Teoria liczb z elementami algebry

TEORIA LICZB
WYKŁAD 1
Zasada indukcji
Liczby postaci 1,2,3,.. nazywamy liczbami naturalnymi. Zbiór tych liczb oznaczamy
symbolem N. podstawow własno
liczb naturalnych podaje nast puj ce twierdzenie:
Twierdzenie 1.1
W ka dym niepustym zbiorze X zło onym z liczb naturalnych istnieje liczba najmniejsza.
Twierdzenie to przyjmujemy bez dowodu.
Zatem je li istniej liczby naturalne posiadaj ce własno
W to istnieje najmniejsza
liczba naturalna posiadaj ca t własno . Podobnie, je eli nie ka da liczba naturalna
posiada własno
W to istnieje te najmniejsza liczba naturalna tej własno ci
niespełniaj ca.
Twierdzenie 1.2 (Zasada indukcji)
Je eli X jest zbiorem liczb naturalnych spełniaj cych dwa nast puj ce warunki:
a) 1 nale y do zbioru X
b) je li m nale y do X, to m+1 te nale y do zbioru X
to X zawiera wszystkie liczby naturalne.
Dowód:
Przypu my, e istniej liczby naturalne nienale ce do X i niech Y b dzie zbiorem
wszystkich takich liczb (czyli X ∩ Y= φ ). Z twierdzenia 1.1 wynika, e w zbiorze Y istnieje
najmniejsza liczba naturalna n0. Liczba ta nie mo e by równa 1, gdy 1 z zało enia nale y
do X. Liczba n0-1 jest liczb mniejsz od n0, a zatem nie mo e nale e do zbioru Y, nale y
wi c do zbioru X. Z zało enia (b) wynika, e n0 = (n0-1)+1 ∈ X. Zatem n0 ∈ (X ∩ Y), a to jest
niemo liwe, gdy X ∩ Y= φ .
Twierdzenie 1.2 mo na sformułowa
w wersji 1.2’
Twierdzenie 1.2’
Je eli twierdzenie T o liczbach naturalnych
a) jest prawdziwe dla n=1
b) z prawdziwo ci tego twierdzenia dla n wynika prawdziwo
dla n+1
to twierdzenie T jest prawdziwe dla ka dej liczby naturalnej.
Dowód:
Niech X b dzie zbiorem tych liczb naturalnych, dla których twierdzenie T jest prawdziwe.
Wówczas z zało enia (a) wynika, e liczba 1 nale y do X. Dalej, je li liczba naturalna
n ∈ X, to liczba n+1 te nale y do X. Na mocy twierdzenia 1.2 zbiór X zawiera wówczas
wszystkie liczby naturalne. Poniewa do zbioru X nale
wszystkie liczby naturalne, dla
których twierdzenie T jest prawdziwe to twierdzenie T jest prawdziwe dla wszystkich liczb
naturalnych.
Przykład:
Niech T b dzie twierdzeniem:
∀1 + 2 + 3 + ... =
n∈N
n(n + 1)
2
n=1
L=1
P=
1* 2
=1
2
L=P
n(n + 1)
2
n∈N
(n + 1)(n + 2)
Teza: 1 + 2 + 3.. + n + ( n + 1) =
2
n(n + 1)
n
(n + 1)(n + 2)
(1 + 2 + 3.. + n) + (n + 1) =
+ (n + 1) = (n + 1)( + 1) =
2
2
2
Zało enie:
∀1 + 2 + 3 + ... =
ALGEBRA 1.1.
indukcja ko czy dowód
PODZIELNO
Przedmiotem bada
itd.
teorii liczb s
własno ci liczb całkowitych tj. liczb 0,+1,-1,+2,-2,
Definicja:
Liczba całkowita b jest podzielna przez liczb całkowit a je eli istnieje taka liczba
całkowita k, e:
b=a*k
Piszemy wtedy a|b i wysławiamy nast puj co:
i)
a dzieli b
ii)
a jest podzielnikiem b
iii) b jest podzielne przez a
Je li b nie jest podzielne przez a, to piszemy a|b ( a nie dzieli b).
Dla liczby 0 dzielnikiem jest ka da liczba całkowita, gdy 0=0*b, b ∈ Z. Liczba 0 jest
dzielnikiem tylko jednej liczby całkowitej – zera, gdy k*0=0 , a,b,=0
Twierdzenie 2.1
Niech a,b,c ∈ Z
1) je li a|b to a|b*c
2) je li a|b i b|c to a|c
(przechodnio )
3) je li a|b i a|c to a|(b*x+c*y)
dla x,y ∈ Z
4) je li a|b i b|a to a=b lub a=-b
5) je li a|b i a>0,b>0 to a ≤ b
6) je li m ≠ 0 ∈ Z i [(a|b, to a*m|b*m) oraz (je li a*m|b*m to a|b)]
Dowód (2)
Z zał. a|b i b|c. Oznacza to, e istniej liczby całkowite k1,k2 takie, e
B=a*k1, c=b*k2
st d
C=b*k2=(a*k1)*k2=a*(k1*k2). Oznaczmy k1*k2=k ∈ Z. Zatem istnieje k ∈ Z, e c=a*k, wi c a|c.
Dowód (3)
Skoro a|b oraz a|c to istniej liczby całkowite k1,k2 takie, e c=a*k1 oraz b=a*k2. Niech
x,y ∈ Z. Wtedy b*x+c*y=a*k2*x+ak1*y=a(k2*x+k1*y). Zatem b*x+c*y=a*l, l= k2*x+k1*y, wi c
a|(b*x+c*y).
Własno
(3) mo na rozszerzy na sko czony zbiór:
je li a|a1, a|a2, … a|an, a1…an ∈ Z, x1…xn ∈ Z to
a|(a1x1+a2x2+…+anxn).
Twierdzenie 2.2
Dla dowolnych dwóch liczb całkowitych a,b takich, e a>0 istniej dwie liczby całkowite q
i r takie, e b=qa+r 0 ≤ r < a. Je li a nie dzieli b to spełniona jest nierówno
ostra
0<r<a.
Dowód:
Rozwa my ci g arytmetyczny: …b-3a, b-2a, b-a, b, b+a, b+2a, b+3a, … Najmniejsz liczb
nieujemn w tym ci gu oznaczymy symbolem r. Wtedy dla pewnego q ∈ Z
b-qa=r
St d (*) b=qa+r
Pokarzemy teraz jednoznaczno
istnienia liczb q oraz r. W tym celu przypu my, e
istniej liczby całkowite q1 oraz r1 takie, e
(**) b=q1a+r1, gdzie 0 ≤ r1<a.
Najpierw poka emy, e r1=r. przypu my, e tak nie jest i e r<r1. Odejmuj c stronami (*)
i (**) otrzymujemy
(***) r1-r=(q-q1)a
0 ≤ r1-r <a.
Oznacza to, e liczba a dzieli liczb r1-r (a|(r1-r) co jest niemo liwe na mocy
twierdzenia 2.1(5). Zatem r1+r.
Z równo ci (***) wynika, e 0=(q-q1)a, ale a ≠ 0, zatem q-q1=0, wi c q=q1
Twierdzenie 2.2 zostało wykazane przy warunku,
e a>0. To zało enie nie jest konieczne.
Wykład 2
Tw. 2.2’
Dla dowolnych liczb całkowitych a, b a 0 istniej
b=a*k+r
0 r<a
liczby całkowite k oraz r takie,
ALGEBRA 1.2.
e
Dowód:
Je li a<0 to |a|>0 i na mocy poprzedniego twierdzenia T2.2 istniej
e:
b=q*|a|+r
0 r<|a|
ale |a|=-a
zatem
b=q*(-a)+r=-qa+r
Połó my –q=k. Wtedy:
b=ak+r
0 r<a
Liczb r nazywamy reszt z dzielenia liczby b przez a.
Definicja:
Liczb całkowit
a|b i a|c
liczby całkowite q, r takie,
a nazywamy wspólnym dzielnikiem liczb całkowitych b i c wtedy i tylko wtedy, gdy
Przykład:
18 – 1,2,3,6,9,18
Je eli liczba całkowita jest ró na od zera, to istnieje tylko sko czona liczba jej dzielników,
zatem istnieje liczba wspólnych dzielników liczb b i c z wyj tkiem przepadku b=c=0.
Je eli przynajmniej jedna z liczb b i c jest ró na od zera to w ród wspólnych dzielników liczb b
ic istnieje liczba najwi ksza. T najwi ksz liczb nazywamy najwi kszym wspólnym dzielnikiem
liczb b i c i oznaczamy symbolem (b,c).
W podobny sposób definiujemy najwi kszy wspólny dzielnik b1....bn nie wszystkich równych 0 i
zapisujemy (b1....bn ).
Przykład:
(4,7)=1
(100,15)=5
(36,24,20)=4
Tw. 2.3
Je li g=(b,c) jest najwi kszym wspólnym dzielnikiem liczb całkowitych b i c, to istniej
całkowite x0,y0 takie, e g=(b,c)=bx0+cy0
Innymi słowy najwi kszy wspólny dzielnik (b,c) jest kombinacj
liniow
liczby
liczb b i c.
Dowód:
Rozwa my zbiór A={bx+cy, x,y nale
do Z}. Do zbioru A nale
liczby dodatnie, ujemne oraz zero.
Wyka emy x0,y0 tak by bx0+cy0 było najmniejsz liczb naturaln w zbiorze A. Oznaczmy t liczb
symbolem l. Wtedy l=bx0+cy0 Udowodnimy, e l|b i l|c.
Przypu
my,
e l nie dzieli b. Istniej wtedy na mocy twierdzenia 2.2’ liczby k oraz r takie,
b=kl+r, 0 r<l
k-całkowite, n-naturalne
z powy szego wynika, e r=b-kl=b-k(bx0+cy0)=b(1-kx0)-kcy0=b(1-kx0)+(-ky0)c
Z powy szej równo ci wynika, e r= b(1-kx0)+(-ky0)c jest elementem zbioru A, a mniejszym ni
przecie l jest najmniejszym elementem zbioru A. Mamy wi c sprzeczno .
e
l. A
Zatem l|b. Przypadek l|c dowodzimy analogicznie.
Dalej, poniewa g jest najwi kszym wspólnym dzielnikiem liczb b oraz c to b=gB, c=gC,
całkowite i st d l=(bx0+cy0)=g(Bx0+Cy0).
Widzimy wi c, e g|l. Zatem na mocy tw. 2.1.5 g l. Nierówno
g<l jest niemo liwa, gdy
najwi kszym wspólnym dzielnikiem liczb b i c. Wi c g=l=bx0+cy0.
B,Cg jest
Tw. 2.4
Najwi kszy wspólny dzielnik g liczb całkowitych b i c mo e by scharakteryzowany w dwojaki sposób:
1. Jako najmniejsza liczba naturalna nale ca do zbioru A={bx+cy, x,y-całkowite}
2. Jako wspólny dzielnik liczb b i c podzielny przez ka dy inny wspólny dzielnik liczb b i c.
Dowód:
1. Wynika z twierdzenia 2.3
2. Zauwa my, e je li d jest wspólnym dzielnikiem liczb b,c to d|g (Tw.2.1(3)).(d|b i d|c to
d|bx+cy). Co wi cej nie istniej dwie ró ne liczby całkowite g1,g2, gdy , je li g1|g2 i g2|g1
i g1,g2>0, to na mocy tw.2.1(4) otrzymujemy g1=g2.
Twierdzenie.
Dla dowolnej liczby naturalnej m (ma,mb)=m(a,b)
ALGEBRA 1.3.
Dowód:
Najwi kszy wspólny dzielnik (ma,mb) z tw.2.4 jest równy najmniejszej liczbie naturalnej ze zbioru
A={max+mby, x,y-całkowite}
(ma,mb)=najmniejsza liczba naturalna nale ca do zbioru A={max+mby, x,y-całkowite}=m(najmniejsza
liczba naturalna nale ca do zbioru{ax+by, x,y-całkowite})=m(a,b).
Algorytm Euklidesa.
Tw. 2.6
Niech b,c b d dwiema liczbami całkoitymi, przy czym c>0. Najwi kszy wspólny dzielnik liczb b i c
mo e by policzony przy pomocy serii równa :
b=k1c+r1,
0<r1<c
c=k2r1+r2,
0<r2<r1
r1=k3r2+r3,
0<r3<r2
r2=k4r3+r4,
0<r4<r3
...................
ki-całkowite, ri-naturalne
rj-2=kjrj-1+rj, 0<rj<rj-1
rj-1=kj+1rj
ki...kj-całkowite
Ostatnia reszta rj jest najwi kszym wspólnym dzielnikiem liczb b i c.
Dowód:
Dziel c b przez c otrzymujemy:
b=k1c+r1,
0<r1<c
c=k2r1+r2,
0<r2<r1
r1=k3r2+r3,
0<r3<r2
r2=k4r3+r4,
0<r4<r3
...................
rj-2=kjrj-1+rj, 0<rj<rj-1
rj-1=kj+1rj
Poniewa ci g reszt {rj} jest malej cy o wyrazach dodatnich, wi c nie mo e on by niesko czony.
Istnieje, zatem najwi kszy wska nik, taki, e rj 0, a rj+1=0.
Liczb rj nazywamy ostatni reszt .
Wyka emy, e ostatnia reszta jest najwi kszym wspólnym dzielnikiem liczb b i c. Istotnie z
ostatniej równo ci wynika, e rj|rj-1, z przedostatniej równo ci wynika, e rj|rj-2 i tak dalej.
Otrzymujemy, e rj|b i rj|c. Zatem rj jest wspólnym dzielnikiem liczb b i c.
Poka emy, e je li d jest wspólnym dzielnikiem b i c to rj>d i d|rj.
Rzeczywi cie, je li d jest dzielnikiem liczb b i c to d dzieli r1. Je li dzieli r1 to dzieli r2
itd.. Otrzymujemy na ko cu, e d dzieli rj. Poniewa rj>0 to rj d. Czyli rj jest najwi kszym
wspólnym podzielnikiem liczb b i c.
Przykład
b=1551
c=522
(1551,522)=3
1551=2*522+507
522=1*507+15
507=33*15+12
15=1*12+3
12=3*4
(1551,522)=1551x0+522y0
g(b,c)=3=15-12=15-(507-33*15)=34*15-507=34*(522-507)-507=34*522-35*507=34*522-35(15512*522)=104*522-35*1551=1551*(-35)+522*104
3=1551*(-35)+522*104
WYKŁAD 3
Zastosowanie algorytmu Euklidesa dla rozwijania liczb wymiernych na ułamki ła cuchowe.
Zastosujmy algorytm Euklidesa do liczb a,b
a=k1b+r
b=k2r+r1
r=k3r1+r2
∈ Z, b ≠ 0
ALGEBRA 1.4.
………..
ri-3=kiri-2+ri-1
ri-2=ki+1ri-1+ri
ri-1+ki+2ri+ri+1
a
1
1
1
1
= k1 + = k1 +
= k1 +
= ... = k1 +
b
r
1
1
b
k2 +
k2 +
k2 + 1
1
1
r
r
k3 +
(k 3 + )
r1
1
k i +1 +
ki+2
r2
Z algorytmu Euklidesa wynika,
ła cuchowy sko czony.
e ka d
liczb
wymiern
mo na rozwin
na ułamek
Przykład 1:
a=19 b=15
a=1*15+4
15=3*4+3
4=1*3+1
3=3*1
19
= 1+
15
1
3+
1
1+
1
3
LICZBY PIERWSZE. LICZBY WZGL DNIE PIERWSZE.
Definicja:
Je li poza dzielnikiem trywialnym liczba naturalna n > 1 nie posiada innych dzielników
naturalnych, to nazywamy j liczb pierwsz . Np. 2,3,5,7,11,13,17,19,29,23,31…
Liczby naturalne a,b nazywamy wzgl dnie pierwszymi je li ich najwi kszy wspólny dzielnik
jest równy jeden. Np. (19,15)=1
(16,21)=1
Twierdzenie 3.1 (zasadnicze twierdzenie arytmetyki liczb naturalnych)
Je li (a,b)=1 i a|(b*c) to a|c.
Dowód:
Z zało enia i z twierdzenia 2.3 wynika istnienie liczb całkowitych x,y, dla których
(*) ax+by=1
Pomnó my obie strony równo ci (*) przez c. Wówczas:
axc+byc = c
axc+bcy = c
Poniewa a|a i z zało enia a|(b*c) to a|(axc+by ), zatem a|c.
Uwaga:
a c
, )=1 (s wzgl dnie pierwsze). Rzeczywi cie, gdyby
d d
a c
a
c
a
c
( , ) ≠ 1=b, to b|( ) i b|( ), co oznacza, e
=bk1 i
=bk2. Zatem
d d
d
d
d
d
Je li d=(a,c), to liczby (
a=dbk1
c=dbk2
db > d
Poniewa db > d to d nie mogłoby by
najwi kszym wspólnym dzielnikiem liczb a i c.
RÓWNANIA NIEOZNACZONE PIERWSZEGO STOPNIA O DWÓCH NIEWIADOMYCH
Twierdzenie 4.1
Na to eby równanie
(*)
ax+by=c
a,b,c ∈ Z
Miało rozwi zanie w liczbach całkowitych x,y potrzeba i wystarcza by (a,b)|c.
ALGEBRA 1.5.
Dowód:
Oznaczmy symbolem d najwi kszy wspólny dzielnik liczb a i b. Załó my, e równanie (*)
posiada rozwi zanie w liczbach całkowitych. Wtedy, je li p,q ∈ Z stanowi rozwi zanie (*)
to ap+bq=c. Poniewa d|a i d|b to d|(ap+bq), a wi c d|c.
W drug stron . Niech teraz d=(a,b)|c. wówczas istnieje takie k ∈ Z, e c=dk. W my l
twierdzenia 2.3 istniej liczby całkowite x0,y0 takie, e
ax0+by0=d
st d
a(x0k)+b(y0k)=dk=c
Zatem równanie (*) ma rozwi zanie postaci x=x0k, y=y0k.
Uwaga:
Je li (a,b)=1 to równanie ax+by=c , a,b,c
całkowitych, gdy (a,b)+1|c.
Przykład:
31x+25y=10
(31,25)=1
∈ Z
posiada rozwi zanie w liczbach
wi c równanie posiada rozwi zanie
Twierdzenie 4.2
Je eli liczby x0,y0 s pewnym całkowitym rozwi zaniem równania (*), to wszystkie
rozwi zania tego równania w liczbach całkowitych dane s wzorami:
x=x0+b1t
y=y0-a1t
t∈ Z
gdzie
a1 =
a
(a, b)
b1 =
b
(a, b)
Dowód:
Załó my, e równanie (*) posiada rozwi zanie w liczbach całkowitych. Niech (x0,y0) oraz
(x1,y1) b d dwoma rozwi zaniami równania (*) w liczbach całkowitych. Wówczas:
ax0+by0=ax1+by1
st d:
a(x1-x0)=-b(y1-y0)
Podzielmy obie strony równo ci przez d=(a,b), otrzymujemy:
(.) a1(x1-x0)=-b1(y1-y0), a1=
a
b
, b1 =
d
d
Jak wynika z poczynionej wcze niej uwagi (a1,b1)=1. Wobec tego:
a1|(y1-y0)
i
b1|(x1-x0)
ale z (.)
y1 − y 0 x1 − x0
=
, wi c istnieje t ∈ Z takie,
− a1
b1
y1 − y 0 x1 − x0
=
=t
− a1
b1
e
Z tego mamy
y1-y0=-a1t
x1-x0=b1t
y1=y0-a1t
x1=x0+b1t.
Niech teraz t b dzie dowoln liczb całkowit . Para liczb (x1,y1) jest rozwi zaniem (*) o
ile para (x0,y0) jest rozwi zaniem (*).
Rzeczywi cie, poniewa :
ab1-ba1=da1b1-db1a1=0
wi c
ax1+by1=ax0+by0+(ab1-ba1)t=c.
ax+by=c
x=x0+b1t
y=y0-a1t
(x0,y0) – rozwi zania szczególne
Twierdzenie 4.3
Niech a1,a2,…,an ∈ Z, n ≥ 2, n ∈ N. Istniej
(a1…an)=a1x1+a2x2+…+anxn.
liczby całkowite x1,x2,..,xn takie,
Twierdzenie 4.4
ALGEBRA 1.6.
e
Na to eby równanie a1x1+a2x2+…+anxn=b, a1,a2,…,an ∈ Z , b ∈ Z posiadało rozwi zania w liczbach
całkowitych potrzeba i wystarcza, by
(a1,a2,…,an)|b
Przykład:
8x+5y=3
x0=1, y0=-1
x=1+5t
y=-1-8t
t ∈ Z.
Wykład 4
Przykład 1. Rozwi za w liczbach całkowitych wykorzystuj c algorytm Euklidesa nast puj ce
równanie:
a) 19x+15y=3
równanie posiada rozwi zanie, bo (19,15)=1
19=1*15+4
15=3*4+3
4=3*1+1
3=1*3
1=4-1*3=4-1*(15-3*4)=4*4-15=4*(19-15)-15=4*19-5*15
19*4-5*15=1
(19*4)*3-(5*15)*3=3
19*12+(-15)*15=3
x=12+15t
y=-15-19t
t∈Z
b) 5x+2y-z=6
x0=1,y0=1,z0=1 spełniaj
5x+(2y-z)=6
Oznaczmy 2y-z=s
5x+s=6
x0=1,s0=1
x=1+t
s=1-5t
to równanie
(5x+2y)-z=6
Oznaczmy 5x+2y=u
u-z+6
u0=7, z0=1
u=7+t1
z=1+t1
t∈Z
x = 1+ t
2 y − z = 1 − 5t
t1 ∈ Z
5 x + 2 y = 7 + t1
z = 1 + t1
2y=t1+2-5t
y=1+
s − st
, y=1+n n ∈ Z
2
s-5t=2n
x = 1+ t
y = 1+ n
z = 1 + t1 = 1 + 2n + 5t
n, t , t1 ∈ Z
Twierdzenie 4.4
Je eli (ai,c)=1 i=1,2…n, ai,c ∈ Z to (a1,a2,…an,c)=1
(dowód w dalszej cz ci wykładu)
Twierdzenie 4.5
Niech a1,a2,…,am ∈ N, gdzie m ≥ 2, (ai,aj)=1 dla i ≠ j, i,j=1…m. Je li r1,r2,…,rm ∈ Z to
istniej liczby x1…xm ∈ Z, dla których:
a1x1+r1=a2x2+r2=…=amxm+rm
Dowód (indukcyjny)
Sprawdzamy, czy dla a1,a2 (a1,a2)=1 i r1,r2 da si dobra x1,x2 takie, e
a1x1+r1=a2x2+r2
a1x1-a2x2=r2-r1
Powy sze równanie posiada rozwi zanie w liczbach całkowitych, gdy (a1,a2)=1. Zatem
istniej liczby całkowite x1,x2, dla których twierdzenie jest prawdziwe w przypadku m=2.
ALGEBRA 1.7.
Załó my teraz, e twierdzenie jest prawdziwe dla pewnego m naturalnego, wi kszego od 2.
Czyli, e prawdziwa jest równo :
(*)a1x1+r1=a2x2+r2=…=amxm+rm
(ai,aj)=1, a1…am ∈ Z,r1…rm ∈ Z,x1…xm ∈ Z.
Teza: Z zało enia indukcyjnego wynika, e istniej liczby całkowite x1..xn, dla których
zachodzi wzór(*). Poniewa ka da z liczb a1…an jest wzgl dnie pierwsza, w szczególno ci z
an+1 to na mocy wcze niej sformułowanego twierdzenia:
(a1,a2,…an,an+1)=1
Istniej wi c liczby t,u ∈ Z takie, e
(**) (a1*a2*…*am)t+an+1*u=rn+1-a1x1-r1
Z ostatniej równo ci wynika, e
(a1*a2*…*am)t=am+1u+rm+1-a1x1-r1
Połó my xi’=
a1 a 2 a m
* t + xi
ai
i = 1,2...m
xm+1’=u
xi’ – s to liczby całkowite wynikaj ce z ich konstrukcji
Pomnó my xi’ przez ai
aixi’=a1a2…amt+xi
Dodamy do obu stron powy szej nierówno ci ri
aixi’+ri=a1a2…amt+xi+ri
Z równo ci (**) otrzymamy
ri+aixi’=am+1xm+1’+rm+1-a1x1-r1+aixi+ri’
zatem
ri+aixi’=am+1xm+1’
i=1…m c.b.d.u.
Twierdzenie 4.6 (chi skie o resztach – uogólnienie twierdzenia 4.5)
Je eli ka de dwie spo ród liczb naturalnych a1…am, gdzie m ≥ 2 s wzgl dnie pierwsze to
istnieje liczba całkowita M, która przy dzieleniu przez te liczby daje odpowiednio reszty
r1...rm, tzn.:
M=a1x1+r1=a2x2+r2=…=amxm+rm
x1…xm ∈ Z
Przykład:
(7,5,6,)
r1=2, r2=3, r3=5
M=23=3*7+2=4*5+3=6*3+5
NAJMNIEJSZA WSPÓLNA WIELOKROTNO
20,45
20
10
5
1
2
2
5
45
15
5
1
3
3
5
[20,45]=2*2*3*3*5=180
Definicja.
Liczby całkowite a1,a2,…an, gdzie ai ≠ 0, i={1,…n} posiadaj wspóln wielokrotno
b je eli ai|b.
Najmniejsza ze wspólnych wielokrotno ci dodatnich nazywa si najmniejsz wspóln
wielokrotno ci liczb a1,a2,…an i oznaczamy j {a1,a2,…an] lub NWW(a1,a2…,an).
Twierdzenie 5.1
Ka da wspólna wielokrotno
wielokrotno
[a1,a2,…an].
liczb a1,a2,…,an jest podzielna przez ich najmniejsz
wspóln
Dowód:
Przypu my, e wspólna wielokrotno
W liczb a1…an nie jest podzielna przez ich
najmniejsz wielokrotno
N. Z twierdzenia 2.2 wynika, e istniej iloraz q oraz reszta r
0<r<N takie, e :
W=qN+r
Zpowy szego:
r=W-qN
Poniewa a1|W oraz a1|N wi c istniej liczby k1,k2 takie, e W=k1a1
N=k2a1
Policzmy:
R=k1a1-qk2a1=a1(k1-qk2).
Widzimy, e a1|r I analogicznie mo na pokaza , e a2|r,…an|r. Liczba r jest wspóln
wielokrotno ci liczb a1,a2,…,an mniejsz od N co jest sprzeczne z zało eniem, e N jest
najmniejsz wspóln wielokrotno ci liczb a1,a2,…,an.
Twierdzenie 5.2
Iloczyn najwi kszego wspólnego dzielnika dwóch liczb naturalnych przez ich najmniejsz
wspóln wielokrotno c równa si iloczynowi tych liczb.
a*b=(a,b)*[a,b]
ALGEBRA 1.8.
Dowód:
Niech a,b b d dwiema liczbami naturalnymi. Niech d=(a,b), N=[a,b]. Mamy zatem d|a i d|b.
Istniej wi c liczby naturalne k i l takie, e
(*)
a=kd i b=ld
St d al.=kld i bk=kld
Oznaczmy W=kld, W jest wspóln wielokrotno ci a i b. Na mocy twierdzenia 5.1 N|W. Zatem
istnieje liczba naturalna t taka, e
W=tN.
Ale a|N i b|N. St d istniej p,s naturalne takie, e
(**) N=pa=sb
Wobec równo ci (*)
N=pkd=sld
Z (**) wynika, e
W=tpkd=tsld, a W=kld
Zatem
kld=tpkd
i
kld=tsld
l=tp
i
k=ts
Wobec równo ci (*)
a=tsd, b=tpd
a=(td)s, b=(td)p
Liczba td jest wspólnym dzielnikiem a i b. Poniewa d jest najmniejszym wspólnym
dzielnikiem liczb a i b to td=d, czyli t=1. Ze wzoru (**) wynika, e
W=N
Ze wzoru (*) wynika, e
A*b=kld2=(kld)d=Wd=Nd czyli z N=[a,b] i d=(a,b)
a*b=[a,b]*(a,b).
c.b.d.u.
WYKŁAD 5
LICZBY PIERWSZE
Liczba naturalna p > 1 nazywa si liczb pierwsz , je eli jej jedynymi dzielnikami s
liczby 1 oraz p. pozostałe liczby naturalne wi ksze od 1 nazywamy liczbami zło onymi.
Przykłady l. pierwszych:
2,3,5,7,11,13,17,19,23…
Przykłady l. zło onych: 4,6,8,9,12,15,14,21,20…
Twierdzenie 6.1
Je eli liczba pierwsza dzieli iloczyn to dzieli przynajmniej jeden z czynników tego
iloczynu. Czyli, je eli p-pierwsza i p|ab, gdzie a,b ∈ Z to p|a lub p|b.
Dowód:
Niech p b dzie liczb pierwsz i niech p|ab, gdzie a,b ∈ Z. Istnieje liczba k ∈ Z taka, e
ab=kp. Poniewa jedynymi dzielnikami naturalnymi liczby p s 1 i p wi c mo e zaj
jedna
z dwóch mo liwo ci:
(a,p)=p
(a,p)=1
W pierwszym przypadku p|a, w drugim przypadku na mocy zasadniczego twierdzenia
arytmetyki(tw.3.1) p|b, a wi c twierdzenie jest prawdziwe.
Twierdzenie 6.1’
Je eli p jest l. pierwsz
p|a.
i p|a1a2…an an ∈ Z, i=1,2..n, to istnieje takie i ∈ {1,2..n},
e
Twierdzenie 6.2 (twierdzenie podstawowe arytmetyki)
Ka da liczba naturalna a > 1 daje si przedstawi w postaci iloczynu liczb pierwszych, to
przedstawienie jest jednoznaczne z dokładno ci do kolejno ci czynników tzn., je li dane
s dwa rozkłady a=p1p2p3…pk oraz a=q1q2q3…ql tej samej liczby a na czynniki pierwsze to k=l
i mo na czynniki pj i qs tak uporz dkowa by odpowiadaj ce sobie czynniki były równe.
Dowód: (indukcyjny)
Dla liczby naturalnej a=2 twierdzenie jest prawdziwe. Załó my, e twierdzenie jest
prawdziwe dla wszystkich liczb naturalnych mniejszych od pewnej liczby naturalnej a.
Je eli a jest liczb pierwsz to oczywi cie twierdzenie jest prawdziwe ( a=a je li a
pierwsza ). Je eli a jest liczb zło on , to a=a1a2, gdzie 1<a1<a i 1<a2<a. Na podstawie
zało enia indukcyjnego a1=p1p2…pj a a2=pj+1pj+2…pk, gdzie p1…pj…pk s pierwsze. Zatem liczba a
równa p1p2…pjpj+1…pk i jak wida rozkłada si na czynniki pierwsze. Nale y wykaza
jednoznaczno
tego rozkładu.
Niech, wi c a=q1q2…ql b dzie rozkładem liczby a, gdzie q1q2…ql s liczbami pierwszymi.
Wtedy:
(*)
p1p2…pk-1pk=q1q2…ql-1ql
ALGEBRA 1.9.
Z powy szej równo ci wynika, e pk|(q1q2…qk). Na mocy twierdzenia 6.1’ liczba pk dzieli
jeden z czynników wyst puj cych po prawej stronie równo ci np. qi. Poniewa pk>1 i pk jest
liczb pierwsz to pk=ql.
Z równo ci (*) wynika, e
b=p1p2…pk-1=q1q2…ql-1<a
Otrzymana liczba b jest mniejsza od liczby a, wi c z zało enia indukcyjnego wynika, e
k-1=l-1, wi c k=l. Ponadto mo emy przyporz dkowa liczby p1p2…pk-1 liczb q1q2…ql-1 tak, aby
odpowiadaj ce sobie liczby były równe. Poniewa pk=pl, wi c przyporz dkowanie rozszerza
si na p1, p2,…pk-1,pk oraz q1,q2,…ql-1,ql
c.b.d.u.
Twierdzenie 6.3
Je li (a,c)=1 oraz (b,c)=1 to (a*b,c)=1.
Dowód:
Przypu my, e iloczyn ab oraz c posiadaj wspólny dzielnik d>1. Mo emy przyj , e d
jest liczb pierwsz (wynika z tw. 6.2). Wtedy skoro d|ab to d|a lub d|b. Zatem d|c i
(d|a lub d|b), czyli (d|c i d|a) lub (d|c i d|b). Wi c (a,c)>1 lub (b,c)>1, gdy d jest
dzielnikiem wi kszym od 1. Zatem otrzymali my sprzeczno
z zało eniem.
c.b.d.u.
Twierdzenie 6.3’
Je eli (ai,c)=1 i=1,2,…n to (a1,a2,…an,c)=1.
Przykłady:
Tw. 6.3: (2,7)=1 (5,7)=1 => (2*5,7)=1
Tw. 6.3’: (2,11)=1 (6,11)=1 (4,11)=1 (9,11)=1
=>(2*4*6*9,11)=1
Twierdzenie 6.4
Najmniejszy wi kszy od 1 dzielnik liczby naturalnej n>1 jest liczb
pierwsz .
Dowód:
Niech n b dzie liczb naturaln wi ksz od 1. Liczba n ma oczywi cie dzielnik naturalny
wi kszy od 1, sam liczb n. Niech p b dzie najmniejszym dzielnikiem naturalnym liczby n
wi kszym od 1. Udowodnimy, e p jest liczb pierwsz , bo gdyby p nie było liczb pierwsz
to p=ab 1<a<p, 1<b<p. Ale skoro a|p i p|1 to z przechodnio ci tej relacji a|1 i
jednocze nie 1<a<p. Zatem a jest dzielnikiem naturalnym liczby n mniejszym od p i
wi kszym od 1, co jest sprzeczne z definicj liczby p jako najmniejszego dzielnika
naturalnego wi kszego od 1.
c.b.d.u.
Wniosek 6.5:
Ka da liczba naturalna n>1 ma co najmniej jeden dzielnik pierwszy.
Twierdzenie 6.6
Ka da liczba zło ona n ma dzielnik pierwszy
Dowód:
Przypu
my,
≤ n
e liczba naturalna n jest zło ona,
e wi c n=ab gdzie 1<a<n oraz 1<b<n
Je li a ≤ b to n=ab ≥ a , st d a ≤ n
2
Je li a ≥ b to n=ab ≥ b2, st d b ≤ n
Poniewa a i b s dzielnikami liczby n > 1, wynika st d,
n . Ale ten dzielnik jako > 1 ma na mocy wniosku
dzielnik wi kszy od 1 i nie wi kszy od
6.5 dzielnik pierwszy <
e ka da liczba zło ona n ma
n i jest on dzielnikiem liczby n.
c.b.d.u.
Przykład:
101
101 < 121 = 11 . adna z liczb n ≤ 10 nie jest dzielnikiem liczby 101. Liczba 101
jest wi c liczb pierwsz .
WYKŁAD 6
Sito Erastotenesa
We my pod uwag
ci g liczb: 2,3,4,5,6,…
ALGEBRA 1.10.
Usuwamy z naszego ci gu wszystkie liczby wi ksze od p1=2 podzielne przez 2. Pierwsz
liczb wi ksz od p1 jest liczba p2=3. Usuwamy z naszego ci gu wszystkie liczby wi ksze od
3 i podzielne przez 3. Pierwsz liczb wi ksz od p2 jest liczba p3=5. Usuwamy z naszego
ci gu wszystkie liczby wi ksze od 5 i podzielne przez 5. Powtarzamy nasze post powanie i
za n-tym razem otrzymujemy n-liczb pierwsz pn i usuwamy z naszego ci gu wszystkie liczby
wi ksze od pn i podzielne przez n. Najmniejsz liczb nieusuni t z naszego ci gu b dzie
liczba pierwsza pn+1.
Je li nasz ci g jest sko czony 2,4,6,…,N to post powanie mo emy zako czy otrzymawszy
najwi ksz liczb
b d pierwsze.
pierwsz
pk
n . Wszystkie wi ksze od tej liczby pozostałe w tym ci gu
Przykład:
n=100
2,3,4,…100. Wykre lamy z tego ci gu wszystkie krotno ci liczby 2 wi ksze od 2.
Najmniejsza nieskre lona liczba jest równa 3. Wykre lamy krotno ci liczby 3 wi ksze od 3.
Wykre lamy krotno ci liczby 5 wi ksze od 5. Wykre lamy krotno ci liczby 7 wi ksze od 7.
Poniewa 7 jest najwi ksz liczb pierwsz mniejsz od 10 to pozostałe liczby w tym ci gu
b d liczbami pierwszymi. (na mocy tw. 6.6)
2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97.
Funkcja Eulera
Gauss zdefiniował funkcj
:N->N
(n):{ilo
liczb naturalnych n wzgl dnie pierwszych z n}. Funkcj
nazywamy obecnie
funkcj Eulera.
N={1,2..}
(1)=1, (2)=2, (3)=2, (4)=2, (5)=4, (6)=2, (7)=6, (8)=4, (9)=6, (10)=4,
(11)=10, (12)=4.
Twierdzenie 6.7
Je li a i b s liczbami naturalnymi, wzgl dnie pierwszymi, takimi,
(a*b)= (a)* (b).
e (a,b)=1, to
Twierdzenie 6.8
Je li liczby naturalne a1,a2,…am s parami wzgl dnie pierwsze tzn. (ai,aj)=1 i j i
i,j ∈ {1…m}, to (a1*a2*…*am)= (a1)* (a2)*…* (am).
Twierdzenie 6.9
Niech
b dzie funkcj
1−
(a)= a *
α1
1
p1
α2
1−
1
p2
Eulera, a ∈ N, wówczas
1−
1
pn
p nαn , α 1 , α 2 ,..., α n s
a= p1 * p 2
W szczególno ci
,gdzie p1,p2,…,pn s
liczbami pierwszymi takimi,
wykładnikami pot g.
( p ) = p ( p − 1) .
α
α −1
Przykład:
(98)= 98
Funkcja
1−
1
1
1 6 98 * 6
1−
= 98 * * =
= 42
2
7
2 7
14
(x)
:N->N
(x)={ilo
liczb pierwszych mniejszych równych x}, x ∈ N
(1)=0, (2)=1, (3)= (4)=2, (7)= (10)=4, (100)=25, (1000)=168, (10000)=1229,
(1010)=455052512.
Własno ci:
1)
2)
3)
4)
Π ( x) * ln( x)
− > 1, dla x − > ∞
x
Π (n )
− > 0, dla n → ∞
n
(2n)- (n)>0 dla n>1, n ∈ N
(2n)- (n) 2 dla n>5, n ∈ N
ALGEBRA 1.11.
e
Kongruencje
O dwóch liczbach całkowitych a i b mówimy, e przystaj do siebie modulo m (lub moduł m),
m ∈ N, je eli ich ró nica jest podzielna przez m i piszemy wtedy: a b(mod m).
a ≡ b(mod m) ⇔ ∃k∈Z a − b = km ⇔ ∃k∈Z a = b + km
Twierdzenie 7.1
Niech a,b,c,d ∈ Z, m ∈ N. Wtedy:
1)
a a(mod m) – zwrotno
2)
a b(mod m) to b a(mod m) – symetryczno
3)
a b(mod m) i b c(mod m) to a c(mod m) – przechodnio
4)
a b(mod m) to (a-b) 0(mod m)
5)
a b(mod m) i c d(mod m) to ac bd(mod m)
6)
a b(mod m) i d|m, d>0 to a b(mod d)
7)
a b(mod m) to ac bc(mod mc), c>0
8)
a b(mod m) I c d(mod m) to (a+b) (c+d)(mod m)
Dowód (3):
a b(mod m) wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje k1,
b c(mod m) wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje k2,
a=c+k2m+k1m=c+(k2+k1)m=c+km, k=k2+k1, k ∈ Z
a=c+km, wi c a c(mod m)
e a=b+k1m
e b=c+k2m
Dowód (6):
a b(mod m) wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje k ∈ Z, e a=b+km
d|m wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje s ∈ Z, e m=sd
a=b+ksd
(ks) ∈ Z, ks=t
a=b+td wtedy i tylko wtedy, gdy a b(mod d)
Dowód (7):
a b(mod m) wtedy i tylko wtedy, gdy a=b+km
ac=bc+kcm wtedy i tylko wtedy, gdy ac bc(mod cm)
Twierdzenie 7.2
Niech f oznacza wielomian o współczynnikach całkowitych. Je eli a b(mod m) to
f(a) f(b)(mod m)
Dowód:
We my wielomian f(x)=cnxn+cn-1xn-1+…+c1x+c0, ci ∈ Z
a b(mod m)
c d(mod m)
ac bd(mod m)
a=c, b=d
a2 b2(mod m)
a b(mod m) to an bn(mod m), n ∈ N
dalej
ci ci(mod m)
c1a c1b(mod m)
c1a2 c1b2(mod m)
.
.
.
C1an c1bn(mod m)
(na mocy własno ci 8)
Cnan+…+c2a2+c0 cnbn+…+c2b2+c1b+c0 (mod m)
f(a) f(b) (mod m)
c.b.d.u
Twierdzenie 7.3
Je li a b (mod m), to zbiór wszystkich wspólnych dzielników liczb a i m jest równy
zbiorowi wszystkich wspólnych dzielników liczb b i m.
Dowód:
Skoro a b(mod m) tzn., e istnieje k ∈ Z, e a=b+km
Je eli c ∈ Z jest dzielnikiem liczb b i m to c|a. Je eli d ∈ Z jest dzielnikiem liczb a i m
to d|b i z tego wynika teza.
ALGEBRA 1.12.
Twierdzenie 7.4
Je li a b(mod m) to (a,m)=(b,m).
Dowód:
Twierdzenie jest wnioskiem z twierdzenia 7.3
Wykład 7
Twierdzenie
Liczba naturalna A dzieli si
przez 9.
przez 9 wtedy i tylko wtedy, gdy suma jej cyfr dzieli si
Dowód:
Niech kolejnymi cyframi liczby A w układzie dziesi tnym b d liczby a1,a2…an. Wówczas
A=a110n-1+a210n-2+…+an-110+an.
Rozpatrujemy wielomian f(x)=a1xn-1+a2xn-2+…+an-1x+an, A=f(10). Zauwa my, e 10 1(mod9). Z
udowodnionego wcze niej twierdzenia wynika, e f(10) f(1)(mod9), ale f(10)=A,
f(1)=a1+a2+…+an. Zatem
A ( a1+a2+…+an )(mod 9). A=( a1+a2+…+an )+k*9.
Z powy szego wynika, e A jest podzielne przez 9, je li (a1+a2+…+an ) jest podzielne przez
9.
( podobnie jest z 11)
Rozwi zywanie kongruencji
Definicja
Je li f(x)=anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0, a0…an ∈ Z, to ka d liczb c ∈ Z, dla której f(c) 0(mod m)
nazywamy pierwiastkiem kongruencji
f(x) 0(mod m).
Z twierdzenia 7.2 wynika, e je li c jest pierwiastkiem kongruencji f(x) 0(mod m) i
d c(mod m) to d jest pierwiastkiem tej kongruencji.
Dowód:
Rzeczywi cie, je li d c(mod m) to f(d) f(c)(mod m). Jednocze nie z zało enia f(c) 0(mod
m). Z faktu, e relacja przystawania jest przechodnia wynika, e f(d) 0(mod m), co
oznacza, e d jest pierwiastkiem naszej kongruencji.
Przyj to nie rozró nia pierwiastków takich, które s ze sob w kongruencji. Czyli nie
rozró niamy pierwiastków c i d, je li c d(mod m). Traktujemy te pierwiastki jako jedno
rozwi zanie kongruencji f(x) 0(mod m). Tak wi c mówi c, e kongruencja ma dwa pierwiastki
mamy na my li dwie ró ne klasy liczb modulo m. Poniewa ze zbioru liczb {o…m-1} ka da
nale y do dokładnie jednej klasy reszt modulo m, wi c dla wyznaczenia wszystkich
pierwiastków kongruencji f(x) o(mod m) wystarczy sprawdzi , które spo ród liczb {o,1,…,m1} spełniaj t kongruencj .
Przykład 1. Rozwi za
kongruencj :
x − 1 ≡ 0(mod 4)
x = 1 + 4k , k ∈ Z
3
Przykład 2. Rozwi za
kongruencj :
x100 ≡ 1(mod 5)
x = k + 5t , k = {1,2,3,4}, t ∈ Z
Twierdzenie Lagrange’a
Niech f(x)=anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0, a0…an ∈ Z. Je eli p jest liczb pierwsz I a0 nie przystaje
do 0 modulo p, to kongruencja f(x) 0(mod p) ma co najwy ej n pierwiastków.
Twierdzenie Wilsona
Je li p jest liczb pierwsz , to (p-1)! (-1)(mod p)
Twierdzenie Eulera
Dla ka dej liczby całkowitej, wzgl dnie pierwszej z m ∈ N zachodzi kongruencja:
a ϕ ( m ) ≡ 1(mod m) , gdzie
jest funkcj
Eulera.
ALGEBRA 1.13.
Twierdzenie Fermata
Dla ka dej liczby całkowitej a nie podzielnej przez liczb
kongruencja:
ap-1 1(mod p).
pierwsz
p zachodzi
Liczebniki, podstawy numeracji.
Definicja:
Rozkładem liczby naturalnej A, według pot g liczby naturalnej q
2 nazywamy wielomian:
f(x)=a0xn+a1xn-1+…+an-1x+an, w którym ai (i=0,1,…,n) s liczbami całkowitymi
nieujemnymi, mniejszymi od q i takimi, e f(q)=A
2510 = 11012 = 1 * 2 4 + 1 * 2 3 + 0 * 2 2 + 0 * 21 + 0 * 2 0
2510 = 100 5 = 1 * 5 2 + 0 * 51 + 0 * 5 0
ALGEBRA ABSTRAKJCYJNA
Definicja:
Dla dowolnego zbioru A niepustego, działaniem wewn trznym nazywamy dowoln
>A.
º(a,b) = aºb
+(a,b) = a+b
funkcj
º:AxA-
Działanie º nazywamy ł cznym, gdy
1) ∀ a ,b ,c∈A aº(bºc)=(aºb)ºc;
Element e ∈ A nazywamy elementem neutralnym działania º je eli
2) ∀ a∈A aºe=eºa=a
Je eli a ∈ A i działanie º posiada element neutralny e ∈ A i istnieje b ∈ A takie,
3) aºb=bºa=e
to element b nazywamy elementem odwrotnym do elementu a.
Działanie º nazywamy przemiennym, gdy
4) ∀ a ,b∈A aºb=bºa.
e
Twierdzenie.
Dla dowolnego działania º w zbiorze a istnieje co najwy ej jeden element neutralny. Je li
działanie º jest ł czne i element neutralny istnieje to ka dy element a ∈ A posiada element
odwrotny (co najwy ej jeden).
Dowód:
Niech º b dzie działaniem w zbiorze A. Przypu my, e e1,e2 ∈ A s dwoma elementami
neutralnymi działania º. Wtedy z warunku (2) wynika, e
e1=e1ºe2=e2 co daje sprzeczno .
Podobnie, je li b1,b2 s elementami odwrotnymi do elementu a, a e jest elementem
neutralnym działania ł cznego º, to
aºb1=b1ºa=e
b1=b1ºe=b1º(aºb2)=(b1ºa)ºb2=eºb2=b2
aºb2=b2ºa=e
czyli w rezultacie b1=b2.
Definicja:
Je li działanie º jest przemienne, wewn trzne to na ogół nazywamy je dodawaniem i
oznaczamy symbolem ‘+’. Je li działanie nie jest przemienne to cz sto oznaczamy je
lub inaczej.
Definicja:
Symbolik , w której działanie º oznaczamy symbolem ‘+’ nazywamy symbolik
Symbolik , w której działanie º oznaczamy symbolem ’.’ nazywamy symbolik
.
,º,
addytywn .
multiplikatywn .
Element neutralny w symbolice addytywnej oznaczamy symbolem 0. Element neutralny w
symbolice multiplikatywnej oznaczamy symbolem 1.
Element odwrotny od a w symbolice addytywnej oznaczamy symbolem –a. Element odwrotny do a
w symbolice multiplikatywnej oznaczamy symbolem
1
a
ALGEBRA 1.14.
Dla dowolnych, niepustych zbiorów P i A przekształcenie kartezja skie
działaniem zewn trznym w A (np. mno enie wektora przez liczb ).
PxA->A nazywamy
Definicja:
Przez struktur algebraiczn rozumiemy układ zło ony ze zbioru A i sko czonego zbioru
działa (zewn trznych, wewn trznych) na tym zbiorze.
Definicja: (grupy)
Niech º b dzie działaniem wewn trznym w zbiorze niepustym A.
0) º : AxA->A
1) ∀ a ,b ,c∈A aº(bºc)=(aºb)ºc
grupa
∃e∈A ∀ a∈A aºe=eºa=a
3) ∀ a∈A ∃b∈A aºb=bºa=e
4) ∀ a ,b∈A aºb=bºa
2)
grupa Abelowa
Wykład 8
Przykłady:
1)Q, R, Z, C – grypy ze wzgl du na dodawanie
2)C\{0} – grupa ze wzgl du na mno enie
3)({1, -1, i, -i},*}) – grupa
Definicja:
Rz dem grypy nazywamy ilosc jej elementów. Je li ilo
jej elementów jest niesko czona to
mówimy, e grupa jest niesko czona albo niesko czonego rz du.
Definicja:
Niepusty zbiór H ⊂ A nazywamy podgrup
jest grup .
grupy (A,º) je li zbiór ten z działaniem º|HxH|
Oznaczmy symbolem eH element neutralny podgrupy H. Oznaczmy symbolem eA element neutralny
grupy A.
Je li a ∈ H to aºa-1=a-1ºa=eX
Z drugiej strony poniewa : H ⊂ A to a ∈ A, wi c
aºa-1=a-1ºa=eA
Widzimy wi c, e eA=eH (grupa i jej podgrupa posiadaj ten sam element neutralny)
Z powy szego wynika, e element odwrotny do danego elementu podgrupy H jest taki sam jak
e grupie A.
Twierdzenie:
Niech (A,º) b dzie grup i H ⊂ A, i H niepusty. Zbiór H jest podgrup
tylko wtedy gdy dla dowolnych elementów a, b ∈ H, aºb ∈ H.
grupy A wtedy i
Dowód:
Załó my, e H jest podgrup A i e a,b ∈ H. Je li b ∈ H, to b-1 ∈ H bo H jest grup . Działanie
º|HxH jest działaniem wewn trznym w HxH zatem aºb-1 ∈ H.
Zakładamy, e dla dowolnych a,b ∈ H (a,b-1) ∈ H. Chcemy wykaza , e (H,º|HxH) jest grup .
Poka emy, e º|HxH jest działaniem wewn trznym w H. Niech a,b ∈ H. Wówczas
e=aºa-1 ∈ H
Dalej
b-1=eºb-1 ∈ H
Zauwa my, e (b-1)-1=b.
(0)
aºb=aº(b-1)-1 ∈ H
(1)
Skoro działanie º jest ł czne w grupie A to w szczególno ci jest ł czne w H.
(2)
e ∈ H. Poniewa e jest elemenetm neutralnym w A to w szczególno ci skoro e ∈ H to e
jest elementem neutralnym w H.
(3)
Elementem odwrotnym do a jest element a-1.
Je li ilo
elementów grupy jest sko czona to grup
nazywamy grup
sko czon .
Definicja:
Niech X b dzie zbiorem niepustym. Ró nowarto ciowe przekształcenie zbioru X na siebie
nazywamy permutacj zbioru X. (np.:f(x)=x3, f(x)=x.
Zbiór permutacji zbioru X oznaczamy symbolem S(X). Permutacje mo na składa ze sob .
Składanie permutacji cz sto nazywa si mno eniem permutacji.
ALGEBRA 1.15.
G
X
f
x
x
X
f,g ∈ S(X), g:X - > X (na), f:X - > X (na)
∀ x∈X (fºg)(x) = f(g(x)).
Je li f:X - > Y jest wzajemnie jednoznaczne to mo emy zdefiniowa
w nast puj cy sposób:
f-1(y) = x ⇔ f(x) = y.
f-1 nazywamy funkcj odwrotn do f. Maj miejsce wzory:
(f-1ºf)(x) = f-1(f(x)) = x
(fºf-1)(y) = f(f-1(y)) = f(x) = y
na zbiorze Y f-1:Y - > X
Przykłady:
f(x)=x3, x ∈ R, g(x)=x+1, x ∈ R
(fºg)(x)=f(g(x))=f(x+1)=(x+1)3
(gºf)(x)=g(x3)=x3+1
(fºg) ró ne od (gºf)
Twierdzenie
Niech X b dzie zbiorem niepustym. Zbiór wszystkich permutacji zbioru X stanowi grup
wzgl du na składanie permutacji.
ze
Dowód:
Poka emy najpierw, e zło enie dwóch przekształce wzajemnie jednoznacznych zbioru X na
siebie jest przekształceniem jednoznacznym zbioru X na siebie. Niech f,g odwzorowuj X na
X, oznacza to, e ∀ x1 , x2 ∈X f ( x1 ) = f ( x 2 )
x1 = x 2 i ∀ x1 x2 ∈X g ( x1 ) = g ( x 2 )
x1 = x 2 . Załó my, e:
(gºf)(x1)=(gºf)(x2)
g(f(x1))=g(f(x2)) ale jest ró nowarto ciowa
f(x1)=f(x2)
ale jest róznowarto ciowa
x1=x2
czyli gºf jest ró nowarto ciowa.
g jest „na” ⇔ ∀ y∈X ∃ x∈X g ( x) = y
f jest „na”
⇔ ∀ z∈X ∃ y∈X f ( y ) = z
∀ z∈X ∃ y∈X z = f ( y ) , ale y=g(x) dla pewnego x ∈ X. Zatem:
∀ z∈X ∃ x∈X z = f ( g ( x)) = f
g ( x).
Zatem fºg(x) jest „na”. Czyli jest wzajemnie jednoznaczne gdy jest „na” i
ró nowarto ciowe
Działanie jest łaczne. Niech f,g,h:X->X b d permutacjami. Chcemy pokaza , e
(fºg)ºh=fº(gºh). Niech h b dzie dowolnym elementem zbioru X:
((fºg)ºh)(x)=(fºg)(h(x))=f(g(h(x)))
(fº(gºh))(x)=f((gºh)(x))=f(g(h(x)))
L=P dla ka dego x ∈ X
Element neutralny: Oznaczmy symbolem e odwzorowanie to samo ciowe zbioruX na siebie. Dla
ka dego x ∈ X e(x)=x. Poka emy, e e jest neutralne. Je eli:
f:X->X jest permutacj to (fºe)(x)=f(e(x))=f(x), czyli fºe=f
z drugiej strony
(eºf)(x)=e(f(x))=f(x), czyli eºf=f.
Elementem odwrotnym do permutacji f jest permutacja f-1 gdy :
(f-1ºf)(x)=f-1(f(x))=x=e(x)
(fºf-1)(x)=f(f-1(x))=x=e(x)
gdzie x ∈ X
fºf-1=f-1ºf=e
c.b.d.u
Wykład 9
Niech X={1,2,…,n}. Grup symetryczn zbioru {1,…,n} oznacza b dziemy symbolem Sn, a
elementy oznacza b dziemy małymi literami greckimi: , , , . Składanie permutacji
b dziemy nazywa mno eniem permutacji. Permutacje zbioru sko czonego wygodnie jest
zapisywa w postaci dwuwierszowej:
=
1 2 3 4 5 6
,
6 3 4 5 1 2
(1)=6,
(2)=3,
(3)=4,
(4)=5,
ALGEBRA 1.16.
(5)=1,
(6)=2
1
2
3
4
...
n −1
n
,
σ (1) σ (2) σ (3) σ (4) ... σ (n − 1) σ (n)
σ (1) σ (2) ... ... ... σ (n − 1) σ (n)
1
=
1
2
3 4 ...
n −1
n
-
=
Permutacja identyczno ciowa (to samo ciowa):
1 2 3 ... n − 1 n
1 2 3 ... n − 1 n
6 3 4 5 1 2
1 2 3 4 5 6
-1
=
=
1 2 3 4 5 6
5 6 2 3 4 1
1 2 3 4 5 6
=
3 4 6 1 2 5
1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6
* -1=
*
=
3 4 6 1 2 5
5 6 2 3 4 1
2 5 4 6 1 3
Składanie permutacji nie jest przemienne. Je li
* =
s
elementami tej samej grupy to
1
2
...
n
1
2 ... n
1
2
...
n
=
*
σ (1) σ (2) ... σ (n)
τ (1) τ (2) ... τ (n)
σ (τ (1)) σ (τ (2)) ... σ (τ (n))
Ka de (sn,*) stanowi grup
S3 =
i
i jest w niej n! elementów. Np.:
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3
1 2 3 3 1 2 2 3 1 3 2 1 1 3 2 2 1 3
Definicja:
∈ Sn nazywamy permutacj cykliczn rz du k, albo cyklem k-wyrazowym, je li
Permutacj
istnieje w zbiorze X podzbiór Y, Y={a1,a2,…,ak} taki, e (a1)=a2, (a2)=a3,…, (ak-1)=ak,
(ak)=a1. Je eli ai nie nale y do Y to (ai)=ai. Permutacja to samo ciowa jest cykliczna
rz du zero. W tym przypadku Y= φ . Cykl k-wyrazowy oznaczamy symbolem (a1,a2,…,ak).
Przykłady:
1
3
1
b)
1
1
c)
2
a)
2
6
2
4
2
1
3
5
3
3
3
4
Zauwa my,
4
1
4
6
4
3
5 6
2 4
5 6
5 2
5
= (1
5
= (1 3 5 2 6 4 )
jest cyklem
7
= (2 4 6 )
7
jest cyklem
2 )(3 4 )
nie jest cyklem
e zgodnie z def. cyklu (a1,a2,…,ak-1,ak) ≡ (ak,a1,a2,…,ak-1).
Twierdzenie:
Ka da permutacja jest cyklem lub mo e by
przedstawiona w postaci iloczynu cykli.
Dowód: (dowód indukcyjny)
Dla n=1 twierdzenie jest prawdziwe, gdy jedyn permutacj zbioru jednostkowego jest
to samo , a ta jest cyklem rz du zero.
Niech teraz n>1. Załó my, e twierdzenie jest prawdziwe dla k<n. Wyka emy, e twierdzenie
jest prawdziwe dla n.
Niech ∈ Sn, X={1,…,n}. Utworzymy ci g niesko czony b0=a1, b1= (a1),
b2= (b1)= ( (a1))= 2(a1), b3= (b2)= 3(a1),…, bp= (bp-1)= p(a1),…
Zbiór wyrazów tego ci gu jest zawarty w X. Poniewa ci g (bp) jest niesko czony, a zbiór
wyrazów tego ci gu jest sko czony, to pewne jego wyrazy musz si powtarza . Niech r
b dzie najmniejsz liczb , e br jest równy wyrazowi poprzedzaj cemu go. Poka emy, e
br=b0. Rzeczywi cie, bo gdyby br ≠ b0 to wtedy istniałoby 0<s<r takie, e bs=br, ale z
definicji tego ci gu:
(bs-1)=bs=br= (br-1).
Permutacja
jest odwzorowaniem ró nowarto ciowym, wi c bs-1=br-1, co przeczy definicji
liczby r. Zatem br=b0.
ALGEBRA 1.17.
a) Je li r=n, to
jest cyklem, gdy b0=a1, b1= (b0),…,br=bn=b0.
b) Je li r<n, to we my pod uwag zbiór B wszystkich elementów zbioru X, które nie
nale
do zbioru {b0,b1,…,br-1}. Permutacj
mo na zapisa w postaci iloczynu cyklu
: (b0,b1,…,br-1) i pewnej permutacji , która jest okre lona tylko na zbiorze B.
Poniewa liczba elementów zbioru B jest mniejsza ni n to na mocy zało enia
indukcyjnego
mo na przedstawi w postaci iloczynu cykli, zatem cała permutacj
mo na przedstawi w postaci iloczynu cykli.
c.b.d.u
Przykład:
a)
b)
1
9
1
2
2
8
2
1
3
1
3
4
4
5
4
3
5
3
5
6
6
2
6
7
7
4
7
8
8
7
8
9
9
= (1 9 6 2 8 7 4 5 3)
6
9
= (1 2 )(3 4 )(5 6 7 8 9 )
5
Definicja:
Cykl dwuwyrazowy nazywamy transpozycj .
Twierdzenie:
Ka da permutacja
∈ Sn, n>1, daje si
rozło y
na iloczyn transpozycji.
Dowód:
Udowodnione zostało, e ka d permutacj mo na rozło y na iloczyn cykli. Wystarczy,
zatem udowodni , e ka dy cykl mo na przedstawi w postaci iloczynu transpozycji.
Poka emy, e:
(a1,a2,a3,…,ak-1,ak)=(a1,ak)(a1,ak-1)…(a1,a3)(a1,a2).
Je eli k=2 to cykl ma posta (a1,a2) i jest transpozycj . Załó my, e k>2 i, e
twierdzenie jest prawdziwe dla k. Wyka emy prawdziwo
dla k+1.
(a1,a2,a3,…,ak-
a1
a2
... a k −1
ak
a k +1
a2
a3
...
a k +1
a1
a1
a2
... a k
a k +1
a1
a2
... a k
a k +1
a k +1
a2
... a k
a k +1
a1
a2
... a k
a k +1
1,ak)=
ak
=
= (a1
a k +1 )(a1
a2
... a k ) =
Na mocy zało enia indukcyjnego:
=(a1,ak+1)(a1,ak)…(a1,a2).
Uwaga:
Rozkład permutacji na iloczyn transpozycji nie jest jednoznaczny.
Przykład:
1
2
1
2
2
5
2
5
3
4
3
4
4
3
4
3
5
1
5
1
6
= (1,2,5)(3,4)=(1,5)(1,2)(3,4)
6
6
= (1,3)(3,4)(4,5)(2,4)(1,4)
6
Wykład 10
Twierdzenie
Iloczyn dowolnych k-transpozycji jest permutacj , której parzysto
parzysto ci liczby k, czyli (-1)k=sgn(ilo
k-transpozycji).
Przykład:
1 2 3 4
σ =
3 4 5 1
k=5
(-1)5=-1
5
6
7
2
7
6
jest zgodna z
= (1, 3 , 5 , 2 , 4 )( 6 , 7 ) = (1, 4 )( 1, 2 )( 1, 5 )( 1, 3 )( 6 , 7 )
Twierdzenie
Przy ka dym rozkładzie na transpozycje parzysto
parzysto ci permutacji.
liczby czynników jest taka sama i równa
Twierdzenie
Iloczyn dwóch permutacji parzystych jest permutacj
ALGEBRA 1.18.
parzyst .
Iloczyn dwóch permutacji nieparzystych jest permutacj parzyst .
Iloczyn permutacji parzystej przez nieparzyst jest permutacj nieparzyst .
Iloczyn permutacji nieparzystej przez parzyst jest permutacj nieparzyst .
Twierdzenie
Dla n ≥ 2 w Sn liczba permutacji parzystych jest równa liczbie permutacji nieparzystych.
Homomorfizmy grup
Niech b d dane dwie grupy (G,º) i (G’,º’). Odwzorowanie h:G->g’ nazywamy homomorfizmem
grupy G w grup G’ je li:
∀ a ,b∈G h(a B) = h(a ) ' h(b)
Odwzorowanie h nazywamy monomorfizmem, je li jest ró nowarto ciowe. Odwzorowanie h
nazywamy epimorfizmem, je li odwzorowuje zbiór G „na” G’. Homomorfizm h nazywamy
izomorfizmem, je li jednocze nie jest monomorfizmem i epimorfizmem.
Z definicji homomorfizmu wynika, e przekształca on element jednostkowy grupy G na
element jednostkowy grupy G’.
Rzeczywi cie niech e ∈ G b dzie elementem jednostkowym grupy G. Wówczas:
h(e)=h(eºe)=h(e)º’h(e). St d h(e)=h(e)º’h(e), a wi c h(e) musi by elementem jednostkowym
grupy G’, gdy mno c otrzyman równo
przez(h(e))-1 dostajemy:
e’=h(e)º’(h(e))-1=(h(e)º’h(e))º’(h(e))-1=h(e)º’(h(e)º’(h(e))’)
e’=h(e)º’e’=h(e)
e’=h(e).
Element odwrotny a-1 do elementu a ∈ G homomorfizm h przekształca na (h(a))-1. Mamy wzór h(a1
)=(h(a))-1. Rzeczywi cie:
e’=h(e)=h(aºa-1)=h(a)º’(h(a))-1
st d e’=h(a)º’h(a-1).
Pomnó my obie strony otrzymanej równo ci przez (h(a))-1:
(h(a))-1º’e’=(h(a))-1º’(h(a)º’h(a-1))=((h(a))-1ºh(a))º’h(a-1)
Zatem
(h(a))-1=h(a-1).
Twierdzenie
Odwzorowanie odwrotne do izomorfizmu grupy G na G’ jest izomorfizmem grupy G’ na G.
Dowód:
Niech h:G->G’ b dzie izomorfizmem grupy (G,º) na (G’,º’).
We my dwa elementy a’,b’ ∈ G’. Istniej takie elementy a,b ∈ G, e h(a)=a’ i h(b)=b’.
Policzmy:
h-1(a’º’b’)=h-1(h(a)º’h(b))=h-1(h(aºb))=Id(aºb)=aºb=h-1(a)ºh-1(b), st d:
h-1(a’º’b’)=h-1(a)ºh-1(b).
Relacja izomorfizmu grup jest zwrotna, symetryczna I przechodnia. Dzieli ona zatem zbiór
wszystkich grup na rozł czne klasy abstrakcji grup izomorficznych. Grupy izomorficzne w
algebrze si identyfikuje. Z punktu widzenia algebry grupy izomorficzne niczym si nie
ró ni .
Iloraz grupy przez jej podgrup
(G,º), H ⊂ G.
Je eli
∀ a ,b∈H a b −1 ∈ H , wtedy H jest podgrupa grupy G.
Niech (G,º) b dzie grup , a H jej podgrup . Okre limy w grupie G relacj
nast puj cy:
(
∀ a ,b∈G aRb ⇔ ab −1 ∈ H
)
w sposób
| ∀ a ,b∈G aRb ⇔ a − b ∈ H
Relacja R jest zwrotna, symetryczna i przechodnia.
Niech a,b,c ∈ G
1) aRa gdy aºa-1=e ∈ G
2) aRb to bRa, gdy , je li aRb to aºb-1 ∈ H ale G jest grup , wi c
(aºb-1)-1 ∈ H st d (b-1)-1ºa-1=bºa-1 ∈ H, czyli bRa.
3) aRb i bRc, zatem aºb-1 ∈ H i bºc-1 ∈ H. Mno c (aºb-1) przez (bºc-1) otrzymujemy: (aºb1
)º(bºc-1)=aº(b-1ºb)ºc-1=aºeºc-1=aºc-1, wi c aRc.
Zbiór klas abstrakcji relacji R nazywamy ilorazem prawostronnym grupy G przez jej
podgrup H i oznaczamy Gp/H.
Definicja:
Warstw prawostronn
elementu a ∈ G nazywamy zbiór:
ALGEBRA 1.19.
Ha={ca; c ∈ H}
Warstw lewostronn elementu a ∈ G nazywamy zbiór:
aH={ac; c ∈ H}
Zauwa my, e e ∈ Ha, bo je li eºa=a to c=e.
Własno ci:
1) aRb
[a]R=[b]R
1a)aRb
Ha=Hb
Elementami zbioru Gp/H s warstwy prawostronne postaci Ha, a ∈ G. Jedn
W analogiczny sposób mo emy okre li relacj S, mianowicie:
aSb
a-1ºb ∈ H. Otrzymamy wtedy iloraz lewostronny.
Ilo
z warstw jest H=He.
elementów grupy sko czonej nazywamy rz dem grupy.
Twierdzenie Lagrange’a (rz d grupy sko czonej)
Rz d podgrupy grupy sko czonej jest dzielnikiem rz du tej grupy.
Dowód:
Niech G b dzie grup sko czon , a H b dzie dowoln podgrup . Oznaczmy literk n ilo
elementów grupy G, a literk k ilo
elementów podgrupy H. Oznaczmy dalej symbolami
a1,…,ak elementy podgrupy H. Niech teraz a b dzie dowolnym elementem grupy G. Utwórzmy
warstw prawostronn Ha.
Ha={a1a,a2a,…,aka}
Wszystkie iloczyny aia s mi dzy sob ró ne dla i=1..k, bo gdyby aia=aja, i ≠ j, to mno c
obustronnie przez a-1 mamy ai(aa-1)=aj(aa-1), wi c ai=aji mamy sprzeczno . Ka da warstwa
prawostronna składa si z k-elementów, ale warstwy s rozł czne i ich suma mnogo ciowa
daje całe G, zatem musi zachodzi równo
n=mk, gdzie m oznacza ilo
ró nych mi dzy sob
warstw wzgl dem podgrupy H. St d k|n.
c.b.d.u.
ALGEBRA 1.20.