ALGJEBËR II Q. R. GASHI

Transcript

1 ALGJEBËR II Q. R. GASHI Shënim: Këto ligjërata janë të paredaktuara, të palekturuara dhe vetëm një verzion fillestar i (ndoshta) një teksti të mëvonshëm. Ato nuk e reflektojnë detyrimisht materien që e kemi mbuluar ose do ta mbulojmë në klasë. Rezultatet e paraqitura janë pjesë e rezultateve klasike në matematikë, andaj nuk janë origjinale. Ju jam mirënjohës nëse i ndani me mua komentet e juaja, sidomos nëse gjeni gabime (të tillat janë të paevitueshme), qoftë edhe ortografike. c Të gjitha të drejtat të rezervuara. Ndalohet çdo riprodhim, i pjesshëm apo i plotë, pa lejen e autorit. 1. Hyrje Ky kurs i studion polinomet dhe sistemet e ekuacioneve lineare. Zgjidhja e ekuacioneve është problem fundamental në matematikë. Po ashtu, një numër i madh i problemeve konkrete jashtë matematikës mund të modelohen përmes ekuacioneve, ku kërkohet zgjidhja e tyre. Pra, me të drejtë, ekziston interesim i gjerë për t i kuptuar më mirë ekuacionet dhe sistemet e tyre. Ekuacionet mund të kenë një ose më shumë variabla (argumente, të panjohura, etj.). Në fillim, ne do t i studiojmë ekuacionet me një variabël e më vonë do të lejojmë një numër të çfarëdoshëm, të fundëm, variablash. Por, në të vërtetë, ne do të përqendrohemi tek disa raste shumë specifike ekuacionesh, sepse përndryshe problemi do të ishte tejet i përgjithshëm për të ofruar rezultate të thella dhe të zbatueshme në plot raste konkrete. Do t i kemi dy lloj kufizimesh. Kur ta marrim vetëm një variabël, do t i studiojmë ekuacionet polinomiale, kurse kur të lejojmë më shumë variabla, do të kufizohemi edhe më shumë në ekuacione lineare. Ky është çmimi që duhet paguar për ta mbuluar një teori koncize dhe me rëndësi. Ekuacionet e tipeve të tjera studiohen në lëndë dhe lëmenj të tjerë. Për ta ndërtuar një teori formale, si zakonisht, nevojiten mjaft koncepte ndihmëse, të cilat do t i studiojmë me kujdes. Tash që e kemi motivuar shkurtazi studimin e materies, ta fillojmë kursin me disa nocione themelore. 1

2 PJESA I - POLINOMET ME NJË NDRYSHORE 2

3 2. Unazat polinomiale 2.1. Hyrje. Kur të përmenden polinomet, zakonisht jemi mësuar të shohim diçka të trajtës, për shembull, x 3 2x x + 5. Tek shprehja e mësipërme janë dy elemente qenësore: argumenti x dhe koeficientët para fuqive të ndryshme të x-it. Na kujtohet po ashtu që nuk guxojmë t i mbledhim koeficientët para dy fuqive të ndryshme të x-it, por ajo lejohet kur fuqia është e njëjtë. Tërë këto mund të formalizohen si më poshtë Unaza e polinomeve reale (me një ndryshore). Supozojmë se fillojmë me vargje me terma nga bashkësia e numrave realë: (a 0, a 1,..., a n,...); a i R. Ne do të kufizohemi vetëm tek bashkësia P R e vargjeve me terma realë të cilat kanë numër të fundëm termash (ose asnjë term) jozero me fjalë të tjera, duke filluar nga një numër k 0, çdo term a k i vargut është zero. Në bashkësinë P R mund të përkufizohet një operacion binar, mbledhja ( ), ku shuma e dy vargjeve bëhet term për term: (a 0, a 1, a 2,..., a n,...) (b 0, b 1, b 2,..., b n,...) = (a 0 + b 0, a 1 + b 1, a 2 + b 2,..., a n + b n,...). Mbledhja a n + b n është mbledhja e zakonshme në R. Zakonisht, në vend të shënojmë vetëm + sepse do të jetë e qartë, varësisht nga konteksti, se a bëhet fjalë për mbledhje në R apo në P R. Një tjetër operacion binar në P R është ai i shumëzimit ose prodhimit ( ), i cili jepet me ku (a 0, a 1, a 2,..., a n,...) (b 0, b 1, b 2,..., b n,...) = (c 0, c 1,..., c n,...), c 0 = a 0 b 0, c 1 = a 0 b 1 + a 1 b 0,..., c n = i+j=n Sikurse për edhe për, zakonisht shënojmë vetëm, kur është e qartë se në cilën bashkësi bëhet shumëzimi. Tash, mund t i radhisim disa veti të mbledhjes dhe shumëzimit në P R, të cilat mund t i vërtetojë lexuesi: (M1) mbylltësia e mbledhjes (M2) asociativiteti i mbledhjes (M3) ekzistenca e zeros (M4) ekzistenca e elementit të kundërt (M5) komutativiteti i mbledhjes (P1) mbylltësia e shumëzimit (P2) asociativiteti i shumëzimit (P3) ekzistenca e njëshit (P4) komutativiteti i shumëzimit (MP1) vetia e shpërndarjes nga e majta (MP2) vetia e shpërndarjes nga e djathta Vetitë e mësipërme tregojnë që (P R,, ) është unazë komutative. Nëse vlejnë vetitë e tjera, por jo ajo (P4), atëherë kemi të bëjmë me një unazë (jokomutative). Zakonisht, nëse në vargun p = (a 0, a 1,..., a n, 0, 0,...) P R të gjithë termat pas termit a n janë zero, atëherë shënojmë p = a 0 + a 1 x + a 2 x a n x n. (Në vend të elementit (0, 1, 0,...) shënojmë 3 a i b j.

4 x dhe e zgjerojmë shënimin me linearitet dhe prodhim me skalar.) Në fakt, në vend të p zakonisht shënojmë p(x). Në vend të P R shënojmë R[x] dhe prej tash e tutje edhe ne do ta përdorim këtë shënim Shembuj grupesh. Kujtojmë se kur për një dyshe (G, +), të përbërë nga një bashkësi dhe një operacion binar në të, vlejnë vetitë (M1)-(M4), atëherë dyshja e tillë quhet grup. Kur përmbushet edhe kushti (M5), atëherë (G, +) quhet grup komutativ ose abelian. Zakonisht, kur është e qartë se për çfarë operacioni bëhet fjalë, thuhet se G është grup ose grup komutativ, respektivisht. Detyrë 2.1. A është grup dyshja (N, +), ku + është mbledhja e zakonshme? Detyrë 2.2. A është grup dyshja (Z, +), ku + është mbledhja e zakonshme? Detyrë 2.3. A është grup dyshja (Q, ), ku është shumëzimi i zakonshëm? Detyrë 2.4. A është grup dyshja (R \ {0}, ), ku është shumëzimi i zakonshëm? Detyrë 2.5. A është grup dyshja (S 3, ), ku S 3 është bashkësia e permutacioneve (pasqyrimeve bijektive) mbi tri elemente, kurse është kompozimi i zakonshëm i pasqyrimeve? E jepni një interpretim gjeometik të kësaj detyre. Detyrë 2.6. A është grup dyshja (Z n, +), ku + është mbledhja modulo n? Detyrë 2.7. A është grup dyshja (Z n, ), ku është shumëzimi modulo n? 2.4. Shembuj unazash dhe fushash. Nëse një treshe (F, +, ) e përbërë nga një bashkësi dhe dy operacione binare në të e ka vetinë që (F, +) dhe (F \ {0}, ) janë grupe komutative, atëherë ajo quhet fushë. Detyrë 2.8. Shqyrtoni se a janë unaza apo jo strukturat vijuese. Në rastin e unazave, shqyrtoni nëse ato janë fusha: (i) (Z, +, ); (ii) (R, +, ); (iii) (Z p, +, ) (p-numër i thjeshtë); (iv) (Z, +, ); (v) Z[ 1] = {a + b 1 : a, b Z} (numrat e plotë të Gausit); (vi) Z[ω] = {a+bω : a, b Z}, ku ω = 1 2 ( 1+i 3) (numrat e plotë të Ajzenshtajnit (Eisenstein); (vii) Bashkësia e funksioneve të vazhdueshme në nga R në R, në lidhje me mbledhjen dhe shumëzimin e funksioneve Polinoment me koefiecientë të tjerë. Shembuj: Z[x], Q[x], R[x], C[x], Z n [x], etj Shkalla e polinomit. Le të jetë R unazë dhe p(x) R[x]. Nëse p(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x a n x n, ku a n 0, atëherë thuhet se polinomi p(x) ka shkallë n dhe shënojmë deg(p(x)) = n. Polinomet me shkallë (ose të shkallës) zero quhen edhe polinome konstante. Pohim 2.9. Shkalla e prodhimit të dy polinomeve është jo më e madhe se shuma e shkallëve të atyre polinomeve: deg(p(x)q(x)) deg(p(x)) + deg(q(x)), për p(x), q(x) R[x], ku R është unazë. Në rast se në vend të R marrim për koeficientë një fushë F, atëherë në vend të jobarazimit, kemi gjithnjë barazim. Pohim Le të jenë p(x), q(x) R[x], ku R është unazë. Vlen relacioni deg(p(x) + q(x)) max{deg(p(x)), deg(q(x))}. 4

5 Detyrë E gjeni një shembull të dy polinomeve për të cilat jobarazimi i pohimit të fundit është strikt. Pohim Inversi i polinomit në F [x] ekziston vetëm kur polinomi është i shkallës zero. Detyrë E shqyrtoni se çfarë elemente duhet t i shtojmë unazës F [x] ashtu që ajo të bëhet fushë. A mund të konstruktohet gjithnjë kjo fushë apo mund të ketë veti të unazës që e pengojnë atë konstruktim? (Udhëzim: i shqyrtoni domenat integrale unazat komutative (me 1) ku prodhimi i dy elementeve jozero është prapë element jozero.) 2.7. Algoritmi i pjesëtimit. Sikurse tek numrat e plotë, edhe tek unaza e e polinomeve (mbi një fushë) e kemi një rezultat të ngjashëm të pjesëtimit me mbetje. Rezultati mund të vërtetohet me induksion mbi shkallën e polinomeve: Teoremë Le të jetë F fushë. Le të jenë f(x), g(x) F [x] ashtu që g(x) nuk është zero. Atëherë ekzistojnë në mënyrë të vetme polinomet q(x) dhe r(x) (herësi dhe mbetja, respektivisht), të tillë që i) f(x) = g(x)q(x) + r(x) dhe ii) deg(r(x)) < deg(g(x)) Në rastin kur mbetja r(x) është zero, atëherë themi se polinomi f(x) plotpjesëtohet me polinomin g(x) (ose se g(x) e plotpjesëton ose vetëm e pjesëton f(x), ose g(x) është pjesëtues i polinomit f(x)). Për një polinom f(x) thuhet se c është rrënjë ose zero e tij nëse f(c) = 0. Këtu f(c) duhet të kuptohet si vlera e marrë në shprehjen polinomiale që e përkufizon f(x) ku në vend të x marrim c. Thuhet se polinomi f(x) është vlerësuar ose evaluuar në pikën c. Pohim Nëse f(x) F [x] dhe α F, atëherë f(x) = (x α)q(x) + f(α). Pohim Le të jetë f(x) F [x] dhe c F. Elementi c është rrënjë e polinomit f(x) atëherë dhe vetëm atëherë kur f(x) plotpjesëtohet me x c. Pohim Le të jetë f(x) F [x] polinom jozero i shkallës jo më të madhe se n. Atëherë f(x) ka më së shumti n rrënjë Plotpjesëtuesi më i madh i përbashkët. Siç e theksuam më sipër, thuhet se polinomi f(x) plotpjesëtohet me g(x) nëse ekziston q(x) F [x] i tillë që f(x) = g(x)q(x). Këtë fakt e shënojmë me f(x).g(x) ose me g(x) f(x). Pjesëtuesi varet nga fusha: p.sh., f(x) = x 3 3x 2 2x + 6, g(x) = x 3 2x 2 2x 4 kanë x 2 2 të përbashkët në Q[x], por në R[x] kanë edhe x ± 2. Detyrë Le të jenë f(x), g(x), k(x) F [x]. Vërtetoni se: (i) Vlen f(x).f(x), për çdo polinom në F [x]. (ii) Nëse f(x).g(x) dhe g(x).f(x), atëherë c F, f(x) = cg(x). (Themi se polinomet f(x) dhe g(x) janë të shoqëruar.) (iii) Nëse f(x).g(x) dhe g(x).k(x), atëherë f(x).k(x). (Vetitë (i)-(iii) tregojnë se plotpjesëtueshmëria është relacion i renditjes së pjesshme në bashësinë e klasvëve të shoqërimit të polinomeve në F [x].) (iv) Nëse f(x) dhe g(x) plotpjesëtohen me k(x), atëherë edhe f(x) + g(x) dhe f(x) g(x) plotpjesëtohen me k(x). (v) Nëse f(x) ose g(x) plotpjesëtohen me k(x), atëherë f(x)g(x) plotpjesëtohet me k(x). 5

6 Sikurse për numrat e plotë, mund të shtrohet pyetja e pjesëtuesve të përbashkët të dy polinomeve. Teoremë Le të jenë f(x), g(x) F [x]. Atëherë ekziston polinomi p(x) i tillë që është pjesëtues i të dy polinomeve f(x) dhe g(x), dhe i tillë që nëse a(x) i plotpjesëton polinomet e dhëna, atëherë ai e plotpjesëton edhe polinomin p(x). Zakonisht shënojmë p(x) = (f(x), g(x)). Ekzistencën e polinomit p(x) nga teorema e fundit mund ta nxjerrim duke aplikuar Algoritmin e Euklidit (për polinomet). Por, për dallim prej numrave të plotë, plotpjesëtuesi më i madh i përbashkët nuk është unik. Uniciteti fitohet nëse kërkojmë që plotpjesëtuesi më i madh i përbashkët të jetë polinom monik (d.m.th. me koeficient më të vjetër 1 koeficienti më i vjetër është koeficienti (jozero) para fuqisë më të lartë të polinomit). Pohim Supozojmë se janë dhënë polinomet si në teoremën e fundit. polinomet f 1 (x), g 1 (x) F [x], të tilla që p(x) = f(x)f 1 (x) + g(x)g 1 (x). Atëherë ekzistojnë Dy polinome quhen relativisht të thjeshta nëse pjesëtuesi më i madh i përbashkët është polinom i shkallës zero (d.m.th. konstant). Në fund, vëreni se në mënyrë të natyrshme mund të përkufizohet shumëfishi më i vogël i përbashkët i dy ose më shumë polinomeve. Detajet u mbeten lexuesve. 3. Zbërthyeshmëria e polinomeve Përkufizim 3.1. Polinomi f(x) F [x] quhet i zbërthyeshëm në F [x] (ose mbi F ) nëse ai është prodhim i dy polinomeve jokonstantë nga F [x] me shkallë më të vogël se f(x). Polinomi quhet i pazbërthyeshëm nëse nuk është i zbërthyeshëm. Përkufizim 3.2. Polinomi f(x) F [x] quhet i thjeshtë në F [x] (ose mbi F ) nëse kurdo që f(x) e plotpjesëton prodhimin e dy polinomeve a(x)b(x), atëherë f(x) e plotpjesëton të paktën njërin prej polinomeve a(x) ose b(x). Në F [x] polinomet e zbërthyeshme janë të njëjta me polinomet e thjeshta. Por, kjo nuk vlen gjithnjë për çdo unazë. P.sh., mund të vërtetohet se elementi 3 është i pazbërthyeshëm në Z[ 5], por jo edhe i thjeshtë. Teoremë 3.3. Mbi fushën F (pa marrë parasysh se a është ajo e fundme ose jo), ekzistojnë pafund shumë polinome të pazbërthyeshme monike (d.m.th. me koeficient më të vjetër 1). Proof. Nëse F është e pafundme, mjafton të marrim f(x) = x c, c F. Në rastin kur F është e fundme, veprojmë ngjashëm si me vërtetimin se ka pafund shumë numra të thjeshtë. Ngjashëm sikurse me unazën e numrave të plotë, e kemi rezultatin vijues me rëndësi. Teoremë 3.4. (Zbërthyeshmëria në polinome të pazbërthyeshme) Çdo polinom f(x) F [x] mund të shkruhet në mënyrë të vetme, deri në renditje të faktorëve, në trajtën f(x) = p 1 (x) r 1 p 2 (x) r 2... p k (x) r k, ku p i (x) janë polinome të ndryshme të pazbërthyeshme në F [x], r i Z >0. 4. Faktor-unazat Duke e shtyer më thellë analogjinë me unazën Z, mund të diskutohet për aritmetikën modulo jo një numër, por një polinom. Në këtë rast, nëse marrim p.sh. m(x) F [x] atëherë dy polinome f(x) dhe g(x) janë kongruente modulo m(x) nëse f(x) g(x) është i plotpjesëtueshëm me m(x). Klasat e ekuivalencës (kongruencës) na japin një unazë në lidhje me operacionet e F [x] të zgjeruara tek klasat e ekuivalencës. Kjo unazë shënohet F [x]/(m(x)) dhe quhet faktor-unazë, 6

7 unazë herës ose unazë e klasave të mbetjes sepse dy elemente janë të njëjta nëse kanë mbetje të njëjtë kur të pjesëtohen me m(x). Ky koncept është pjesë e një koncepti më të gjerë, të cilin do ta studiojmë në vazhdim Idealet në unazat polinomiale. Përkufizim 4.1. Ideal i majtë (resp. i djathtë) në një unazë R quhet nënunaza joboshe I e tillë që ar I (resp. ra I) a I, r R. Nënunaza I quhet ideal ose ideal i dyanshëm nëse I është ideal i majtë dhe ideal i djathtë shënojmë I R. Ideali I quhet kryesor nëse ekziston a R i tillë që I = {ar : r R} shënojmë I = (a). Shembull 4.2. Në unazën Z idealet e vetme janë ato të formës (k) = kz = {kn : n Z}, ku k Z. Teoremë 4.3. F [x] është unazë idealesh kryesore Faktor-unazat. Teoremë 4.4. Nëse I R, atëherë bashkësia R/I := {a + I : a R}, në lidhje me operacionet e mbledhjes dhe të shumëzimit të përkufizuara me (a 1 + I) + (a 2 + I) = (a 1 + a 2 ) + I, (a 1 + I) (a 2 + I) = (a 1 a 2 ) + I, formon unazë, që quhet faktor-unazë e R në lidhje me I. Teoremë 4.5. Le të jetë m(x) F [x] me shkallë jo më të vogël se 2. Faktor-unaza F [x]/(m(x)) është fushë atëherë dhe vetëm atëherë kur m(x) është i pazbërthyeshëm në F [x]. Shembull 4.6. Numrat kompleksë C = R[x]/(x 2 + 1) Le të jetë R unazë komutative (me 1). 5. Derivati i një polinomi Përkufizim 5.1. Pasqyrimi d : R[x] R[x], i dhënë me d(f(x)) = f (x), f(x) R[x], ku nëse f(x) = a n x n a 1 x + a 0, atëherë f (x) = na n x n a 2 x + a 1, quhet derivim në unazën R[x]. Polinomi f (x) quhet derivati i f(x). Pohim 5.2. Vlejnë vetitë e mëposhtme për derivatin: (i) d(f + g) = d(f) + d(g) (ii) d(f g) = d(f) g + f d(g) Shënim 5.3. Derivimi i polinomeve mund të zgjerohet në fushën R(x), sikurse në Analizë matematike. Derivati i n-të: f (n) (x) = d(f (n 1) (x)) Pohim 5.4. Le të jetë f(x) R[x] dhe a R. Atëherë f(x) mund të shkruhet si kombinim linear i fuqive të x a: n f (k) (a) f(x) = (x a) k k! k=0 Përkufizim 5.5. Polinomi p(x) quhet faktor i shkallës së k-të i polinomit f(x) nëse p(x) k f(x) por p(x) k+1 f(x). Pohim 5.6. Nëse polinomi i pazbërthyeshëm p(x) F [x] është faktor i shkallës k i polinomit f(x), atëherë ai polinom është faktor i shkallës k 1 i derivatit f (x). Faktorët e shkallës k, ku k 2, quhen faktorë të shumëfishtë. 7

8 Rrjedhim 5.7. Polinomi f(x) F [x] nuk ka faktorë të shumëfishtë atëherë dhe vetëm atëherë nëse (f(x), f (x)) = 1. Rikujtojmë se si përkufizohet karakteristika e një fushe F (ose, në mënyrë identike, e një unaze me 1). Le të jetë i : Z F homomorfizmi i dhënë me i(n) = n 1 F, ku 1 F shënon elementin njësh në F dhe ku shumëzimi me n nënkupton: i) i(n) = 1 F + 1 F F (n-anëtarë), nëse n > 0; ii) i(0) = 0 F ; iii) i(n) = i( n), elementi i kundërt i i( n), nëse n < 0. Nëse pasqyrimi i është injektiv, atëherë thuhet se fusha ka karakteristikë 0. Përndryshe, thuhet se fusha ka karakteristikë p, ku p është numri më i vogël i tillë që i(p) = 0 F. Lehtë vërtetohet se p duhet të jetë numër i thjeshtë. Detyrë 5.8. Nëse f(x) F [x] dhe karakteristika e fushës F është 0, atëherë f (x) 0 për të gjitha polinomet e shkallës jozero. Detyrë 5.9. Le të jetë f(x) = a n x n +...+a 1 x+a 0 dhe supozojmë se f(x) F [x], ku karakteristika e fushës F është p (p-numër i thjeshtë). Vlen f (x) = 0 atëherë dhe vetëm atëherë kur karakteristika p i plotpjesëton të gjitha fuqitë e polinomit f(x) të cilat kanë përpara koeficientë jozero. 6. Polinomet interpoluese Le ta shqyrtojmë bashkësinë F [x] n të polinomeve me shkallë jo më të madhe se n (për një n të fiksuar). Atëherë çdo element i kësaj bashkësie mund të shkruhet si kombinim linear i elementeve 1, x,..., x n. Në gjuhën që do ta mësojmë më vonë, këto elemente formojnë bazë dhe ato quhen elementet e bazës standarde. Bashkësia F [x] n në fakt ëshë nënhapësirë e F [x]. (Këtë terminologji do ta precizojmë më vonë.) Për lehtësi studimi, në vijim në këtë seksion supozojmë që F është një fushë e pafundme. Le të jenë c 1,..., c n+1 elemente të ndryshme të fushës. I shqyrtojmë polinomet p i (x) = n+1 j=1, j i x c j c i c j. Polinomet p i (x) quhen polinome interpoluese të Lagranzhit. Detyrë 6.1. Të tregohet se polinomet p i (x) formojnë bazë për hapësirën F [x] n, d.m.th. çdo element i F [x] n shënohet si kombinim linear i atyre polinomeve p i (x) dhe asnjë prej atyre polinomeve p i (x) nuk mund të shkruhet si kombinim linear i polinomeve të tjera p k (x)(k i) të Lagranzhit. (Udhëzim: Pasi të mësojmë për hapësirat vektoriale dhe matricat mund ta shohim edhe një vërtetim të këtij rezultati.) Detyrë 6.2. Për çdo polinom f F [x] n vlen f(x) = f(c 1 )p 1 (x) + + f(c n+1 )p n+1 (x). Detyrë 6.3. Nëse d 1,..., d n+1 janë elemente në F dhe c 1,..., c n+1 janë elemente të ndryshme nga F, atëherë ekziston polinomi i vetëm f(x) F [x] n i tillë që f(c i ) = d i, i = 1,..., n + 1. Nuk po e zgjasim një herë më shumë për interpolimet, por lëmia e interpolimeve në matematikë është shumë e rëndësishme dhe kryesisht merret me atë se me çfarë dhe si mund të përafrohet një klasë funksionesh (objektesh) me një klasë tjetër funksionesh (objektesh), ku këto të fundit duhet të jenë më të thjeshta, më të përdorshme, me veti më të mira etj. 8

9 7. Skema e Hornerit Skema e Hornerit na ndihmon ta vlerësojmë (evaluojnë) një polinom në një pikë të dhënë. Pra, për f(x) = a n x n +...a 1 x F [x] dhe c F, dëshirojmë ta gjejmë vlerën e f(c). Nga Pohimi 2.15, kemi se ekziston polinomi q(x) F [x] i tillë që f(x) = (x c)q(x) + f(c). Pra, vlera e kërkuar f(c) është mbetja nga pjesëtimi i f(x) me x c. Shënojmë q(x) = b n 1 x n b 1 x +b 0. Skema shkruhet si vijon: a n a n 1 a n 2 a n 3... a 1 a 0 a n a n 1 + cb n 1 a n 2 + cb n 2 a n 3 + cb n 3... a 1 + cb 1 a 0 + cb 0 b n 1 b n 2 b n 3 b n 4... b 0 f(c) Shembull 7.1. Duke e shfrytëzuar Skemën e Hornerit, e gjeni vlerën e f(2) nëse f(x) = 2x 3 x 2 + 4x + 2. Një arsye pse Skema e Hornerit ka peshë është fakti se ajo paraqet një algoritëm optimal për vlerësimin e një polinomi në një pikë të caktuar. (Fjala optimal ka një kuptim specifik të përdorimit minimal të operacioneve të mbledhjes dhe shumëzimit, me disa kushtëzime.) 8. Fusha e rrënjëve Le të jetë f(x) F [x] polinom i pazbërthyeshëm në F [x] i shkallës n 2 dhe le të jetë α një rrënjë e atij polinomi. Kuptohet, α / F sepse përndryshe f(x) do të ishte i zbërthyeshëm në F [x]. (Operacionet në F [α] janë mbledhja dhe shumëzimi formal i polinomeve.) Nëse E F është fushë në lidhje me të njëjtat operacione sikurse F, atëherë E quhet mbifushë e fushës F ose F quhet nënfushë e fushës E. P.sh., R është mbifushë e fushës Q. Teoremë 8.1. Le të jetë F [α] := {a n 1 α n 1 + a n 2 α n a 1 α + a 0 a i F, i = 1,..., n 1}. Atëherë F [α] është mbifushë e fushës F dhe ajo e përmban elementin α. Vlen F [α] = F [x]/(f(x)). Shembull 8.2. E vërtetoni teoremën paraprake. Dy rezultatet vijuese i japim pa vërtetim. Teoremë 8.3. Le të jetë f(x) F [x], polinom jokonstant. Atëherë ekziston një mbifushë E F e tillë që f(x) e ka një rrënjë në E. Rrjedhim 8.4. Le të jetë f(x) F [x], polinom jokonstant. Atëherë ekziston një mbifushë F F e tillë që f(x) i ka të gjitha rrënjët në F. Fusha më e vogël F me vetinë e mësipërme, e cila vërtetohet se është e vetme deri në izomorfizëm, quhet fusha e rrënjëve e polinomit f(x). Shembull 8.5. Për polinomin f(x) = x Q[x], fusha e rrënjëve është C. Nëse fusha F e ka vetinë që kurdo p(x) F [x], p(x)-jokonstant, atëherë p(x) ka të paktën një rrënjë në F, thuhet se F është algjebrikisht e mbyllur. Mund të vërtetohet se çdo fushë ka zgjerim (të vetëm deri në izomorfizëm) që është algjebrikisht e mbyllur. Shembull 8.6. Do të vërtetojmë më vonë se fusha e numrave kompleksë është algjebrikisht e mbyllur. Qartazi fushat Q e R nuk janë të tilla. 9. Teorema themelore në Algjebër Një prej rezultateve klasike dhe bazike në teorinë e polinomeve me koeficientë realë ose kompleksë është pohimi vijues: Teoremë 9.1. Le të jetë f(x) C[x] polinom i shkallës jozero. Atëherë ekziston α C ashtu që f(α) = 0. 9

10 (Vërtetimin nuk po e diskutojmë një herë në klasë do t i them disa fjalë. Ju inkurajoj ta lexoni këtë artikull: djv/ftap.pdf) Rrjedhim 9.2. Çdo polinom mbi C i shkallës 2 është i zbërthyeshëm mbi C. Polinomet e vetme të pazbërthyeshme mbi C janë polinomet konstante. Rrjedhim 9.3. Çdo polinom f(x) C[x] mund të paraqitet në mënyrë të vetme si f(x) = c(x α 1 )(x α 2 )... (x α n ), ku c C është koeficienti më i vjetër i f(x), n = deg(f), dhe α i janë rrënjët (komplekse) të f(x). Rrjedhim 9.4. Le të jetë f(x) R[x]. Nëse f(α) = 0, ku α C, atëherë f(α) = 0, ku α është numri i konjuguar kompleks i numrit α. Rrjedhim 9.5. Çdo polinom f(x) R[x] i shkallës n 3 është i zbërthyeshëm. Rrjedhim 9.6. Çdo polinom f(x) R[x] ka numër çift rrënjësh komplekse. Rrjedhim 9.7. Çdo polinom f(x) R[x] i shkallës tek ka rrënjë reale. Teoremë 9.8. (Formulat e Vietit) Supozojmë se f(x) = x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 dhe α i, i = 1,..., n, janë rrënjët e f(x). Atëherë vlejnë identitetet: a n 1 = (α α n ), a n 2 = α 1 α 2 + α 1 α α n 1 α n,... a 0 = ( 1) n α 1 α 2... α n. 10. Rrënjët racionale dhe të plota Teoremë Supozojmë se f(x) = a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 i ka koeficientët nga Z. Nëse p q Q është rrënjë e f(x), atëherë p a 0 dhe q a n. Teoremë Nëse polinomi f(x) i ka koeficientët nga Z ka rrënjë në Z atëherë ajo rrënjë e plotpjesëton koeficientin e lirë të polinomit. Teoremë (Kriteri i Ajzenshtajnit) Le të jetë f(x) = a n x n +...+a 1 x+a 0 Z[x]. Nëse ekziston një numër i thjeshtë p i tillë që të gjithë koeficientët e f(x) plotpjesëtohen me p, përpos koeficientit më të vjetër, dhe gjymtyra e lirë nuk plotpjesëtohet me p 2, atëherë f(x) është i pazbërthyeshëm në Q[x]. Lemmë (Gaus) Çdo polinom i zbërthyeshëm mbi Q, me koeficientë nga Z, është i zbërthyeshëm edhe mbi Z. Detyrë E vërtetoni Lemën e Gausit. Vërtetimi i Kriterit të Ajzenshtajnit: Sikur f(x) të zbërthehej mbi Q, atëherë ai zbërthehet edhe mbi Z (Gauss), andaj mund të shkruhet si f(x) = g(x)h(x). I shënojmë koeficientët e g(x) me b i kurse ata të h(x) me c i. Elementet b 0 dhe c 0 nuk plotpjesëtohen që të dytë me p, por njëri prej tyre plotjesëtohet patjetër, p.sh., b 0. Le të jetë b k koeficienti i parë i cili nuk plotpjesëtohet me p. Atëherë nga a k = b k c 0 + b k 1 c b 0 c k dhe p a k, shohim se edhe b k c 0 plotpjesëtohet nga p, por kjo nuk është e mundur. (Qartazi, k < n sepse h(x) ka shkallë të paktën 1). Shembull Polinomi ciklotomik x p x + 1 (p- i thjeshtë) është i pazbërthyeshëm në Q. 10

11 Detyrë E përshkruani metodën e Shturmit për gjetjen e rrënjëve të ndryshme reale të një polinomi (nga R[x]) në një interval. Detyrë E përshkruani metodën e Dekartit për gjetjen e një kufiri të sipërm të rrënjëve të ndryshme pozitive të një polinomi nga R[x]. 11. Zgjidhshmëria e ekuacioneve me radikale Zgjidhja e ekuacioneve (me një të panjohur) është një prej problemeve klasike në matematikë. Dëshirohet të gjenden formula ose metoda për zgjidhje të saktë të ekuacioneve me koeficientë realë (apo kompleksë). Kontribute për zbulimin e metodave të ndryshme dhanë matematikanë në periudha të ndryshme historike, duke filluar nga babilonasit. Në rastin e ekuacioneve të shkallës së parë, situata është e qartë. Zgjidhe e ekuacionit ax + b = 0 (ku a 0) është x = b a. E dimë se ky ekuacion nuk ka më shumë se një zgjidhje sepse ana e majtë është polinom i shkallës së parë dhe si i tillë ai ka më së shumti një rrënjë. Në rastin e ekuacioneve të shkallës së dytë situata është pakëz më e komplikuar. Nëse është dhënë ekuacioni ax 2 + bx + c = 0 (ku a 0), atëherë ekuacionin e dhënë mund ta rishkruajmë si a ( x + b 2a ) 2 + c b2 4a = 0, ose ( x + b ) 2 = b2 4ac 2a 4a 2. Ekuacioni, andaj, ka dy zgjidhje: x = b b 2a + 2 4ac 2a dhe x = b b 2a 2 4ac. 2a Në rastin e ekuacioneve të shkallës së tretë, vështirësia shtohet dukshëm, por problemi prapë mund të zgjidhet me anë të disa manipulimeve të mençura, siç do të shohim në vijim Ekuacionet e shallës së tretë. Aktorët: Scipione del Ferro ( ), Gerolamo Cardano ( ), Niccolò Fontana Tartaglia ( ), Lodovico Ferrari ( ). Skena: Italia e shekujve XV-XVI. Ekuacioni i përgjithshëm i shkallës së tretë (me një të panjohur), pasi të pjesëtojmë me koeficientin më të vjetër, ka formën x 3 + ax 2 + bx + c = 0. Në fillim dëshirojmë ta eliminojmë pjesën katrore të ekuacionit të dhënë. Nëse shënojmë x = y + α, atëherë shohim se zgjedhja adekuate është α = a 3, ashtu që ekuacioni i dhënë të merr trajtën (sipas të panjohurës y) y 3 + py + q = 0, ku p = a2 3 2a + b dhe q = 27 ab 3 + c. Tash zëvendësojmë y = u + v dhe marrim u 3 + v 3 + q + (3uv + p)(u + v) = 0. Kërkojmë që uv = p/3 dhe marrim u 3 + v 3 = q, uv = p/3. Nga këtu marrim u 3 v 3 = (p/3) 3. Vendosim z 1 = u 3, z 2 = v 3 dhe shohim se ato janë zgjidhje të z 2 + qz p3 27 = 0. 11

12 dhe Vendosim u 1 = 3 v 1 = 3 q 2 + (q 2 q 2 (q 2 ) 2 + ( p 3) 3 ) 2 ( p ) Atëherë rrënjët e ekuacionit janë y 1 = u 1 + v 1, y 2 = ωu 1 + ω 2 v 1 dhe y 3 = ω 2 u 1 + ωv 1, ku ω = i 3 2. Casus irreducibilis: Vëreni se formulat e mësipërme, edhe kur janë të gjitha rrënjët reale, përdorin numra kompleksë. Në fakt, rasti i pazbërthyeshëm pohon se nëse p(x) R[x] është i shkallës së tretë, i pazbërthyeshëm dhe ka vetëm rrënjë reale, atëherë rrënjët nuk mund të gjenden vetëm me radikale reale Ekuacionet e shallës së katërt. Ekuacionet e shkallës së katërt mund të zgjidhen me metoda të ndryshme. Shihni librin Algjebra I të E. Gashit për detajet e një metode nga Lodovico Ferrari ( ) Ekuacionet e shkallëve më të mëdha. Matematikani norvegjez Niels Henrik Abel ( ) vërtetoi i pari se ekuacionet e shkallës së pestë ose të shkallëve më të larta nuk janë të zgjidhshme me radikale (d.m.th. nuk ka formulë për rrënjët e ekuacionit të tillë e cila varet nga koeficientët e ekuacionet dhe përdor vetëm mbledhje, zbritje, shumëzim, pjesëtim, ngritje në fuqi numër të plotë dhe rrënjëzim në katror, në kub, etj.). Një vërtetim jo i plotë ishte propozuar më herët nga matematikani italian Paolo Ruffini ( ). Pazgjidhshmëria e ekuacioneve të rendit të pestë dhe të rendeve më të larta andaj njihet si teorema e Abel-Rouffinit. Matematikani francez Évariste Galois ( ) e dha kushtin e nevojshëm dhe të mjaftueshëm që një ekuacion të jetë i zgjidhshëm me radikale, duke përdorur nocionin e asaj që tash quhet grup Galois. 12. Pak Gjeometri Konstruksionet me vizore dhe kompas Një tjetër problem klasik në matematikë, i cili ka preokupuar shumë shkencëtarë në periudha të ndryshme historike, është ai i konstruktimit me vizore dhe kompas, ose më saktësisht i konstruksioneve të mundura dhe të pamundura me vizore dhe kompas. Vizorja, në këtë rast, është e imagjinuar që të jetë pafundësisht e gjatë, pa shënime distancash në të, dhe ka vetëm një anë vizorja lejohet të përdoret për ta vizatuar një segment në mes të dy pikave të dhëna ose për ta zgjeruar një drejtëz të dhënë. Kurse, kompasi, mund të zgjerohet sado që të dëshirojmë ne, po ashtu nuk ka shënime në të në lidhje me distancat, dhe rrathët mund t i vizatojë vetëm kur e kemi të dhënë qendrën dhe një pikë në rreth kompasi nuk mund të përdoret për të transferuar distanca sepse ai mbyllet posa ta bëjmë një konstruksion në letër (dhe nuk e dijmë se si ta hapim në të njëjtën madhësi që ishte më parë). Pa këto kushtëzime esenciale, shumë konstruksione që vërtetohen se janë të pamundura me vizore e kompas, do të ishin të mundura. Në këtë gjeometri të kompasit e vizores, çdo konstruksion është rezultat i ndonjë prej pesë konstruksioneve të mëposhtme bazike (ose i ndonjë kombinimi të tyre): 1. vizatimi i drejtëzës që kalon nëpër dy pika (të ndryshme) të dhëna, 2. vizatimi i rrethit me qendër dhe një pikë në të të dhënë, 3. vizatimi i pikës që është prerje e dy drejtëzave të dhëna joparalele, 4. vizatimi i një ose dy pikave të prerjes së rrethit dhe drejtëzës së dhënë (nëse prerja është joboshe), dhe 5. vizatimi i një ose dy pikave të prerjes së dy rrathëve (të ndryshëm) të dhënë (nëse prerja është joboshe). 12

13 Në një rrafsh të dhënë, me sistem të fiksuar koordinativ, një pikë quhet e konstruktueshme nëse ajo mund të konstruktohet me vizore dhe kompas. Pastaj, gjatësia ose numri real quhet i konstruktueshëm nëse një segment me atë gjatësi është i konstruktueshëm. Mund të vërtetohet se kusht i nevojshëm që një numër real të jetë i konstruktueshëm është që polinomi minimal korrespondues mbi Q të jetë i shkallës 2. (Ky kusht nuk është i mjaftueshëm.) Në vijim do t i shohim tre shembuj jashtëzakonisht të njohur të pamundësisë së konstruktimit me vizore e kompas Dyfishimi i kubit. Historia e problemit, sipas Plutarkut: qytetarëve të Delos u ishte dhënë nga një fatdhënës problemi i dyfishimit të altarit të Apollos (që ishte në formë kubi), në mënyrë që t u ndalej murtaja e dërguar nga Apollo (mitologjia greke). Platoni e kishte interpretuar detyrën e fatdhënësit si mesazh se duhej studiuar gjeometrinë. Për ta konstruktuar brinjën x të një kubi që ka vëllim sa dyfishi i një kubi të dhënë, supozojmë se kubi i dhënë ka brinjë 1 dhe andaj vëllimi i kubit më të madh është x 3 = 2. Pra, ne duhet ta konstruktojmë zgjidhjen reale të ekuacionit x 3 2 = 0. Por, zgjidhja 3 2 nuk është numër i konstruktueshëm sepse polinomi minimal mbi Q për atë numër është i shkallës së tretë Ndarja e këndit në tri pjesë të barabarta. Ndarja e këndit të dhënë në tri pjesë të barabarta është një prej që ka fascinuar shumë gjenerata matematikanësh, deri sa u vërtetuar pamundësia (në rastin e përgjithshëm) nga Pierre Wantzel ( ). Le të jetë dhënë një kënd φ, i cili duhet të ndahet në tri pjesë të barabarta α, ashtu që φ = 3α. Atëherë vlen cos φ = 4 cos 3 α 3 cos α. Vendosim cos φ = c/2 dhe cos α = x/2, atëherë marrim c/2 = 4(x/2) 3 3(x/2). Nëse këndi i dhënë është 60 0, atëherë c = 1 dhe ekuacioni i fundit shndërrohet në x 3 3x 1 = 0. Meqë ana e majtë x 3 3x 1 paraqet polinom të pazbërthyeshëm mbi Q, atëherë ai është polinom minimal për cos(20 0 ) (dhe jo i shkallës 2), d.m.th këndi 60 0 nuk mund të ndahet në tri pjesë të barabarta me vizore e kompas Katrorizimi i rrethit. Problemi i katrorizimit të rrethit kërkon që të konstruktohet një katror i cili ka syprinë të sipërfaqes të barabartë me atë të një rrethi të dhënë. Edhe ky problem është shfaqur në forma të ndryshme nëpër histori. Ai madje shfaqet edhe në poezitë e Dantes (shih Paradise canto). Nëse rrethi ka rreze 1, atëherë kërkohet të konstruktohet katrori me rreze x ashtu që x 2 π = 0. Por, numri π nuk është as numër algjebrik mbi Q (d.m.th. nuk ka polinom me koeficientë nga Q që e ka numrin π rrënjë), gjë që është vërtetuar nga Ferdinand von Lindemann ( ) e më vonë zgjeruar nga Karl Weierstrass ( ). Prandaj, gjatësia x e kërkuar nuk është numër i konstruktueshëm me vizore e kompas. 13

14 PJESA II - SISTEMET E EKUACIONEVE LINEARE 14

15 13. Sistemet e ekuacioneve lineare - Hyrje Në pjesët vijuese të këtyre ligjëratave, me përjashtim të pjesëve fare në fund, do t i studiojmë sistemet e ekuacioneve lineare, vetitë e tyre dhe nocione të ndryshme të afërta me to. Në fillim, le ta studiojmë një sistem të ekuacioneve lineare (mbi R): x 2y + z = 0 2x + y z = 0. Sigurisht që secili prej nesh e ka një ide se si ta zgjidh këtë sistem. Për shembull, ekuacioni i parë na mundëson ta shprehin variablën x nëpërmjet y dhe z: x = 2y z. Kurse, nëse e shumëzojmë ekuacionin e parë me 2 dhe e marrim diferencën e dy ekuacioneve, fitojmë ose 5y 3z = 0 y = 3 5 z. Ekuacioni i fundit dhe ai i mëparshmi na japin zgjidhjen përfundimtare: x = 1 5 z y = 3 5 z. Vërejmë se variabla z mund të merr çfarëdo vlere nga R dhe për secilën vlerë të tillë fitojmë treshe ( 1 5 z, 3 5z, z) e cila është zgjidhje e këtij ekuacioni. Mund të vërtetohet se bashkësia e të gjitha zgjidhjeve të sistemit të dhënë përbëhet nga treshet e tilla (dhe nuk ka zgjidhje të tjera) këtë fakt do ta vërtetojmë në mënyrë precize më vonë. Tash, le ta vërejmë një veti të zgjidhjeve të sistemit të dhënë. Nëse e marrim një zgjidhje, p.sh. v 1 = ( 1 5, 3 5, 1), dhe një tjetër, p.sh., v 2 = ( 1 5, 3 5, 1), atëherë do të shohim se edhe v 1 +v 2 është zgjidhje e sistemit të dhënë. Po ashtu, edhe v 1 v 2, 3v 1 +4v 2, etj. Në fakt, çdo kombinim i trajtës αv 1 +βv 2, ku α, β R, është zgjidhje e sistemit të dhënë. Vërejmë, njëkohësisht, se çdo zgjidhje e sistemit mund të shkruhet si kv 1, për ndonjë k R. Faktet e mësipërme nuk janë befasuese, por pjesë e një teorie më të përgjithshme të sistemeve të ekuacioneve (homogjene) lineare, siç do ta shohim më poshtë. Por, në fillim, ndalemi tek disa nocione që kanë rëndësi në vetvete, por që ne do të jenë vetëm nocione ndihmëse për t i kuptuar sistemet e ekuacioneve lineare. 14. Hapësirat vektoriale Le të jetë F një fushë e çfarëdoshme (mund të supozojmë tërë kohën se F = R). Treshja (V, +, ), që përbëhet nga një bashkësi joboshe, një veprim binar + në V dhe një pasqyrim : F V V, quhet hapësirë vektoriale mbi F nëse (V, +) është grup abelian dhe plotësohen vetitë e mëposhtme: (i) α(u + v) = αu + αv, (ii) (α + β)v = αv + βv, (iii) α(βv) = (αβ)v, (iv) 1v = v. Elementet e F quhen skalarë, kurse pasqyrimi : F V V quhet shumëzim me skalar. Zakonisht, kur dihet fusha dhe nënkuptohen operacionet, thuhet vetëm se V është hapësirë vektoriale. Mbiemri vektoriale nuk është i rastësishëm. Një prej shembujve më bazik është ai i vektorëve në hapësirën e zakonshme euklidiane. Për shembull, në rrafshin R 2, vektorët jepen me dy koordinata reale dhe shuma e tyre përkufizohet nëpërmjet (x 1, y 1 )+(x 2, y 2 ) = (x 1 +x 2, y 1 +y 2 ), kurse shumëzimi me skalar real jepet me α(x, y) = (αx, αy). 15

16 Shembull Vërtetoni se R 2 në lidhje me mbledhjen dhe shumëzimin me skalar është hapësirë vektoriale. Detyrë E përgjithësoni shembullin e mësipërm për hapësirat R n, n N. Detyrë Ekziston një mënyrë shumë e natyrshme që çdo fushë të konsiderohet hapësirë vektoriale mbi veten. I shpjegoni detajet e kësaj mënyre. Detyrë Gjeni shembuj të tjerë hapësirash vektoriale. (Mendoni edhe për polinomet, të cilat i kemi studiuar më herët.) Detyrë Si përkufizohet nënhapësira vektoriale e një hapësire të dhënë vektoriale? shembuj nënhapësirash të hapësirës euklidiane R 3. Jepni Një prej koncepteve bazë tek hapësirat vektoriale është baza e hapësirës së tillë. Për ta definuar bazën (e cila nuk është e vetme në rastin e përgjithshëm), do të na nevojiten dy nocione: kombinimi linear (mbështjellësi linear) dhe pavarësia lineare. Le të jetë (V, +, ) një hapësirë vektoriale mbi një fushë F Mbështjellësi linear. Përkufizim Le të jetë S V nënbashkësi. Mbështjellës linear i bashkësisë S quhet bashkësinë e të gjitha elementeve të formës (d.m.th. e kombinimeve lineare) k i=1 α iv i, ku α i F, v i S, k N. Shpesh mbështjellësi linear (ose vetëm mbështjellësi) i bashkësisë S shënohet Sp(S) ose Span(S)(nga anglishtja, span ). Detyrë E gjeni mbështjellësin linear të bashkësisë S = {(1, 2)} në hapësirën R 2. E paraqitni grafikisht atë mbëshjellës. Detyrë Le të jetë S V. Vërtetoni se Sp(S) është nënhapësirë vektoriale e V. Detyrë Vërtetoni se prerja e nënhapësirave vektoriale të V është nënhapësirë vektoriale e V. Pastaj, vërtetoni se Sp(S) është prerja e të gjitha nënhapësirave të V që e përmbajnë bashkësinë S me fjalë të tjera, Sp(S) është nënhapësira më e vogël e V e tillë që e përmban bashkësinë S Pavarësia lineare. Përkufizim Vektorët v 1,..., v k V quhen linearisht të pavarur (ose të pavarur) nëse kurdo që një kombinim linear i tyre është zero (α 1 v 1 + α 2 v α k v k = 0), atëherë tërë koeficientët duhet të jenë zero (α 1 = α 2 =... = α k = 0). Vektorët që nuk janë të pavarur quhen të varur. Shembull Vektorët (1, 2) dhe (2, 1) janë linearisht të pavarur në R 2, por (1, 2) dhe ( 3, 6) nuk janë të pavarur Baza dhe dimensioni. Përkufizim Një bashkësi vektorësh B të një hapësire vektoriale V quhet bazë e asaj hapësire nëse: (i) Elementet e bashkësisë B janë linearisht të pavarur dhe (ii) Mbështjellësi Sp(B) është i barabartë me tërë hapësirën V. Detyrë I gjeni dy baza të ndryshme për hapësirën R 2. Të njëjtën e bëni për hapësirën R n (n 2). Mund të vërtetohet se dy baza të së njëjtës hapësirë V kanë patjetër kardinalitet të njëjtë, andaj ka kuptim ky 16

17 Përkufizim Kardinaliteti i bazës B quhet dimension i hapësirës V. Ne do të fokusohemi ekskluzivisht tek hapësirat që kanë dimension të fundmë (pra ku numri i elementeve të bazës është i fundmë). Detyrë Në rastin e një hapësire që nuk ka baza të pafundme, vërtetoni se kardinaliteti i dy bazave të ndryshme të asaj hapësire është i njëjtë. Shënim Të gjitha hapëriat vektoriale që do t i shqyrtojmë ne në këtë kurs janë me dimension të fundmë. 15. Pasqyrimet lineare Le të jenë dhënë dy hapësira vektoriale V dhe W mbi të njëjtën fushë. Pasqyrimi T : V W quhet pasqyrim linear nëse: (i) T (v 1 + v 2 ) = T (v 1 ) + T (v 2 ), v 1, v 2 V (aditiviteti) dhe (ii) T (αv) = αt (v), α F, v V (homogjeniteti i shkallës 1). Detyrë Vërtetoni se për pasqyrimin linear T : V W vlen T (0 V ) = 0 W, ku 0 V dhe 0 W janë zeroja në V dhe W, respektivisht. (Zakonisht do të shënojmë vetëm 0, në vend të 0 V apo 0 W, kur nuk ka mundësi të ngatërrohen këto elemente.) Detyrë Vërtetoni se për pasqyrimin linear T : V W vlen ( k ) k T α i v i = α i T (v i ), ku α i F, v i V, k N. i=1 Nëse është dhënë një hapësirë vektoriale e çfarëdoshme, atëherë i kemi gjithmonë dy pasqyrime lineare të natyrshme: (a) Pasqyrimi identitet: I V : V V, i dhënë me I V (x) = x, x V, dhe (b) Pasqyrimi zero: 0 V : V V, i dhënë me 0 V (x) = 0 V, x V. Detyrë (i) I jepni disa shembuj pasqyrimesh lineare nga R 3 në R 2. (ii) I jepni disa shembuj pasqyrimesh jolineare nga R 3 në R 2. Detyrë Vërtetoni se bashkësia L(V, W ) e të gjitha pasqyrimeve lineare nga V në W formon hapësirë vektoriale mbi F, ku mbledhja dhe shumëzimi me skalar jepen me (T 1 + T 2 )(v) = T 1 (v) + T 2 (v), (αt )(v) = αt (v), T, T 1, T 2 L(V, W ), α F, v V. Detyrë Le të jetë {v 1,..., v n } një bazë e hapësirës V dhe le të jenë w 1,... w n vektorë të çfarëdoshëm nga hapësira W. Atëherë ekziston një pasqyrim linear T : V W i vetëm me vetinë që T (v i ) = w i, i. Tek pasqyrimet lineare ndërmjet dy hapësirave vektoriale është posaçërisht një nënhapësirë që ia vlen të studiuohet, sepse ajo e mat injektivitetin e pasqyrimit të dhënë: Detyrë Le të jetë T : V W pasqyrim linear. Bashkësia Ker(T ) (që po ashtu shënohet me Null(T )) e vektorëve v V me vetinë T (v) = 0, formon nënhapësirë në V. Ajo quhet bërthamë ose hapësirë zero (null) e pasqyrimit linear T. Pohim Pasqyrimi linear T : V W është injektiv atëherë dhe vetëm atëherë kur Ker(T ) = {0}. 17 i=1

18 Detyrë Le të jetë T : V W pasqyrim linear. Bashkësia Im (T ) (që po ashtu shënohet me Range(T )) e të gjihtë vektorëve T (v) W, ku v V, formon nënhapësirë në W. Ajo quhet imazh i pasqyrimit linear T. Është e qartë se T është surjektiv atëherë dhe vetëm atëherë kur Im (T ) = W. Teoremë (Imazhi-bërthama) Le të jetë T : V W pasqyrim linear. Atëherë vlen dim(v ) = dimker(t ) + dimim (T ). Detyrë E vërtetoni teoremën e mësipërme. Detyrë Nëse T është injektiv atëherë dim(v ) dim(w ), kurse nëse T është surjektiv atëherë dim(v ) dim(w ). 16. Matricat Në rastin e hapësirave R n dhe R m (ku m, n N), pasqyrimet lineare nga T : R n R m mund të identifikohen me matricat reale të rendit m n. Të shohim se si ndodh kjo. Në fillim, japim kët përkufizim. Përkufizim Le të jenë m, n N dhe shënojmë I k := {1,..., k}, për çfarëdo numri natyror k. Thuhet se A është matricë e rendit m n me terma nga një fushë F nëse A është pasqyrim A : I m I n F. Bashkësia e të gjitha matricave të rendit m n me terma nga F shënohet M m,n(f ). Përkufizimi i mësipërm nuk është ndoshta ai që e keni parë shumë shpesh, sepse zakonisht matricën e rendit të m n me terma nga F e mendojmë thjeshtë si një kuti me m rreshta e n shtylla, ku në secilin nga m n vendet në kuti vendosim nga një element nga F. Në fakt, përkufizimi i mësipërm është thjesht një formulim formal i po atij mendimi mbi matricën. Në vend të A(i, j) zakonisht shënojmë a ij dhe kështu matricën A e shënojmë A = (a ij ) i In,j I m. Indeksin i I n, j I m nuk do ta shënojmë në shumicën e rasteve, kur është e qartë se sa rreshta dhe sa shtylla i ka matrica. Po ashtu, për arsye vizuele dhe praktike, në vend që të shënojmë A : I 3 I 2 R, A(1, 1) = 1, A(1, 2) = 0, A(2, 1) = 1, A(2, 2) = 1 2, A(3, 1) = 3, A(3, 2) = 3, shënojmë 1 0 A = Shembull Një shembull i një matrice me terma realë, por tash e rendit 5 4, është ky / A = / Tash, le t i kthehemi lidhjes ndërmjet pasqyrimeve lineare (nga hapësira R n në R m ) dhe matricave. Le të jetë T : R n R m pasqyrim linear. Le të jetë {e 1,..., e n } baza kanonike e R n. Nga Detyra 15.5, gjejmë se pasqyrimi T përcaktohet në mënyrë të vetme nga elementet T (e i ). Shënojmë me {f 1,..., f m } bazën kanonike të R m. Atëherë ekzistojnë numrat t ij, i I m,, j I n, të përcaktuar në mënyrë unike, ashtu që m T (e j ) = t ij f i (j = 1, 2,..., n). i=1 18

19 Nëse x R n shkruhet si x = n j=1 x je j, atëherë (16.3) T (x) = n T (x j e j ) = j=1 n m x j j=1 i=1 t ij f i = m n t ij x j f i. Pikërisht matrica A T = (t ij ) është ajo e cila i korrespondon transformimit T. Le të jetë përkohësisht m = n dhe le t i marrim dy pasqyrime lineare T 1, T 2 : R m R m. Matricat e tyre korresponduese le t i shënojmë me A T1 = (a ij ) e A T2 = (b ij ). Atëherë, pasqyrimit T 1 T 2 i korrespondon një matricë A që për term të përgjithshëm (i, j) ka m k=1 a ikb kj. Në fakt, A thuhet se është prodhim i matricave A T1 e A T2 dhe shënohet A = A T1 A T2. Në rastin e përgjithshëm, nëse A = (a ij ) M m,n (F ) dhe B = (b ij ) M n,p (F ), atëherë A B (ose vetëm AB) është matricë nga M m,p (F ) e tillë që elementi (i, j) jepet me n k=1 a ikb kj. Relacioni (16.3) mund të shkruhet edhe si vijon si prodhim i dy matricave A T e x, ku T (x) = A T x, x = Detyrë I gjeni matricat korresponduese të pasqyrimeve T 1 dhe T 2 dhe atë të kompozimit të tyre, nëse T 1 T 2, ku T 1 : R 3 R 3 jepet me T 1 (x, y, z) = (x y, x + y + z, x 1 2y + z) dhe T 2 : R 3 R 3 jepet me ( y z, 1 3x + z, z) Disa lloje dhe veti të matricave. Nëse matrica A M m,m (F ) ka vetinë që a ij = 0, i > j, atëherë A quhet matricë e epërme trekëndëshe. Nëse në vend të i > j kërkojmë i < j, atëherë A quhet e poshtme trekëndëshe. Nëse për A M m,m (F ) vlen a ij = 0, i j, atëherë A quhet matricë diagonale (e rendit m). Nëse matrica diagonale A M m,m (F ) e ka vetinë që a ii = 1, i, atëherë ajo quhet matricë identitet dhe shënohet I m ose vetëm I. Nëse A M m,n (F ) atëherë A T M n,m (F ) është matrica e transponuar e matricës A dhe fitohet kur rreshtat e shtyllat e matricës A i ndërrojnë vendet. Më saktësisht, nëse A = (a ij ) dhe A T = (b ij ), atëherë vlen a ij = b ji, i I m, j I n. Menjëherë mund të shihet se (A T ) T = A. Matrica e konjuguar komplekse A e matricës A = (a ij ) fitohet kur në vend të a ij shënojmë a ij. Matrica e konjuguar Hermitiane A përkufizohet nëpërmjet A := ((A)) T. x 1 x 2. x n. Detyrë Vërtetoni se vlen (për A, B, C M m,m (F )): (i) (A ) = A, (ii) (A B) T = B T A T, (iii) (A B) = B A, (iv) (A B) C = A (B C). Për dy matrica A = (a ij ), B = (b ij ) M m,n (F ), përkufizojmë mbledhjen e tyre përmes A + B = (a ij + b ij ) M m,n (F ). Shumëzimi me skalar jepet me λa := (λa ij ), λ F. Detyrë Cilat veti i plotëson hapësira M m,n )(F ) në lidhje me mbledhjen e matricave dhe shumëzimin me skalar? Detyrë Vërtetoni se vlen vetia distributive e shumëzimit të matricave ndaj mbledhjes së tyre. 19 i=1 j=1

20 Detyrë Vërtetoni se në rastin e përgjithshëm nuk vlen vetia komutative për shumëzimin e matricave. Detyrë Matrica A quhet simetrike nëse A = A T kurse antisimetrike nëse A T = A. Vërtetoni se çdo matricë katrore shënohet si shumë e një matrice simetrike dhe një matrice antisimetrike. 17. Përcaktorët Para se ta japim përkufizimin e përcaktorit (determinantes) së një matrice katrore, na nevojiten disa nocione nga permutacionet. Le ta fiksojmë bashkësinë X n = {1, 2,..., n}. Cikël në X quhet permutacioni τ i bashkësisë X n i cili e ka vetinë që c 1, c 2,..., c k X n, τ(c i ) = c i+1, τ(x) = x, x c i ku 1 k n, c k+1 = c 1. Në rast se k = 2, atëherë cikli τ quhet transpozicion. Detyrë Le të jetë dhënë bashkësia X 4 = {1, 2, 3, 4}. (i) I jenpi disa shembuj ciklesh në bashkësinë X 4. Sa është numri i përgjithshëm i cikeleve në X 4? (ii) I jenpi disa shembuj transpozicionesh në bashkësinë X 4. Sa është numri i përgjithshëm i transpozicioneve në X 4? Pohim Një permutacion nuk mund të shënohet njëkohësisht si prodhim i një numri çift dhe një numri tek transpozicionesh. Përkufizim Një permutacion quhet çift nëse ai mund të shkruhet si prodhim i një numri çift të transpozicioneve. Përndryshe ai quhet tek. Detyrë Sa është numri i përgjithshëm i transpozicioneve çifte e sa i atyre teke në X n? Përkufizim Shenja e një permutacioni σ, shënohet sgn(σ), është 1 kur σ është permutacion çift kurse 1 kur ai është tek. Përkufizim Inversion i permutacionit σ quhet dyshja e renditur (σ(i), σ(j)) që ka vetinë që i < j, por σ(i) > σ(j). Pohim Vërtetoni se sgn(σ) = ( 1) inv(σ), ku inv(σ) është numri i inversioneve të σ. Le të jetë A matricë katrore e rendit n (mbi R). Me P (A) shënojmë bashkësinë e të gjitha prodhimeve të termave të matricës ku secili rresht dhe secila shtyllë shfaqet saktësisht një herë në secilin prodhim. Shihet qartazi se P (A) është natyrshëm në raport bijektiv me S n, bashkësinë e permutacioneve të elementeve të X n. Përkufizim Përcaktori i matricës A = (a ij ) i rendit n, shënohet det(a) ose A, quhet shuma algjebrike e n! termave të trajtës σ S n sgn(σ)a 1σ1 a 2σ2 a nσn. Detyrë Vërtetoni se ky përkufizim përputhet me atë që e keni mësuar për përcaktorët e rendit 2 dhe 3. Pohimi vijues na ndihmon t i kuptojmë disa veti të përcaktorëve. Pohim Le të jetë A M n (R). (i) Nëse një rresht ose shtyllë e matricës A është zero, atëherë det(a) = 0; (ii) Nëse A është matricë trekëndëshe ose diagonale, atëherë det(a) është i barabartë me prodhimin e termave në diagonale; 20

21 (iii) det(αa) = α n det(a), α R; (iv) Vlen det(a) = det(a T ); (v) Nëse në A i permutojmë (ndërrojmë vendet) dy shtylla ose dy rreshta, atëherë det(a) e ndërron shenjën; (vi) Nëse A ka dy rreshta ose dy shtylla të njëjta, atëherë det(a) = 0; (vii) Nëse një rreshti (shtylle) të matricës A i shtojë një rresht (shtyllë) tjetër, të shumëzuar me një skalar, atëherë përcaktori det(a) mbetet i njëjtë; (viii) Vlen det(ab) = det(a)det(b). 18. Matricat inversibile Le të jetë A M n R matricë katrore. Elementi i kundërt A, në lidhje me mbledhjen e matricave, ekziston përherë. Por, a ekziston çdoherë elementi invers i A në lidhje me shumëzimin? Përgjigjen e jep rezultati vijues. Teoremë Le të jetë A M n (R). Atëherë ekziston matrica A 1 M n (R) e tillë që A A 1 = A 1 A = I n atëherë dhe vetëm atëherë kur det(a) 0. Se kushti det(a) 0, është i nevojshëm rrjedh menjëherë nga identitetet det(a A 1 ) = det(a 1 A) = det(a) det(a 1 ) = 1. Për ta konstruktuar matricën inverse, kur det(a) 0, veprojmë si vijon. Së pari, e përkufizojmë minorin (i, j) të matricës A. Minori M ij është përcaktori i matricës katrore të rendit n 1, që fitohet nga matrica A kur e largojmë rreshtin e i-të dhe shtyllën e j-të. Nëse e shumëzojmë me ( 1) i+j minorin M ij atḧerë e fitojmë komplementin algjebrik ose kofaktorin (i, j) të matricës A: C ij = ( 1) i+j M ij. Tash, matrica e ajdunguar à (që shënohet edhe adj(a)) përkufizohet të jetë matrica e transponuar e matricës C 11 C C 1n C 21 C C 2n.. C n1 C n2... C nn Detyrë Vërtetoni se A 1 det(a)ã = 1 det(a)ã A = I n.. Matricat që kanë invers quhen inversibile (ose regulare ose josingulare). Pohim Bashkësia e të gjitha matricave inversibile në M n (R) shënohet me GL n (R). Vërtetoni se GL n (R) formon grup në lidhje me shumëzimin e matricave. 19. Veprimet elementare me rreshta dhe me shtylla Veprimet elementare me rreshta për matrica katrore janë: 1. I ndërrojmë (permutojmë) vendet dy rreshtave. 2. E shumëzojmë një rresht me një numër jozero. 3. E zëvendësojmë një rresht me një shumëfish të një rreshti tjetër që i shtohet atij rreshti. Përkufizim Matricë elementare quhet matrica që fitohet nga matrica identit kur në të veprojmë me ndonjë prej veprimeve elementare. Ato matrica që fitohen nga ky proces vetëm përmes ndërrimit të vendeve të rreshtave quhet matrica permutuese. 21

22 Shënojmë me E ij matricën që fitohet kur në matricën I i ndërrojmë vendet e rreshtave i dhe j. Atëherë E ij A na jep matricën B, e cila dallon nga matrica A vetëm në atë se rreshtat i dhe j të matricës A i ndërrojnë vendet. Shënojmë me E(i, c) matricën që fitohet kur në matricën I e shumëzojmë rreshtin e i-të me c. Atëherë E(i, c)a na jep matricën A por me dallimin që rreshti i i-të shumëzohet me c. Ngjashëm për E(c i + j). Pohim Matricat elementare janë invertibile. Detyrë E vërtetoni pohimin e mësipërm. Detyrë Le të jetë A GL n (R) matricë e çfarëdoshme. Atëherë ekzistojnë matricat elementare L 1,..., L k GL n (R) të tilla që L k L k 1... L 2 L 1 A = I n. Më tej, A 1 = L 1 1 L L 1 k 1 L 1 k. 20. Rangu i matricave Përkufizim Për një matricë A e përkufizojmë rangun saj rank(a) si dimension të kombinimit linear të rreshtave të A. Pohim Vërtetoni se rank(a) është i barabartë me dimensionin e kombinimit linear të shtyllave të A si dhe me numrin maksimal r të tillë që ekziston ndonjë nënmatricë e A e rendit r r e cila ka determinantë jozero. Detyrë E vërtetoni pohimin e mësipërm. Përkufizim Le të jetë A M m n. Ngjashëm sikurse tek transformimet linear, shënojmë ker(a) = {x R n : Ax = 0} dhe e quajmë bërthama e A ose nulliteti i A. Shpesh shënojmë N(A) në vend të ker(a). Detyrë Vlen rank(a) = dim(t A ), ku T A është transformimi linear R n R m që i korrespondon matricës A, d.m.th. T A (x) = Ax. Duke e pasur parasysh detyrën e fundit, teorema vijuese është rrjedhim i teoremës analoge për transformimet lineare (Teorema 15.9). Ne po e jepim edhe vërtetimin. Teoremë Vlen rank(a) + dim(ker(a)) = n. Vërtetim. Le të jetë {x 1, x 2,... x k } bazë e ker(a). Le të jetë {Ay 1,... Ay l } bazë e A(R n ). Le të jetë u R n. Ekzistojnë skalarë unikë c i të tillë që Au = l i=1 c iay i. Prandaj A(u l i=1 c iy i ) = 0. j=1 b jx j. Meqë u ishte i çfarëdoshëm, Andaj, ekzistojnë skalarë unikë b j të tillë që u = l i=1 c iy i + k kjo tregon se {x 1,... x k, y 1,... y l } e përmban një bazë të R n. Për të treguar që ajo është bazë, mjafton të vërtetojmë se ata janë linearisht të pavarur. Supozojmë se l i=1 c iy i + k j=1 b jx j = 0. Veprojmë me A në të dy anët dhe fitojmë l i=1 c iay i = 0. Prandaj c i = 0 sepse kemi kombinim linear zero të bazës. Andaj, fitojmë edhe b j = 0. Pra, k + l = n. Tashmë jemi gati që t i japim disa rezultate që e kulmojnë punën tonë të deritashme, në pjesën e dytë, me zgjidhje të sistemit të ekuacioneve lineare (mbi R ose C) me shumë të panjohura. Teoremë Le të jetë A matricë me rend m n dhe b me rend m 1. Ekuacioni Ax = b ka zgjidhje (jo detyrimisht të vetme) atëherë dhe vetëm atëherë kur rank((a b)) = rank(a), ku (A b) është matrica e zgjeruar A me shtyllën b. Detyrë E vërtetoni teoremën e mësipërme. 22