykadzie. Mamy c(p1)/2 p 1 (bo c jest reszt kwadratow, patrzLemat 84), czyli c2k+1 p 1. Std (ck+1)2 p c. Jednym z pierwiastkw jest zatem x1 = ck+1 mod p, drugix2 = p x1.

Trudno deszyfrowania bez znajomoci p i q Niech n bdzie iloczynem dwch liczb pierwszych pi q. Zamy, e istnieje szybki algorytm A znajdujcy dla zadanego c Zn takie x = A(c), e x2 n c.Pokaemy jak skonstruowa wydajny algorytm wyznaczajcy rozkad n na czynniki pierwsze.Nasz algorytm bdzie algorytmem zrandomizowanym (typu Las Vegas): bdzie losowa pewn warto,

na jej podstawie przeprowadza pewne obliczenia i prbowa znale p lub q; jeli to si nie uda wylsoujekolejn warto i powtrzy procedur. Zobaczymy, e oczekiwana liczba losowa wynosi 2 oraz, e z duym

prawdopodobiestwem kilka losowa zagwaratnuje znalezienie rozwizania.

Algorytm wyglda nastpujco:

1. Wylosuj x Zn2. Niech c = A(x2 mod n)3. Jeli c = x lub c = n x przejd do 14. Wyznacz gcd(c+ x, n) oraz gcd(c x, n). Te liczby s szukanymi p i q.

Odpowied c = x lub c = n x nie daje nam adnej istotnej informacji i tak wiemy, e te liczby spierwiastkami kwadratowymi z x2 modulo n. Dlatego w tym przypadku ponownie wracamy do wylosowaniax. Zamy, e mamy c 6= x i c 6= n x. Poniewa c2 = x2 mod pq, wic (c x)(c + x) = kpq, wicp|c x lub p|c + x.7 Poniewa zaoenie gwarantuje, e (c x)(c + x) 6= 0 mod n, wic gcd(c x, n) = plub gcd(c+ x, n) = p.

Prawdopodobiestwo, e przy losowym x algorytm A zwrci nieprzydatn warto c wynosi 1/2 (bomamy cztery pierwiastki, z czego dwa nieprzydatne). Zatem oczekiewana liczba losowa x to 2. A szansa,e po k-tym losowaniu nie bdziemy znali rozkadu jest rwna 1/2k.

1.17 Wasnoci grup cyklicznych

Podamy teraz seri wynikw dotczcych grup cyklicznych.

Fakt 86 Nich g bdzie generatorem n-elementowej grupy G. Element gm jest generatorem G wtedy i tylkowtedy, gdy gcd(m,n) = 1.

Fakt 87 Jeli G jest cykliczna, to kada jej podgrupa jest cykliczna.

Szkic dowodu: Niech g bdzie generatorem grupy G, a H podrup G. Niech m bdzie najmniejsz liczbdodatni tak, e gm H (jeli takiej liczby nie ma, toH skada si tylko z elementu neutralnego). Pokaemy,e gm jest generatorem H, czyli e H = {(gm)i : i Z}. Zawieranie jest oczywiste. Pokazujemy . Niechgj H, niech j = km+ r, 0 r < m. Wtedy gr = gjkm = gj(gm)k H (z zamknitoci H). Poniewar < m, wic r = 0 (z denicji liczby m). Zatem gj = (gm)k. 2

Fakt 88 Niech G bdzie grup cykliczn rzdu n N . W G istnieje element rzdu d wtedy i tylko wtedy, gdyd|n.

Szkic dowodu: Wynika z Wniosku 41 z Twierdzenia Lagrange'a. Jeli g jest generatorem, to szukanymelementem jest gn/d. 2

Fakt 89 Jeli grupa cykliczna G ma element rzdu k, to ma dokadnie (k) takich elementw.

7

To wynika z czci (e) zadania 1 z listy 5.

14

Szkic dowodu: Rozwaamy zbir H = {a : ak = e}. Do zbioru tego nale w szczeglnoci wszystkieelementy rzdu k. atwo sprawdzi, e H jest podgrup G, a wic jest cykliczna (na mocy Faktu 87). Hma dokadnie k elementw. Na mocy Faktu 86 ma ona dokadnie (k) generatorw. S one wszystkimielementami rzdu k w G. 2

Zauwa, e Fakty 88 i 89 prowadz do nastpujcego adnego wzoru:

Wniosek 90

n ={d:d|n}

(d)

Twierdzenie 91 Niech G bdzie grup skoczon rzdu n. Jeli dla dowolnego k N zbir {g G : gk = e}ma najwyej k elementw, to G jest cykliczna.

Szkic dowodu: Zastanwmy si ile elementw rzdu k, dla k|n jest w G. Zamy, e jest tam co najmniejjeden taki element a. Rozwamy zbir {g G : gk = 1}. Na mocy zaoenia jest tam najwyej k elementw- musi by to zatem caa podgrupa generowana przez a. Jest to zatem grupa cykliczna, ktra ma (k)generatorw - elementw rzdu k. Uzasadnilimy wi, e dla dowolnego k liczba elementw rzdu k w Gjest mniejsza bd rwna liczbie elementw rzdu k w n-elementowej grupie cyklicznej (mniejsza byabywtedy, gdyby w ogle nie byo elementw k w G, a byy w grupie cyklicznej). Poniewa obydwie grupy majpo n-elementw wic moce elementw rzdu k, dla dowolnego k musz by dla nich rwne. W szczeglnoci,w G musi by element rzdu n generator, a wic G jest cykliczna. 2

Powysze twierdzeni zostanie przez nas uyte do pokazania, grupa multiplikatywna ciaa skoczonego

jest cykliczna. Wczeniej zbadamy jednak podstawowe wasnoci wielomianw nad piercieniami i ciaami.

1.18 Przypomnienie denicji piercieni i cia.

Przypomnijmy:

(a) (A,+, ) z dwoma dziaaniami binarnymi nazywamy piercieniem jeli: (A,+) jest grup przemienn, dziaanie jest czne, dziaanie jest rozdzielne wzgldem dziaania +.(b) (A,+, ) jest ciaem jeli

(A,+, ) jest piercieniem, (A \ {0}, ) jest grup przemienn (gdzie 0 oznacza element neutralny +);Piercie nazywamy przemiennym jeli jego dziaanie multiplikatywne jest przemienne. Piercie nazy-

wamy piercieniem z jednoci jeli ma element neutralny mnoenia. Oczywicie kade ciao jest piercieniem.

Mwic o piercieniach i ciaach uywamy zazwyczaj 0 na oznaczenie elementu neutralnego dodawania, 1na oznaczenie elementu neutralnego mnoenia (jeli taki istnieje). a jest elementem przeciwnym do a (od-wrotnym wzgldem dziaania +), a1 odwrotnym (wzgldem dziaania ). Zamiast pisa a+ (b) piszemyczsto a b.Fakt 92 W dowolnym piercieniu:

(i) 0 a = 0.(ii) (x)y = x(y) = (xy)Fakt 93 W dowolnym ciele: ab = 0 a = 0 b = 0.Ostatni fakt nie jest prawdziwy we wszystkich piercieniach. Np. 2 2 = 0 w Z4. Element a, piercienia

R, dla ktrygego istnieje niezerowe b takie, e ab = 0 nazywamy dzielnikiem zera.

1.19 Kilka informacji o piercieniach wielomianw

Denicja 94 Niech (R,+, ) bdzie piercieniem. Wyraenie f = anxn + an1xn1 + . . . a1x1 + a0x0,gdzie ai R, an 6= 0 oraz wyraenie f = 0 nazywamy wielomianami nad piercieniem R. Elementyai nazywamy wspczynnikami wielomianu. Liczb n nazywamy stopniem wielominu i oznaczamy deg(f).Wspczynnik przy takim i nazywamy wiodcym. Wielomian, ktrego wspczynnikiem wiodcym jest a0nazywamy wielomianem staym.

15

Wielomian zerowy, f = 0, ma do specjalny status. Powysza denicja nie okrela jego stopnia (przyj-miemy konwencj, e stopie ten jest rwny ), nie ma on te wspczynnika wiodcego.W przypadku wielominu f = anx

n + an1xn1 + . . . a1x1 + a0x0, odwoujemy si czasem do ai, dlai > n. Uznajemy wtedy, e takie ai = 0. Dwa wielominay f = anx

n + an1xn1 + . . . a1x1 + a0x0 ig = bmx

m + bm1xm1 + . . . b1x1 + b0x0 s rwne jeli dla kadego i zachodzi ai = bi.Z kadym wielominem f mona w naturalny sposb powiza funkcj f(x) : R R (warto funkcji naargumencie b R wylicza si wstawiajc b w miejsce x w wyraeniu opisujcym f). Zwracam jednak uwag,e formalnie wielomiany i odpowiadajce im funkcje to rne obiekty.

Fakt 95 Nie jest prawd, e dwa rne wielomiany nad tym samym piercieniem zawsze opisuj rne

funkcje

8

.

Szkic dowodu: Wemy jako R ciao Z11 i wielomiany f = 0 oraz g = x11x. Obydwa opisuj funkcje stalerwn 0 (drugi z nich na mocy maego twierdzenia Fermata). Zreszt, dla dowolnego piercienia skoczonego

R, zbir wielomianw nad F jest nieskoczony, a RR skoczony. 2Zbir wielomianw nad piercieniem R oznaczamy jako R[x]. W zbiorze R[x]mona wprowadzi dziaaniasumy + i iloczynu w nastpujcy, naturalny sposb:Denicja 96 Niech f = anx

n+an1xn1+ . . . a1x1+a0x0, g = bmxn+bm1xm1+ . . . b1x1+b0x0. Wtedy:

f + g =

0imax{m,n}(ai + bi)x

i

f g =

0im+n(0ji

ajbij)xi

Przykad 97 Przykad dodawania i mnoenia wielomianw nad Z6. Niech f = 3x2 + 2x + 2, g = 5x + 4.Wtedy f + g = 3x2 + x, a fg = 3x3 + 4x2 + 2x+ 2.

atwo sprawdzi, e

Fakt 98 Jeli R jest piercieniem przemiennym, f, g R[x], p = fg, r = f+g, to a R : p(a) = f(a)g(a)oraz r(a) = f(a) + g(a).

Fakt 99 Niech f i g bd wielomianami na piercieniem R odpowiednio stopnia m i n. Wtedy:

(i) f + g ma stopie mniejszy lub rwny max{m,n},(ii) f g ma stopie mniejszy lub rwny m+ n.(iii) Jeli R jest ciaem, to f g ma stopie rwny m + n. W szczeglnoci, jeli f 6= 0 oraz g 6= 0, to

fg 6= 0.

Szkic dowodu: Pierwsze dwa podpunkty s oczywiste. Trzeci wynika z faktu, e w kadym ciele rwno

ab = 0 implikuje a = 0 lub b = 0. Zatem iloczyn wspczynnikw wiodcych nie moe by zerem i staje siwobec tego wspczynnikiem wiodcym iloczynu wielomianw. 2

Dowd nastpujcego faktu jest rutynowy:

Fakt 100 Niech (R,+, ) bdzie piercieniem. Wtedy R[x] z dziaaniami dodawania i mnoenia wielomianwte jest piercieniem. Jeli R jest przemienny, to R[x] rwnie. Jeli R jest z jednoci, to R[x] rwnie.

1.20 Podzielno wielomianw

Rozwaa teraz bdziemy piercienie wielomianw nad ciaami. Ciao oznacza bdziemy zazwyczaj jako

F . Pokaemy, e dla wielomianw nad ciaem mona rozwin kawaek teorii podzielnoci, ktra okae sipodobna do teorii podzielnoci liczb cakowitych.

Fakt 101 Dla kadej pary wielomianw f , g F [x], g 6= 0 istnieje dokadnie jedna para wielomianw q,r takich, e deg(r) < deg(g) oraz f = qg + r. Wielomian r nazywamy reszt z dzielenia f przez g. Wszczeglnoci reszta z dzielenia wielomianu f przez dwumian x c jest sta.8

Ale, jak zobaczymy pniej, rne wielominy nad nieskoczonymi ciaami opisuj rne funkcje.

16

Szkic dowodu: Istnienie. Jeli deg(f) < deg(g), to wystarczy przyj q = 0, r = f . W przeciwnymwypadku przeprowadzamy indukcj po stopniu f . Niech f = anx

n+an1xn1+ . . . a1x1+a0x0, g = bmxm+bm1xm1 + . . . b1x1 + b0x0, n m. Rozwamy wielomian h = f (anb1m xnm)g. Wspczynnik przy xnwielomianu h jest rwny 0, a zatem deg(h) < deg(f) i mona do niego zastosowa zaoenie indukcyjne: h =qg+r. Teraz f = h+(anb1m x

nm)g = qg+r+(anb1m xnm)g = (q+(anb1m x

nm))g+r. Jednoznaczno.Jeli f = qg+ r = qg+ r, to (q q)g = r r. Wielomian z prawej strony ma stopie mniejszy od deg(g),wic q = q (bo inaczaj wielomian z prawej miaby stopie wikszy bd rwny deg(g). Std caa lewa stronajest zerem, wic prawa te: r = r. 2

Przedstawiony dowd sugeruje metod dzielenia wielomianw. Zilustrowalimy j na przykadzie. Jest

to metoda bdc uoglnieniem pisemnego dzielenia wielomianw w R[x]

Denicja 102 Mwimy, e wielomian f dzieli g jeli istnieje taki wielomian h, e g = f h. Podobnie jakw przypadku dzielenia liczb cakowitych piszemy wtedy f |g.Fakt 103 (i) Jeli fg = c, gdzie c 6= 0 jest sta, to zarwno f jak i g s staymi.(ii) Jeeli f |g oraz g|f , to f = cg dla pewnej staej c.Denicja 104 Mwimy, e wielomian f , nie bdcy sta, jest nierozkadalny (nieredukowalny lub pierwszy)w F [x] jeli nie istniej wielomiany g, h, oba o stopniu mniejszym od stopnia f takie, e f = gh.

Oczywicie wielomiany stopnia 1 s z denicji nierozkadalne.

Denicja 105 Najwikszym wsplnym dzielnikiem wielomianw f i g, jest taki wielomian h, e h|f , h|goraz dowolny inny wsplny dzielnik f i g ma stopie nie wikszy ni h.

Za chwil pokaemy, e kada para niezerowych wielomianw ma najwikszy wsplny dzielnik. Mona

zauway, e najwikszy wsplny dzielnik dwch wielomianw jest jednoznaczny z dokadnoci do czynnika

staego. Dokadniej, jeli h i h s najwikszymi wsplnymi dzielnikami f i g, to h = ch dla pewnejstaej c. Oznacza, to e istnieje dokadnie jeden unormowany najwikszy wsplny dzielnik, gdzie wielomianunormowany, to wielomian o wsplczynniku wiodcym rwnym 1.

Lemat 106 (i) Dla kadej pary f , g F [x] istnieje najwikszy wsplny dzielnik.(ii) Jeli h jest najwikszym wsplnym dzielnikiem f i g, to istniej takie wielomiany a i b, e af + bg = h.

Szkic dowodu:

(i) Uywamy algorytmu analogicznego do algorytmu Euklidesa dla liczb cakowitych. Korzystamy z faktu,

e jeli g = fq + r kady wsplny dzielnik f i g jest te wsplnym dzielnikiem f i r. W pewnymmomencie musimy dosta reszt 0 (bo stopnie reszt musz male). Poprzednia reszta jest najwikszym

wsplnym dzielnikiem.

(ii) Rozwaamy zbir {af + bg : a, b F [x]}. Wszystkie reszty pojawiajce si podczas wykonywaniaalgorytmu Euklidesa nale do tego zbioru.

2

Przykad 107 Przykad zastosowania algorytmu Euklidesa do wyznaczania najwikszego wsplnego dziel-

nika pary wielomianw: x3 + x2 + 3x + 3 oraz 2x2 + 3x + 1 w Z7. Wynik: 5x + 5. Oczywicie kadawielokrotno wyniku te jest n.w.d. (np. x+ 1).

Lemat 108 Jeli f |g1g2 . . . gk oraz f jest nierozkadalny, to f |gi dla pewnogo i.

Szkic dowodu: Podamy dowd dla przypadku k = 2. Uoglnienie na wiksze k jest atwe. Zamy, e fnie dzieli g2. Poniewa, f nie ma nietrywialnych dzielnikw, wic najwikszy wsplny dzielniki f i g2 musiby sta c 6= 0. Zatem istniej wielomiany a, b takie, e af + bg2 = c. Std afg1 + b(g1g2) = cg1. Zatemf |cg1, a zatem take f |g1. 2Powyszy dowd jest po prostu przetumaczeniam dowodu analogicznego faktu dla liczb cakowitych.

Podobnie dowodzi si innych tego typu wasnoci (kluczowy jest tu fakt, e mamy twierdzenie o dzieleniu z

reszt i algorytm Euklidesa).

Fakt 109 Jeli f1, f2, . . . , fk s nierozkadalne oraz dla wszystkich i: fi|h, to f1f2 . . . fk|h.Twierdzenie 110 (Bezout) Reszta z dzielenia wielomianu f przez x c jest rwna f(c). W szczeglnocix c|f wtedy i tylko wtedy, gdy f(c) = 0.Denicja 111 Element c taki, e f(c) = 0 nazywamy pierwiastkiem wielomianu f .

Fakt 112 Wielomian f F [x] stopnia n ma najwyej n pierwiastkw.

17

Szkic dowodu: Zamy nie wpost, e istnieje n + 1 pierwiastkw a1, a2, . . . an+1. Na mocy twierdzeniaBezouta f dzieli si przez x ai, dla wszystkich i. Poniewa x ai s nierozkadalne, wic f musi si dzielitake przez (x a1)(x a2) . . . (x an+1). Stopie ostatniego wielomianu jest jednak rwny n+ 1, co dajesprzeczno. 2

Wracamy teraz do twierdzenia o cyklicznoci grupy multiplikatywnej ciaa skoczonego.

Twierdzenie 113 Grupa multiplikatywna dowolnego ciaa skoczonego F jest cykliczna

Szkic dowodu: Niech G bdzie rozwaan grup multiplikatywn. Niech Gk = {g G : gk = 1}. Pokaemy,e |Gk| k dla dowolengo k. Na mocy Faktu 91 gwaratnuje to cykliczno G. a Gk wtedy i tylko wtedy,gdy ak + (1) = 0. ak + (1) jest wielomianem nad ciaem F . Wykorzystujemy fakt, e dowolnym cielewielomian stopnia k ma najwyej k pierwiastkw. 2

1.21 Przykad zastosowania wielomianw

Twierdzenie 114 Niech x1, . . . , xn oraz y1, . . . , yn bd elementami ciaa F (xi parami rne). Wtedyistnieje dokadnie jeden wielomian f stopnia mniejszego od n taki, e f(xi) = yi dla 1 i n.

Szkic dowodu: Szukany wielomian moe by zbudowany przy uyciu tzw. wzorw interpolacyjnych (istnieje

kilka wersji; kada prowadzi oczywicie do tego samego wyniku). Poniej przedstawiam wzory interpolacyjne

Lagrange'a. Wzory Lagrange'a. Wyliczamy wielomiany lk(x) dla i = 1, . . . , n.

lk(x) =

ni=0,i6=k

x xixk xi .

Teraz:

f(x) =

nk=1

yk lk(x).

Uzyskany wielomian ma dan wasno, bo lk(xi) = 0 dla i 6= k oraz lk(xk) = 1. Jednoznaczno atwowykaza uywajc twierdzenia o liczbie pierwiastkw wielomianu.

2

Przykad 115 Zamy, e n osb chce wspdzieli sekret (np. liczb z Zp, p piewrsze) w ten sposb, etylko gdy zbior si wszystkie na raz bd w stanie go odtworzy. Niech a0 Zp bdzie sekretem. Losujemyelementy a1, a2, . . . , an1, u1, u2, . . . , un Zp. Elementy ai s tajne, ui jawne. Deniujemy wielomianf = a0+a1x+. . . an1xn1. Osoba i otrzymuje warto f(ui). Teraz, jeli zbierze si n osb, to bd w stanieodtworzy cay wielomian, a wic m.in. wyliczy a0, uywajc wzorw z dowodu poprzedniego twierdzenia.Jeli jednak zbierze si dowolych n1 osb, to bd znay wartoci f tylko w n1 punktach i kada wartoa0 (zauwa, e a0 to warto f(0)) bdzie umoliwiaa zbudowanie dokadnie jednego wielomianu zgodnegoz ich wiedz. Zatem nie bd miay adnej wiedzy o a0.Powyszy pomys mona atwo zmodykowa do sytucji, gdy osb jest n, ale chcemy, aby sekret monabyo zrekonstruowa, gdy zbierze si co najmniej k (dla pewnego k n) osb: losujemy wtedy wielomianstopnia mniejszego od k i przekazujemy kadej z osb informacj o jednym punkcie. Dowolne k osb posiadawtedy informacje pozwalajc odtworzy cay wielomian.

2

1.22 Kilka informacji o ciaach skoczonych

Niech h bdzie pewnym wielomianem nad ciaem F . W F [x] wprowadzamy relacj f h g wtw f g|h.Analogiczn relacj wprowadzilimy Z. Nietrudno pokaza, e zachodzi fakt analogiczny do Faktu 64:

Fakt 116 (i) jeli f h f oraz g h g, to f + g h f + g(ii) jeli f h f oraz g h g, to fg h f g

Zatem wprowadzone relacje zachowuj dodawanie i mnoenie. Moemy rozwaa zbir klas abstrakcji z

dziaaniami dodawania i mnoenia. Uzyskana struktura jest obrazem homomorcznym F [x], a zatem jestpiercieniem przemiennym z jednoci. Kontynuujc analogi z Z:

Twierdzenie 117 Jeli f F [x] jest wielomianem nierozkadalnym stopnia d, to zbir klas abstrakcji p zdziaaniami mnoenia i dodawania stanowi ciao. Ciao to ma |F |d elementw.

18

Szkic dowodu: Elementy odwrotne istniej dokadnie z tych samych powodw, z jakich istniay w Zp (monaje wylicza stosujc algorytm Euklidesa). Elementami ciaa s wszystkie moliwe reszty z dzielenia przez f .Jest ich wanie |F |d. 2Mona pokaza, e w ten sposb uzyskujemy wszsytkie moliwe ciaa: w kadym F [x] istniej wielo-miany nierozkadalne dowolnych stopni, wic potramy skonstruowa ciao o pn elementach dla dowolnegop pierwszego i n naturalnego. Nie ma cia o innych mocach skoczonych. Kade dwa ciaa skoczone o tejsamej mocy s izomorczne. Nie podajemy dowdw tych faktw.

Przykad 118 Zbudujmy ciao 4-elementowe. 4 = 22, wic bierzemy F = Z2 i potrzebujemy wielomianunierozkadalnego stopnia 2. Takiem wielomianem (jedynym w tym wypadku) jest x2+x+1. Elementami ciaabd 0, 1, x, x+1 (albo ich klasy abstrakcji ze wzgldu na x2+x+1). Tabelki dziaa atwo ju skonstruowa

Wielomiany nad ciaami skoczonymi (np. nad ciaem 256-elementowym) s podstaw konstrukcji bar-dzo popularnych kodw korekcyjnych Reeda-Solomona (uywanych m.in. na pytach CD i DVD oraz w

transmisjach satelitarnych). Na wykadzie krtko zarysowaem ich ogln ide.

2 Przestrzenie liniowe

2.1 Denicja

Denicja 119 Zbir V nazywamy przestrzeni liniow (wektorow) nad ciaem K jeli zdeniowane s dwadziaania: + : V V V i : K V V oraz, dla dowolnych , K, u, v V zachodzi:(a) (V,+) jest grup przemienn,

(b) (+ ) v = v + v(c) (v + u) = v + u.(d) ( ) v = ( v)(e) 1 v = v (gdzie 1 jest elementem neutralnym dziaania multiplikatywnego w K).Elementy zbioru V nazywamy wektorami, a ciaa K skalarami.

Zazwyczaj na oznaczenie dziaa w przestrzeni liniowej uywamy tych samych symboli (+ i ), co naoznaczenia dziaa w ciele K. Element neutralny (V,+) bdziemy oznacza symbolem ~0.Istnieje uoglnienie pojcia przestrzeni liniowej pojcie moduu, deniowane nad piercieniami zamiast

nad ciaami.

Z denicji przestrzeni mona wyprowadzi szerego dodatkowych wasnoci:

Fakt 120 Dla dowolnego K oraz v V zachodzi:(i) 0 v = ~0 (0 oznacza element neutralny addytywnego dziaania w K)(ii) ~0 = ~0(iii) v = ~0 wtedy i tylko wtedy, gdy = 0 lub v = ~0

(iv) (1)v jest wektorem odwrotnym do v (-1 oznacza element przeciwny do elementu neutalnego dziaaniamultiplikatywnego w ciele K)

2.2 Przestrze Kn

Niech K bdzie dowolnym ciaem. Przez Kn oznaczamy zbir n-elementowych cigw elementw z K:Kn = {(1, . . . , n) : i K}. Wprowadzamy dziaanie + : Kn Kn Kn:

(1, . . . , n) + (1, . . . , n) = (1 + 1, . . . , n + n).

Deniujemy take mnoenie elementw Kn przez elementy K:

(1, . . . , n) = ( 1, . . . , n).

Fakt 121 Zbir Kn z dziaaniami zdeniowanymi jak wyej jest przestrzeni liniow nad ciaem K.

Zauwamy, e np. przestrze R2 mona utosamia z przestrzeni wektorw swobodnych na paszczynie.

19

2.3 Inne przykady przestrzeni liniowych

Przykad 122 (a) Ciao K jest przestrzeni liniow nad sob (tak naprawd jest to przestrze K1).

(b) Zbir nieskoczonych cigw nad K (dziaania zdeniowane podobnie jak dla Kn).

(c) Zbir wielomianw nad ciaem K, K[x], nad ciaem K (dziaania zdeniowane w naturalny sposb).

(d) Zbir funkcji z R w R z dziaaniami deniowanymi nastpujco: (f + g)(x) = f(x) + g(x), (f)(x) =(f(x)) (jest to przestrze nad ciaem R).(e) Zbir funkcji z X w przestrze liniow V nad ciaem K, z dziaaniami jak wyej (jest to przestrzenad ciaem K).

2.4 Podprzestrzenie

Denicja 123 Niech V bdzie przestrzeni liniow nad ciaem K. Mwimy, e U jest podprzestrzeni Vjeli U V i U jest przestrzeni liniow nad K.

Przykad 124 (a) Zbir wielomianw stopnia mniejszego od 10 nad ciaem K jest podprzestrzeni K[x].

(b) {(a, b, c) : a+ b+ c = 0} jest podprzestrzeni R3.

Fakt 125 Niepusty podzbir S wektorw przestrzeni liniowej V jest podprzestrzeni V wtedy i tylko wtedy,gdy S jest zamknity na dodawanie wektorw i mnoenie przez skalary.

2.5 Kombinacje liniowe wektorw

Denicja 126 Niech V bdzie przestrzeni liniow nad ciaem K. Niech v1, . . . vk bd elementami V .Wektor v = 1v1 + . . . kvk, (i K) nazywamy kombinacj liniow wektorw v1, . . . , vk o wspczynnikach1, . . . , k. Niech A V . Przez LIN(A) oznaczamy zbir wszystkich liniowych kombinacji wektorw z A.Zbir ten nazywamy otoczk liniow A lub podprzestrzeni rozpit (lub generowan) przez A.

Fakt 127 LIN(A) jest rzeczywicie podrzestrzeni V . Jest to najmniejsza podprzestrze zawierajca zbirA.

2.6 Liniowa niezaleno

Denicja 128 Ukad wektorw v1, . . . , vk przestrzeni V jest liniowo niezaleny jeli 1v1 + . . .+ kvk = ~0tylko dla 1 = . . . = k = 0. Ukad wektorw, ktry nie jest liniowo niezaleny nazywamy liniowo zalenym.

Niemal wprost z denicji wynika, e wektor zerowy nie moe by elementem ukadu liniowo niezalenego,

kady podzbir ukadu liniowo niezalenego jest liniowo niezaleny, kady nadzbir zbioru liniowo zalenego

jest liniowo zaleny.

Przykad 129 W R3:(a) (1, 2, 3), (2, 3, 4), (6, 10, 14) s liniowo zalene,

(b) (1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0) s liniowo niezalene,

Lemat 130 Ukad niezerowych wektorw v1, . . . , vk jest liniowo zaleny wtedy i tylko wtedy, gdy jeden zwektorw vi jest kombinacj linow pozostaych.

Lemat 131 (i) Ukad wektorw v1, . . . , vk jest liniowo zaleny wtedy i tylko wtedy, gdy zawiera waciwypodzbir rozpinajcy LIN(v1, . . . , vk).

(ii) Kady skoczony ukad wektorw v1, . . . , vk zawiera liniowo niezaleny podzbir generujcy LIN(v1, . . . , vk).

2.7 Baza i wymiar przestrzeni

Denicja 132 Ukad wektorw B jest baz przestrzeni V , gdy LIN(B) = V i B jest liniowo niezaleny.

Mwimy, e przestrze jest skoczenie wymiarowa, gdy jest postaci LIN(v1, . . . , vk) dla pewnych wekto-rw v1, . . . , vk.

Twierdzenie 133 Kada przestrze skoczenie wymiarowa ma baz.

20

Szkic dowodu: Wynika to z lematu 131, cz (ii) 2

Mona take pokaza, e dowolna przestrze liniowa ma baz. Dowd tego faktu pomijamy.

Przykad 134 (a) Przykadowymi bazami przestrzeni R3 s (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) oraz (1, 1, 1), (1, 1, 0),(1, 0, 0).

(b) Baz Rn jest (1, 0, . . . , 0), (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , (0, 0, . . . , 0, 1). Nazywamy j baz kanoniczn lub stan-dardow.

(c) Baz R[x] jest np. nieskoczony ukad wielomianw 1, x, x2, x3, . . ..

Fakt 135 Niech ukad v1, . . . vl bdzie liniowo niezaleny oraz dla wszystkich i: vi LIN(e1, . . . ek). Wtedyl k.

Szkic dowodu: Indukcja po l. Szczegy na wykadzie. 2

Wniosek 136 Kady ukad zawierajcy wicej ni n wektorw przestrzeni Kn jest liniowo zaleny

Szkic dowodu: Kn jest rozpinana przez n wektorw: Kn = LIN((1, 0, 0, . . . , 0), (0, 1, 0, 0, . . . , 0), . . . , (0, 0, . . . , 0, 1))2

Wniosek 137 Jeli LIN(v1, . . . , vk) = LIN(u1, . . . , ul) oraz ukady v1, . . . , vk i u1, . . . , ul s liniowo nieza-lene, to k = l.

Wniosek 138 Kade dwie bazy skoczenie wymiarowej przestrzeni V s rwnoliczne

Denicja 139 Wymiarem przestrzeni V nazwywamy liczb wektorw dowolnej bazy V .

Twierdzenie 140 Kady wektor ma jednoznaczne przedstawienie wzgldem bazy.

Jeli e1, . . . , ek jest baz przestrzeni V , v = 1e1 + . . . + kek, to wspczynniki i nazwywamy wsp-rzdnymi wektora v wzgldem bazy e1, . . . , ek. Na mocy poprzedniego twierdzenia s one wyznaczone jed-noznacznie. Wektor wsprzdnych v w bazie B oznaczamy jako [v]B.

2.8 Przeksztacenia liniowe

Podobnie jak dla grup i innych struktur algebraicznych, dla przestrzeni liniowych moemy zdenowa pojcie

homomorzmu. Homomorzmy przestrzeni liniowych nazywa si zwykle przeksztaceniami lub funkcjami

liniowymi.

Denicja 141 Niech V i U bd przestrzeniami liniowymi nad ciaem K. Funkcj J : V U nazywamyprzeksztaceniem liniowym jeli:

(a) v1, v2 V zachodzi L(v1 + v2) = L(v1) + L(v2)(b) K, v V zachodzi L(v) = L(v).

Pojcia jdra i obrazu przeksztacenia liniowego L okrelamy podobnie jak dla grup: Ker(L) = {v V :L(v) = ~0}, Im(L) = {L(v) : v V }. Poniewa Ker(L) i Im(L) s podgrupami (patrz Fakt 54), odpowiednioV i U , z dziaaniem dodawania wektorw, wic:

Lemat 142 Jeli V i U s przestrzeniami liniowymi nad ciaem K, a L : V U jest przeksztaceniemliniowym, to Ker(L) jest podprzestrzeni V , a Im(L) jest podprzestrzeni U .

Szkic dowodu: Trzeba sprawdzi dodatkowo zamknito na dziaanie mnoenia przez skalary. 2

Przykad 143 (a) Trywialne przeksztacenie przyporzdkowujce kademu wektorowi wektor zerowy jest

przeksztaceniem liniowym.

(b) Przeksztacenie L : R3 R2, L((x, y, z)) = (x + y, z) jest przeksztaceniem liniowym. Jego jdremjest zbir wektorw postaci (x,x, 0), a obrazem cay zbir R2.(c) Przeksztacenie L : R3 R2, L((x, y, z)) = (xy, z) nie jest liniowe.(d) Przeksztacenie L : R2 R2, L((x, y)) = (x+ 2, z + 3) nie jest liniowe.

21

(e) Przeksztacenie przyporzdkowujce wielomianowi z R[x] wielomian bdcy jego pochodn jest prze-ksztaceniem linowym R[x] w siebie. Jego jdrem jest zbir wielomianw staych, a obrazem cay zbirR[x].(f) Przeksztacenie przestrzeni w siebie, przyporzdkowujce wektorowi v wektor v dla pewnego ustalo-nego skalaru jest liniowe. Jest ono bijekcj wtedy i tylko wtedy, gdy 6= 0.(g) Przeksztacenie R2 w R2, ktre obraca punkt wok pocztku ukadu wsprzdnych o ustalony kt jest liniowe.

Denicja 144 Rzdem przeksztacenia liniowego L, dim(L), nazywamy rzd jego obrazu, czyli dim(L) =dim(Im(L)).

Twierdzenie 145 Dla skoczenie wymiarowej przestrzeni liniowej V i przeksztacenia liniowego L : V U :dim(V ) = dim(L) + dim(Ker(L)).

Szkic dowodu: Niech e1, . . . , ek bdzie baz Ker(L). Rozszerzamy j do bazy9 V : e1, . . . , ek, f1, . . . , fl.Pokazujemy, e L(f1), . . . , L(fl) jest baz Im(L). 2

Fakt 146 (i) Niech L i M bd przeksztaceniami przestrzeni V w przestrze U . Wtedy ich suma, de-niowana jako L+M , (L+M)(v) = L(v) +M(v), jest rwnie przeksztaceniem liniowym.

(ii) Niech L bdzie przeksztaceniem liniowym V w U . Wtedy iloczyn M przez skalar , deniowany jako(L)(v) = v, jest rnie przeksztaceniem liniowym.

Lemat 147 Zbir przeksztace liniowych przestrzeni V w U nad ciaem K ze zdenowanymi powyej dzia-aniami sumy i mnoenia przez skalary jest przestrzeni liniow nad ciaem K.

Szkic dowodu: Zbir przeksztace z sum jest grup przemienn. Proste rachunki pokazuj te, e zachodz

pozostae wymagane wasnoci dziaa dodawania i mnoenia przez skalary. 2

Dodatkowo zoenie przeksztace liniowych jest rwnie przeksztaceniem liniowym:

Fakt 148 Niech L bdzie przeksztaceniem liniowym V w U , aM przeksztaceniem liniowym U w W . Wtedyzoenie L z M , (ML)(v) = M(L(v)) jest przeksztaceniem liniowym V w W .

2.9 Dziaania na macierzach

2.9.1 Podstawowe informacje o macierzach

Formalnie, macierz o wymiarach m na n (macierz om wierszach i n kolumnach), nad ciaem K, nazywamykad funkcj typu {1, . . . ,m} {1, . . . , n} K. Zbir macierzy o wymiarach m na n oznacza bdziemysymbolemMmn(K) (lubMmn, o ile ciao K jest domylne). Macierze zapisujemy zazwyczaj w postaci tabel:

a1,1, a1,2, . . ., a1,na2,1, a2,2, . . ., a2,n. . ., . . ., . . ., . . .

am,1, am,2, . . ., am,n

,gdzie aij jest wartoci funkcji zwracan dla pary (i, j). W naturalny sposb deniuje si pojcia wierszy ikolumn macierzy.

Wan rol odgrywaj pewne szczeglne typy macierzy:

(a) Macierz zerowa rozmiaru m na n skajca si z samych zer.

(b) Macierze kwadratowe, czyli macierze rozmiaru n na n (n nazywamy wtedy stopniem macierzy):

macierz przektniowa: same zera, z wyjtkiem co najwyej elementw na gwnej przektnej, czylielementw a1,1, a2,2, . . . , an,n,

macierz jednostkowa: macierz przektniowa, ktra ma na przektnej same jedynki, macierz trjktna grna: ma pod gwn przektn same zera macierz trjktna dolna: ma nad gwn przektn same zera macierz trjktna: trjktna grna lub dolna9

Patrz wiczenie 9 z listy 9.

22

2.9.2 Dodawanie macierzy i mnoenie przez skalary

Na zbiorze macierzy o wymiarach m na n mona zdenowa dziaania dodawania i mnoenia przez elementyK:

a1,1, a1,2, . . ., a1,na2,1, a2,2, . . ., a2,n. . ., . . ., . . ., . . .

am,1, am,2, . . ., am,n

+

b1,1, b1,2, . . ., b1,nb2,1, b2,2, . . ., b2,n. . ., . . ., . . ., . . .

bm,1, bm,2, . . ., bm,n

=

a1,1 + b1,1, a1,2 + b1,2, . . ., a1,n + b1,na2,1 + b2,1, a2,2 + b2,2, . . ., a2,n + b2,n

. . ., . . ., . . ., . . .am,1 + bm,1, am,2 + bm,2, . . ., am,n + bm,n

a1,1, a1,2, . . ., a1,na2,1, a2,2, . . ., a2,n. . ., . . ., . . ., . . .

am,1, am,2, . . ., am,n

=

a1,1, a1,2, . . ., a1,na2,1, a2,2, . . ., a2,n. . ., . . ., . . ., . . .

am,1, am,2, . . ., am,n

Sprawdzenie poniszego faktu jest rutynowe:

Fakt 149 Zbir macierzy o wymiarachm na n ze zdeniowanymi powyej dziaaniami dodawania i mnoeniaprzez skalar jest przestrzeni liniow. Jest to przestrze wymiaru mn.

2.9.3 Mnoenie macierzy

Mnoy wolno tylko macierze o odpowiednich wymiarach. Na pocztek zdeniujemy mnoenie macierzy o

wymiarach 1 na n (wektora poziomego) przez macierz o wymiarach n na 1 (wektor poziomy):

[a1, a2, . . . , an]

b1b2. . .bn

= [a1b1 + a2b2 + . . .+ anbn].Wynik takiego mnoenia moemy traktowa jak element ciaa K lub macierz nad K o wymiarach 1 na 1.Teraz deniujemy iloczyn macierzy A przez B, odpowiednio o wymiarach m na n oraz n na k. Wynikiemjest macierz o wymiarach n na k. Niech

A =

A1A2. . .Am

,gdzie Ai s wierszami A, a

B = [B1, B2, . . . Bk],

gdzie Bi s kolumnami B. Macierz AB ma nastpujcy ksztat:

AB =

A1B1, A1B2, . . ., A1BkA2B1, A2B2, . . ., A2Bk. . ., . . ., . . ., . . .

AmB1, AmB2, . . ., AmBk

Inaczej mwic, jeli przez aij , bij , cij oznaczymy odpowiednio elementy macierzy A, B oraz ich iloczynu

AB, to cij =nl=1 ailblj .Na wykadzie podaem przykad praktycznego mnoenia macierzy. Mnoenie macierzy nie jest prze-

mienne (oczywicie jeli mnoenie AB jest wykonalne, to mnoenie BA jest wykonalne tylko jeli obydwiemacierze s wymiarw n na n, dla pewnego n; nawet wtedy jednak nie mamy przemiennoci). Mona jednaksprawdzi, e

Fakt 150 Mnoenie macierzy jest czne.

Fakt 151 Niech A,B,C oznaczaj macierze nad ciaem K, In jest macierz jednostkow stopnia n, a elementem ciaa K. O ile ponisze dziaania s wykonalne, to:

(i) InA = A, AIn = A,

(ii) A(B + C) = AB +AC,

(iii) (B + C)A = BA+ CA,

(iv) (AB) = (A)B = A(B).

23

Zauwamy, e mnoenie macierzy jest dziaaniem w zbiorze macierzy kwadratowych ustalnego stopnia

n. Jak wykazalimy jest ono czne i ma element neutralny In. atwo jednak zobaczy, e Mnn nie tworzygrupy z dziaaniem mnoenia nie wszystkie macierze maj elementy odwrotne przykadem takiej macierzy

(ale nie jedynym) jest macierz zerowa stopnia n. Zatem zbir macierzy kwadratowych stopnia n tworzy zdziaaniami dodawania i mnoenia jedynie piercie (z jednoci).

2.10 Zwizek macierzy z przeksztaceniami liniowymi

Lemat 152 Niech V i U bd przestrzeniami liniowymi nad ciaem K. Niech e1, . . . , en bdzie baz prze-strzeni V . Niech u1, . . . , un bd wektorami z U . Wtedy istnieje dokadnie jedno przekszacenie linioweL : V U takie, e L(ei) = ui dla wszystkich i. Wektory ui rozpinaj wtedy obraz L, Im(L) =LIN({L(e1), . . . , L(en)}).

Szkic dowodu: Dla v = 1e1 + . . . + nen deniujemy L(v) = 1u1 + . . . nun. atwo sprawdzi, e takzdeniowane L jest linowe i spenia warunek L(ei) = ui. Wemy teraz dowolne przeksztacenie L

speniajce

warunki lematu. L(v) = L(1e1 + . . . + nen) = 1L(e1) + . . . + nL(en) = 1u1 + . . . + nun. A zatemL = L, co uzasadania unikalno L. 2

Niech V i U bd przestrzeniami liniowymi nad ciaemK. Niech E = {e1, . . . , en} bdzie baz przestrzeniV , a F = {f1, . . . , fm} baz przestrzeni U . Niech L : V U bdzie przeksztaceniem liniowym. Obrazkadego wektora ei jest oczywicie kombinacj liniow wektorw fi:

L(ei) = 1if1 + . . .+ mifm.

Z przeksztaceniem liniowym L : V U wiemy macierz AEF (L):

AEF (L) =

1,1, 1,2, . . ., 1,n2,1, 2,2, . . ., 2,n. . ., . . ., . . ., . . .

m,1, m,2, . . ., m,n

Macierz t nazywamy macierz przeksztacenia L w bazach E i F . Zauwamy, e i-ta kolumna tejmacierzy to wektor wsprzdnych obrazu wektora ei wyraonych w bazie F .

Przykad 153 Zbudujmy macierz przeksztacenia L : R3 R2, L((x, y, z)) = (x + y, 2z) w bazach stan-dardowych: [

1 1 00 0 2

]Istnieje cisa odpowiednio pomidzy zbiorem przeksztace liniowych przestrzeni V w przestrze U ,nad ciaem K, (przy ustalonych bazach E i F , odpowiednio mocy m i n), a zbiorem macierzy Mmn(K):kadej macierzy odpowiada dokadnie jedno przeksztacenie liniowe i odwrotnie.

Ponisza prosta wasno pozwoli wykaza nam za chwil kilka adnych wasnoci tej odpowiednioci.

Fakt 154 Niech E bdzie baz przestrzeni V nad ciaem K, v, u V , K. Wtedy [v+ u]E = [v]E + [u]Eoraz [v]E = [v]E.

Nietrudno teraz dowie:

Fakt 155 (i) Macierz przeksztacenia L+M w bazach E, F jest macierz AEF (L) +AEF (M).

(ii) Macierz przeksztacenia L w bazach E, F jest macierz AEF (L).

Operacje na macierzach pozwalaj atwo wyliczy wsprzdne obrazu zadanego wektora:

Fakt 156 Niech AEF (L) bdzie macierz przeksztacenia L w bazach E i F . Wtedy

AEF (L) [v]E = [L(v)]FSprawdzimy teraz, e

Lemat 157 Macierz zoenia przeksztace L i M jest iloczynem macierzy L i M :

AFG(L)AEF (M) = AEG(LM)

24

Szkic dowodu: Sprawdzamy, e v zachodzi (AFG(L)AEF (M))v = AEG(LM)v, a wic, e iloczyn macierzyprzeksztace L i M zachowuje si przy mnoeniu przez wektory dokadnie tak jak macierz zoenia LM .Lemat wynika teraz z tego, e (vAv = Bv) A = B. 2

Przykad 158 Rozwamy przeksztacenie L : R2 R2 obracajce wektor o kt (identykujemy wektorz punktem paszczyzny; przeksztacenie obraca ten punkt wzgldem rodka ukadu wsprzdnych w kie-

runku przeciwnym do ruchu wskazwek zegara). Macierz tego przeksztacenia w bazie standardowej wyglda

nastpujco: [cos sinsin cos

]Rozwamy rwnie obrt o kt oraz przeksztacenie bdce zoeniem tych obrotw, czyli obrotem okt + . Zgodnie z Faktem 157 macierz tego zoenia wyraa si wzorem:[

cos sinsin cos

][cos sinsin cos

]Wykonujc mnoenie macierzy otrzymujemy znane wzory trygonometryczne na sinus i cosinus sumy i rnicy

ktw: [cos( + ) sin( + )sin( + ) cos( + )

]=

[cos cos sin sin, cos sin sin cossin cos+ cos sin, sin sin+ cos cos

]

2.11 Wyznaczniki

2.11.1 Denicja

Ze szkoy znamy pojcie wyznacznika macierzy kwadratowej drugiego stopnia: a bc d = ad bcPojcie to mona uoglni na macierze kwadratowe wyszego stopnia:

Denicja 159 Niech A bdzie macierz kwadratow stopnia n nad ciaem K:

A =

a1,1, a1,2, . . ., a1,na2,1, a2,2, . . ., a2,n. . ., . . ., . . ., . . .an,1, an,2, . . ., an,n

Wyznacznikiem macierzy A (oznaczenia: |A| lub detA) nazwamy sum:

fSnsgn(f)a1,f(1)a2,f(2) . . . an,f(n),

gdzie f przebiega wszystkie permutacje zbioru {1, . . . , n}, a sgn(f) jest znakiem permutacji f .

Wyznacznik jest zatem funkcj, ktra przyporzdkowuje macierzy kwadratowej nad ciaem K elementK. atwo sprawdzi, e szkolny wzr na wyznacznik macierzy stopnia 2 zgadza si z nasz denicj. Istniejeprosty sposb na szybkie wyliczanie wyznacznikw stopnia 3, tzw. metoda Sarrusa (...)

Wyznaczanie wartoci wyznacznikw wyszych stopni wprost z denicje jest mudne (wymaga wyliczenia

n! iloczynw). Istniej na szczcie metody pozawalajce usprawni t czynno. Wprost z denicji moemyza to sprawdzi:

Fakt 160 Wyznacznik macierzy trjktnej (a wic w szczeglnoci take przektniowej) jest iloczynem ele-

mentw na jej gwnej przektnej.

2.11.2 Podstawowe wasnoci

Denicja 161 Macierz transponowan do A, AT nazywamy macierz, ktrej wierszami s kolumny A.Dokadniej elementem na pozycji i, j w AT jest element, ktry w A stoi na pozycji j, i.

Fakt 162 |A| = |AT |.

25

Szkic dowodu: Obserwujemy, e we wzorze |AT | wystpuj dokadnie te same iloczyny, co we wzorze na|A|, ale iloczyn wyznaczony przez permutacj f we wzorze na A, we wzorze na AT jest wyznaczony przezf1. Przypomnijmy jednak, e f i f1 maj te same znaki. 2Kolejne fakty formuowa bdziemy dla wierszy, ale na mocy faktu 162 zachodz one take dla kolumn.

Fakt 163 Jeli macierz B uzyskamy z A mnoc elementy jednego wiersza przez skalar , to |B| = |A|.Fakt 164 Jeli macierz B uzyskamy z A poprzez zamian miejscami dwch wierszy A, to |B| = |A|.Fakt 165 Wyznacznik, ktry ma dwa jednakowe wiersze jest rwny 0.

Fakt 166

a1,1 , a1,2 , . . ., a1,na2,1 , a2,2 , . . ., a2,n. . . , . . . , . . ., . . .

ai,1 + ai,1, a

i,2 + a

i,2, . . ., a

i,n + a

i,n

. . . , . . . , . . ., . . .an,1 , an,2 , . . ., an,n

=

a1,1 , a1,2 , . . ., a1,na2,1 , a2,2 , . . ., a2,n. . . , . . . , . . ., . . .ai,1 , a

i,2 , . . ., a

i,n

. . . , . . . , . . ., . . .an,1, an,2, . . ., an,n

+

a1,1 , a1,2 , . . ., a1,na2,1 , a2,2 , . . ., a2,n. . . , . . . , . . ., . . .ai,1 , a

i,2 , . . ., a

i,n

. . . , . . . , . . ., . . .an,2, an,2, . . ., an,n

Fakt 167 Dodanie wiersza przemnoonego przez skalar do innego wiersza nie zmienia wartoci wyznacznika.

Zatem take dodanie do wiersza kombinacji liniowej innych wierszy nie zmienia wartoci wyznacznika.

Przykad 168 Poniszy wyznacznik atwo wyliczy odejmujc pierwszy wiersz kolejno od pozostaych.1 1 1 1 11 2 1 1 11 1 3 1 11 1 1 4 11 1 1 1 5

2.11.3 Minory i rozwinicie Laplace'a

Denicja 169 Minorem macierzy A (niekoniecznie kwadratowej) nazywamy wyznacznik macierzy M po-wstaej z A po skreleniu z niej pewnej liczby wierszy i kolumn (M musi by kwadratowa).

Dla macierzy kwadratowej A stopnia n przez Mij oznaczmy minor stopnia n 1 powstay poprzez skre-lenie z A i-tego wiersza i j-tej kolumny. Warto Aij = (1)i+jMij nazywamy dopenieniem algebraicznymelementu aij .

Twierdzenie 170 (Rozwinicie Laplace'a) Dla dowolnego i:

detA = ai1Ai1 + ai2Ai2 + . . . ainAin

oraz

detA = a1iA1i + a2iA2i + . . . aniAni

Szkic dowodu: Odpowiednie pogrupowanie iloczynw pojawiajcych si w denicji wyznacznkia suma

tych iloczynw, ktre zawieraj aij , to aijAij . Szczegy na wykadzie. Fragment dowodu na wiczenia. 2

Pierwszy z powyszych wzorw nazywamy rozwiniciem Laplace'a wzgldem i-tego wiersza, a drugi wzgl-dem i-tej kolumny.

Fakt 171 Iloczyn elementw wiersza i pomnoony przez dopenienia algebraiczne odpowiednich elementwwiersza j, j 6= i wynosi 0:

ai1Aj1 + ai2Aj2 + . . . ainAjn = 0.

2.12 Macierze odwrotne

Twierdzenie 172 (Cauchy) det(AB) = detA detB.

Szkic dowodu: wiczenie. 2

Macierz A1 nazywamy odwrotn do macierzy kwadratowej A stopnia n, gdy AA1 = A1A = In.Macierz, ktra ma macierz odwrotn nazywamy czasem nieosobliw.

Twierdzenie 173 Macierz A ma macierz odwrotn wtedy i tylko wtedy, gdy det(A) 6= 0.

26

Szkic dowodu: Wynika z twierdzenia Cauchy'ego. Mona sprawdzi, e A1 = 1|A| AD, gdzie ADjest transponowan macierz dopenie algebraicznych na pozycji i, j ma Aji. Korzystamy przy tym ztwierdzenia 170 i faktu 171. 2

Wniosek 174 Zbir nieosobliwych macierzy kwadratowych stopnia n z dziaaniem mnoenia macierzy two-rzy grup.

2.13 Ukady Cramera

Ukadem rwna liniowych (nad ciaem K) jest ukad postaci:a11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = b1a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn = b2. . .

am1x1 + am2x2 + . . . + amnxn = bn

,

gdzie aij K s wspczynnikami ukadu, bi K s wyrazami wolnymi, a xi niewiadomymi. Rozwizanieukadu polega na znalezieniu (opisaniu) wszystkich takich cigw x1, . . . , xn, ktre czyni rwnania z ukaduprawdziwymi.

Z powyszym ukadem mona zwiza macierz A = [aij ]. Jeli oznaczymy przez b pionowy wektorwyrazw wolnych, to ukad jest rwnowany nastpujcemu rwnaniu macierzowemu, w ktrym poszukujemy

pionowego m-elementowego wektora x:Ax = b.

Ukad nazywamy ukadem Cramera jeli m = n oraz detA 6= 0.

Twierdzenie 175 Ukad Cramera ma dokadnie jedno rozwizanie.

Szkic dowodu: x = A1b. 2

Jednoznaczne rozwizaniu ukadu Cramera mona zapisa, uywajc tzw. wzorw Cramera:

xi =detAkdetA

,

gdzie Ak to macierz powstaa z A poprzez zamian k-tej kolumny na kolumn wyrazw wolnych. Wzory temona udowodni, uywajc podanego w dowodzie twierdzenia 173 wzoru na macierz odwrotn.

Uwagi: Wzory Cramera maj gwnie znaczenie teoretyczne i nie stosuje si ich raczej w obliczniach

numerycznych. Na razie nie mwimy nic o ukadach, ktrych m 6= n lub m = n, ale macierz ukadu jestosobliwa. Zajmiemy si nimi wkrtce.

2.14 Rwnowano wierszowa

Denicja 176 Nastpujce operacje na macierzy nazywamy elementarnymi operacjami na wierszach:

(a) zamiana dwch wierszy miejscami

(b) pomnoenie wiersza przez sta rn od zera

(c) dodanie do pewnego wiersza innego wiersza przemnoonego przez skalar

Macierz B jest rwnowana wierszowo macierzy A jeli powstaa z niej po zastosowaniu pewnej liczby operacjielementarnych na wierszach.

Poniwa operacja odwrotna do operacji elementarnej na wierszach jest operacj elementarn na wierszach,

a wic:

Fakt 177 Relacja wierszowej rwnowanoci macierzy jest relacj rwnowanoci

27

Szkic dowodu: Zwrotno i przechodnio wynikaj prosto z denicji 2

Lemat 178 Niech A i B bd wierszowo rwnowanymi macierzami o wierszach odpowiednio A1, . . . , Amoraz B1, . . . , Bm. Wtedy LIN(A1, . . . , Am) = LIN(B1, . . . , Bm).

Denicja 179 Pierwszy niezerowy wyraz wiersza macierzy nazywamy kierunkowym. Macierz nazwiemy

wierszowo zredukowan jeli:

(a) wszystkie niezerowe wiersze maj wyrazy kierunkowe rwne 1,

(b) kada kolumna zawierajca wyraz kierunkowy pewnego wiersza ma pozostae wyrazy rwne 0,

(c) wszystkie wiersze zerowe znajduj si pod wierszami niezerowymi,

(d) wyraz kierunkowy wiersza i-tego ley na lewo od wyrazu kierunkowego wiersza j-tego, dla i < j.

Fakt 180 Niezerowe wiersze macierzy wierszowo zredukowanej s liniowo niezalene.

Wniosek 181 Niech R bdzie zredukowan macierz rwnowan macierzy A. Wtedy niezerowe wierszemacierzy R tworz baz przestrzeni rozpinanej przez wiersze A.

Twierdzenie 182 Kada macierz jest wierszowo rwnowana macierzy wierszowo zredukowanej.

Szkic dowodu: Dowd konstrukcyjny: metoda eliminacji Gaussa. 2

Na wiczeniach zobaczymy, e kada macierz jest wierdzowo rwnowana dokadniej jednej macierzy

zerdukowanej wierszowo.

2.15 Rzd macierzy

Denicja 183 Rzdem macierzy nazywamy wymiar przestrzeni generowanej przez jej wiersze.

Aby macierz kwadratowa miaa rzd n musi wic mie wszystkie wiersze liniowo niezalene. Z lematu178 dostajemy:

Wniosek 184 Macierze rwnowane wierszowo maj te same rzdy.

Fakt 185 Kwadratowa macierz stopnia n ma rzd n wtedy i tylko wtedy, gdy jest wierszowo rwnowanamacierzy In.

Badanie rzdu macierzy moe polega na przeksztaceniu jej do postaci zredukowanej i policzeniu jej

wierszy niezerowych. Badanie liniowej niezalenoci wektorw przestrzeni Kn moe polega na wyznaczeniurzdu macierzy, w ktrej s one wierszami s liniowo niezalene wtedy i tylko wtedy, gdy ten rzd jest

rwny liczbie wektorw.

2.16 Rzd a minory

Lemat 186 Zamy, e B zostaa uzyskana z A za pomoc operacji elementarnych na wierszach. Wtedy,jeli w A jest niezerowy minor stopnia k, to w B rwnie jest niezerowy minor stopnia k.

Szkic dowodu: Zamy, e w A jest minor niezerowy M stopnia k zbudowany z wierszy i1, . . . , ik (i1