algjebrarepo.risat.org/338/1/algjebra.pdf · 2018-09-14 · edhe per studentet e degeve te tjera si...

Algjebra

T. Shaska

Përmbajta

0 Bazat teorike 110.1 Vërtetimet matematike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110.2 Bashkësitë dhe relacionet e ekuivalencës . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120.3 Induksioni matematik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220.4 Algoritmi i pjesëtimit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250.5 Numrat e plotë modulo n dhe simetritë . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

I Teoria e grupeve 33

1 Grupet 351.1 Përkufizimi i grupit, shembuj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351.2 Nëngrupet, testet e nëngrupeve . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 411.3 Grupet ciklikë . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 461.4 Grupi i rrethit dhe rrënjët e njësisë . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 511.5 Ushtrime për përsëritje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

2 Grupet e permutacioneve 572.1 Permutacionet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 572.2 Paraqitja e permutacioneve në mënyrë ciklike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 592.3 Vetitë e permutacioneve . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 602.4 Transpozicionet dhe involucionet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 632.5 Grupet alternative . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 652.6 Grupet dihedrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

3 Kosetet dhe Teorema e Lagranzhit 713.1 Kosetet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 713.2 Teorema e Lagranzhit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 733.3 Teoremat Ferma dhe Ejler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

4 Homomorfizmat dhe grupet faktorë 774.1 Homomorfizmat e grupeve . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 774.2 Izomorfizmat e grupeve . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 804.3 Prodhimet e grupeve . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 824.4 Nëngrupet normalë dhe grupet faktorë . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 854.5 Teoremat mbi izomorfizmat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

5 Struktura e grupeve 955.1 Grupet e fundëm Abelianë . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 955.2 Grupet e thjeshtë dhe grupet e zgjidhshëm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 985.3 Thjeshtësia e An . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

3

4 PËRMBAJTA

6 Grupet që veprojnë mbi bashkësi. 1076.1 Klasat e konjugimit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1076.2 Teorema e Keilit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1096.3 Grupet që veprojnë mbi bashkësi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1106.4 Grupet që veprojnë mbi vetvete, ekuacioni i klasës . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1136.5 Teorema Sylow . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

II Teoria e Unazave 125

7 Unazat 1277.1 Përkufizime dhe shembuj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1277.2 Unazat polinomiale, unazat e matricave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1317.3 Homomorfizmat e unazave dhe unazat faktor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1327.4 Idealet, nilradikali, radikali i Jakobsonit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1357.5 Unazat e thyesave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1377.6 Teorema e mbetjeve kineze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138

8 Unazat Euklidiane, me idealë themelorë, dhe me faktorizim të vetëm 1418.1 Unazat integrale dhe fushat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1418.2 Unazat Euklidiane . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1428.3 Unazat themelore . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1448.4 Unazat me faktorizim të vetëm (UFD) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

9 Unazat Polinomiale 1519.1 Polinomet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1519.2 Algoritmi i pjesëtimit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1549.3 Polinomet mbi UFD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1569.4 Polinomet e pafaktorizueshëm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1579.5 Teorema e bazës e Hilbertit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1619.6 Polinomet simetrike dhe diskriminanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162

III Modulet 171

10 Hyrje në teorinë e moduleve 17310.1 Përkufizimet bazë dhe shembuj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17310.2 Modulet faktor dhe homomorfizmat e moduleve . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17510.3 Gjenerimi i moduleve, shumat direkte, dhe modulet e lira. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17810.4 Prodhimi tensor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18110.5 Vargjet ekzaktë . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183

11 Hapësirat vektoriale 18711.1 Përkufizimet bazë . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18711.2 Matrica e një transformimi linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19111.3 Hapesirat vektoriale duale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19311.4 Përcaktorët . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196

12 Modulet mbi nje PID 19712.1 Përkufizimet bazë . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19712.2 Forma racionale kanonike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20112.3 Forma kanonike e Jordanit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205

PËRMBAJTA 5

IV Fushat 207

13 Teoria e fushave 20913.1 Shtrirjet e fushave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20913.2 Shtrirjet algjebrike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21013.3 Fushat ndarëse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21713.4 Mbyllja algjebrike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22113.5 Fushat e fundme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222

14 Disa probleme klasike 22714.1 Ndërtimet gjeometrike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22714.2 Ekuacionet algjebrike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23214.3 Identitetet e Newtonit dhe diskriminanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233

15 Teoria e Galuait 23515.1 Shtrirjet Galua . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23515.2 Shtrirjet ciklotomike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23815.3 Norma dhe gjurma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24015.4 Shtrirjet ciklike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24215.5 Shtrirjet e zgjidhshme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24315.6 Automorfizmat e fushave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24515.7 Teorema themelore e teorisë Galua . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24815.8 Zgjidhja e ekuacioneve polinomialë me radikale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25215.9 Teorema themelore e Algjebrës . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255

Algjebra Shaska T.

6 c©AulonaPress

https://sites.google.com/site/aulonnapress/books/textbooks


http://www.aulonapress.com

Parathënie

Në vitin 2008 ne nisëm një projekt për rinovimin e të gjithë teksteve të matematikës ne gjuhën shqipe. Kjo ishtejo veëm diçka e nevojshme, por edhe shume e domosdoshme. E meta më e madhe e teksteve të matematikës nëgjuhën shqipe ishte në 2008 dhe është edhe sot mungesa e thellësisë, trajtimi i temave në mënyrë të thjeshtë dhe tëkuptueshme, dhe për më tepër trajtimi i temave të cilat janë bashkëkohore dhe me rëndesi.

Në fazën e parë të këtij projekti ne nisëm me tekstet e matematikës bazë, ose ndryshe ato tekste të cilat unevojiten gjithë studentëve të degëve të shkencave, matematikës, shkencave kompjuterike, inxhinjerive, si edhestudentëve te financës dhe ekonomikut. Pra faza e parë perfshiu tekstet

• Kalkulus• Ekuacione Diferenciale• Algjebra Lineare•Matematika Diskrete

Botimi i Kalkulusit ne gjuhen Shqipe në vitin 2010 ishte nje hap mjaft pozitiv për programet e matematikësnë trevat Shqiptare, pasi për herë të parë u krijua baza matematike e nevojshme për gjithë studentët e degëve tëmësipërme.

Ne Janari, 2011 ky projekt u rikonceptua si pjesë e RISAT. RISAT është kryesisht një grup matematikanësh dheinxhinjerësh shqiptarë dhe të huaj me synimin kryesor për te nxitur projektet shkencore në fushën e teknollogjisëdhe shkencës në trevat shqiptare. Me tepër informacion mbi veprimtarinë e RISAT mund të gjeni në www.risat.org.

Nga RISAT u vendos që projekti të quhej Projekti Galua dhe të shtrihej edhe më tej teksteve bazë të matematikës.Faza e dytë e projektit po përqëndrohet tek kurset më të avancuara të cilat kryesisht janë për studentët e matematikës.

• Baza te argumentimit matematik• Algjebra Abstrakte• Analiza Komplekse• Teoria e Kodeve• Hyrje ne Kriptografi

Botimi i gjithë teksteve të mësipërme synohet të bëhet brenda vitit 2011. Për më tepër, RISAT ka ndermarrëinisiativën e botimit të teksteve të tjera në fushat e shkencave kompjuterike dhe inxhinjerisë. Më tepër informacionmund të gjendet në faqen e botimeve të RISAT www.risat.org/publications.

Ne si grupi i punës së këtij projekti shpresojmë që keto tekste modeste të ndihmojne sadopak në ngritjen e nivelitshkencor të studentëve dhe pedagogëve në shkencën e matematikës dhe fushat e lidhura me të .

Projekti Galua

Projekti Galua përfshin një grup matematikanësh shqiptarë të cilët synojnë botimin e literaturës bazë të matem-atikës. Me synimin e vetëm për nxitjen e kërkimit shkencor dhe nxitjen e talenteve të reja në matematikë. ProjektiGalua synon të krijojë kushtë të përshtatshme për zhvillimin e matematikës shqiptare nëpermjet kerkimit shkencor.

Grupi i punës së Projektit Galua në shkencat e matematikës përbëhet nga A. Elezi, T. Shaska, L. Beshaj, A. Duka,D. Hoxhaj, V. Hoxhaj, E. Kosova, B. Osmenaj, B. Hasani.

Të gjithë anëtarët e projektit Galua janë matematikanë aktivë në kërkimin shkencor dhe punojnë ose studiojnënë universitete perëndimore. Për më tepër informacion për Projektin Galua mund te vizitoni faqen

7

https://sites.google.com/site/aulonnapress/books/textbooks/kalkulus

https://sites.google.com/site/aulonnapress/books/textbooks/ekuacione-diferenciale

https://sites.google.com/site/aulonnapress/books/textbooks/algjebra

https://sites.google.com/site/aulonnapress/books/textbooks/matematika-diskrete

http://www.risat.org

https://sites.google.com/site/aulonnapress/books/textbooks/baza-te-argumentimit-matematik

https://sites.google.com/site/aulonnapress/books/textbooks/algjebra-abstrakte

https://sites.google.com/site/aulonnapress/books/textbooks/analiza-komplekse

https://sites.google.com/site/aulonnapress/books/textbooks/teoria-e-kodeve

https://sites.google.com/site/aulonnapress/books/textbooks/kriptografi

http://www.risat.org/publications

http://www.risat.org/people/faculty/aelezi

https://sites.google.com/a/oakland.edu/shaska/home

http://www.risat.org/people/students/lubjana-beshaj

http://www.risat.org/people/students/dorian-hoxha

http://www.risat.org/people/students/valmira-hoxhaj

http://www.risat.org/people/students/ervisa-kosova

http://www.risat.org/people/students/besjana-osmenaj

http://www.risat.org/people/students/belinda-hasanaj

Algjebra Shaska T.

Projekti Galua

Algjebra Abstrakte

Ky libër eshte nje hyrje ne algjebren abstrakte per studentet e degeve te matematikes. Mund te perdoret me suksesedhe per studentet e degeve te tjera si shkencave kompjuterike, inxhinjerise elektrike, teorise se komunikacineve,etj.

Algjebra abstrakte eshte jo vetem nje nga deget me te bukura dhe me klasike te matematikes, por edhe njenga deget me aktive te saj. Sot algjebra abstrakte ka aplikime ne fusha te ndryshme te shkences, industrise, dheekonomise, si per shembull në teorine e komunikimeve dixhitale, teorine e kodeve, kriptografi, sistemet financiare,robotike, pervec aplikimeve te fiziken teorike, kimi, biomatematike, etj.

Libri është ndarë në katër pjesë, në teorinë e grupeve, unazave, moduleve, dhe teorinë e fushave.

Për versionin e plotë të ketij libri mund të vizitoni AulonaPress(aulonapress.com)

ose RISAT-Research Institute of Sciences and Technology(risat.org).

8 c©AulonaPress



https://sites.google.com/a/risat.org/rs/galua


Shaska T. Algjebra

Udhezime per perdorimin e tekstit

Ky tekst mund të perdoret për 2 simestra ose për 4 simestra. Ne se përdoret per 2 simestra një përdorim i tijmund të bëhet sipas skemës së mëposhtme.

Për versionin e plotë të ketij libri mund të vizitoni AulonaPress(aulonapress.com)

ose RISAT-Research Institute of Sciences and Technology(risat.org).

c©AulonaPress 9




Algjebra Shaska T.

10 c©AulonaPress




Kapitulli 0

Bazat teorike

Algjebra është një nga degët më të bukura, por edhe më të vështira të matematikës. Një pjekuri matematikeështë e nevojshme për të studiuar këtë degë në detaje. Njohuritë themelore të teorisë së bashkësive, induksionimatematik, relacionet e ekuivalencës, matricat, janë një domosdoshmëri, për të kuptuar shumicën e shembujve tëalgjebrës. Edhe më e rëndësishme është aftësia për të lexuar dhe kuptuar vërtetimet matematike. Në këtë kapitullne do të përshkruajmë bazat e nevojshme për një kurs në algjebrën abstrakte.

0.1 Vërtetimet matematike

Matematika abstrakte është ndryshe nga shkencat e tjera. Në shkencat laboratorike të tilla si kimia dhe fizika,shkencëtarët kanë kryer eksperimente për të zbuluar parime të reja dhe për të verifikuar teori të reja. Edhe psematematika është e motivuar shpesh nga eksperimentimi fizike ose nga simulimet kompjuterike, është bërë rigorozepërmes përdorimit të argumenteve logjike. Në studimin e matematikës abstrakte, ne marrim atë që është quajturnjë këndvështrim aksiomatik. Pra, ne marrim një koleksion të objekteveS dhe disa rregulla në lidhje me strukturëne tyre. Këto rregulla janë quajtur (aksioma). Duke përdorur aksiomat përS, ne dëshirojmë të nxjerrin informacionetë tjera rreth S duke përdorur argumente logjike.

Një formulim matematik ose deklaratë në logjikë ose matematikë është një hipotezë për të cilën, ne mund tëthemi me siguri në se është e vërtetë ose jo e vërtetë. Një vërtetim matematik është një argument bindës mbisaktësinë e një deklarate. Ky argument duhet të përmbajë hollësi të mjaftueshme për të bindur audiencën; përshembull, ne mund të shohim se deklarata “2x = 6 pikërisht kur x = 4” është e rremë me vlerësimin e 2 · 4 dhe dukevënë në dukje se, 6 , 8, një argument që nuk do të kënaqë askënd.

Në qoftë se, ne mund të vërtetojmë, që një formulim matematik është i vërtetë, atëherë ky formulim quhetpohim. Një pohim i një rëndësie më të madhe quhet teoremë. Shpesh ndodh, që në vend të vërtetimit të një pohimitë gjithë njëherësh, ne e ndajmë vërtetimin në pjesë, ose module dhe vërtetojmë disa pohime ndihmëse, që i quajmëlema. Këto lema i përdorim për të vërtetuar rezultatin kryesor. Pasi vërtetojmë një pohim ose teoremë, atëherë disarezultate rrjedhin prej tyre me shumë pak mundim. Rezultate të tilla quhen rrjedhime.

0.1.1 Disa këshilla dhe sygjerime

Ka disa strategji të ndryshme për të vërtetuar teoremat dhe pohimet në matematikë. Shumica e studentëve, tëcilët futen në këtë rrugë për herë të parë bëjnë disa gabime të përbashkëta. Ne po përpiqemi të paraqesim disa ngakëto gabime. Ndoshta do të jetë me vlerë, që studentët t’u kthehen këtyre faqeve herë pas here në karrierën e tyre.

1) Një teoremë nuk mund të vërtetohet me shembuj; megjithëse menyra e zakonshme për të vërtetuar se, njëformulim matematik nuk është teoremë është duke gjetur një kundërshembull.

2) Sasorët janë të rëndësishëm. Fjalët dhe frazat si vetëm, për çdo, për secilin, për disa, ndonjë, kanë kuptimetë ndryshme.

3) Asnjëherë mos supozoni ndonjë hipotezë, që nuk jepet në teoremë.4) Për të vërtetuar se, një objekt ekziston dhe është i vetëm. Së pari duhet vërtetuar se, ekziston një objekt i tillë.

Se dyti, për të vërtetuar se, është i vetëm supozojmë se, ekzistojnë dy objekte të tillë r dhe s dhe pastaj vërtetojmë,që r = s.

11

Algjebra Shaska T.

5) Ndonjëherë është më e lehtë të vërtetojmë të kundërtin e një formulimi. Vërtetimi i formulimit: "Në qoftë sep, atëherë q", është njësoj si të vërtetosh formulimin "Në qoftë se jo q, atëherë jo p".

6) Megjithëse vertetimi direkt i një teoreme është dicka më e preferuar, kjo shpesh është e vështirë. Mundtë jetë më e thjeshtë ndonjëherë të supozojmë se, teorema është jo e vërtetë dhe gjatë arsyetimit, të nxjerrim njëkontradiksion. Kjo quhet mënyra e vërtetimit me kontradiksion.

0.2 Bashkësitë dhe relacionet e ekuivalencës

0.2.1 Teoria e bashkësive

Një bashkësi është një koleksion objektesh i përcaktuar saktë, pra, i përcaktuar në mënyrë të tillë, që mund tëthemi me siguri për çdo objekt të dhënë nëse i përket apo jo kësaj bashkësie. Objektet, që i përkasin kësaj bashkësiequhen elementët e bashkësisë. Ne do të shënojmë bashkësitë me gërma të mëdha si: A ose X; në qoftë se a ështënjë element i bashkësisë A, shkruajmë që a ∈ A.

Një bashkësi zakonisht përcaktohet ose duke dhënë listën e gjithë elementëve të saj brenda kllapave . . . , oseduke dhënë vetinë, që përcakton në qoftë se një objekt i përket apo jo kësaj bashkësie. Ne shkruajmë

X = x1, x2, . . . , xn

për një bashkësi, që përmban elementët x1, x2, . . . , xn ose

X = x : x kënaq P

në qoftë se çdo x në X kënaq një veti P. Për shembull, në qoftë se E është bashkësia e numrave të plotë pozitivë,atëherë ne e përshkruajmë E si më poshtë

E = 2, 4, 6, . . .

oseE = x : x është numër i plotë çift dhe x > 0.

Ne shkruajmë 2 ∈ E, kur duam të themi, që 2 është në bashkësinë E, dhe −3 < E të themi, që −3 nuk është nëbashkësinë E.

Disa nga bashkësitë më të rëndësishme janë:

N = n : n është një numër natyror = 1, 2, 3, . . .;Z = n : n është një numër i plotë = . . . ,−1, 0, 1, 2, . . .;

Q = r : r është një numër racional = pq

: p, q ∈ Z ku q , 0;

R = x : x është një numër real;C = z : z është një numër kompleks.

Një bashkësi A është nënbashkësi e B-së, dhe shkruhet A ⊂ B ose B ⊃ A, në qoftë se çdo element i A ështëgjithashtu një element i B. Për shembull,

4, 5, 8 ⊂ 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9

dheN ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R ⊂ C.

Natyrisht, çdo bashkësi është një nënbashkësi e vetes. Një bashkësi B është nënbashkësi e mirëfilltë e një bashkësieA, në qoftë se B ⊂ A, por B , A. Në qoftë se , A nuk është një nënbashkësi e B-së, shkruajmë A 1 B; për shembull,4, 7, 9 1 2, 4, 5, 8, 9. Dy bashkësi janë të barabarta, shkruhet A = B, në qoftë se ne mund të vërtetojmë se, A ⊂ Bdhe B ⊂ A.

Eshtë e kollajtë nga ana matematike të pranojmë ekzistencën e bashkësisë pa elementë. Kjo bashkësi quhetbashkësia boshe dhe shënohet me ∅. Vini re, që bashkësia boshe është nënbashkësi e çdo bashkësie.

12 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Për të ndërtuar bashkësi të reja nga ato të vjetrat, ne kryejmë disa veprime me bashkësitë: bashkimi A ∪ B i dybashkësive A dhe B përkufizohet si

A ∪ B = x : x ∈ A ose x ∈ B;

prerja e A me B përkufizohet siA ∩ B = x : x ∈ A dhe x ∈ B.

Në qoftë se A = 1, 3, 5 dhe B = 1, 2, 3, 9, atëherë

A ∪ B = 1, 2, 3, 5, 9

dheA ∩ B = 1, 3.

Ne mund të përkufizojmë bashkimin dhe prerjen e më shumë se dy bashkësive. Në këtë rast kemi,

n⋃i=1

Ai = A1 ∪ . . . ∪ An

dhen⋂

i=1

Ai = A1 ∩ . . . ∩ An.

Kur dy bashkësi nuk kanë elementë të përbashkët themi se, ato janë jo prerëse; për shembull, në qoftë se Eështë bashkësia e numrave të plotë çift dhe O është bashkësia e numrave tek, atëherë E dhe O janë jo prerëse. Dybashkësi A dhe B janë jo prerëse, pikërisht, kur A ∩ B = ∅.

Ndonjëherë ne punojmë brenda një bashkësie të caktuar U, që e quajmë bashkësia universale. Për çdo bashkësiA ⊂ U, përkufizojmë komplementin e A-së, i shënuar me A′, të jetë bashkësia

A′ = x : x ∈ U dhe x < A.

Përkufizojmë diferencën e dy bashkësive A dhe B të jetë:

A \ B = A ∩ B′ = x : x ∈ A dhe x < B.

Shembull 0.1. Jepet R bashkësia universale dhe supozojmë se,

A = x ∈ R : 0 < x ≤ 3

dheB = x ∈ R : 2 ≤ x < 4.

Atëherë

A ∩ B = x ∈ R : 2 ≤ x ≤ 3A ∪ B = x ∈ R : 0 < x < 4A \ B = x ∈ R : 0 < x < 2

A′ = x ∈ R : x ≤ 0 ose x > 3 .

Pohim 0.1. Jepen bashkësitë A, B, dhe C. Atëherë

1. A ∪ A = A, A ∩ A = A, dhe A \ A = ∅;

2. A ∪ ∅ = A dhe A ∩ ∅ = ∅;

3. A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C dhe A ∩ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∩ C;

4. A ∪ B = B ∪ A dhe A ∩ B = B ∩ A;

5. A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C);

c©AulonaPress 13




Algjebra Shaska T.

6. A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C).

Vërtetim: Ne do të vërtetojmë (1) dhe (3) dhe i lëmë rezultatet e tjera si ushtrime për lexuesin.(1) Vini re, që

A ∪ A = x : x ∈ A ose x ∈ A= x : x ∈ A= A

dhe

A ∩ A = x : x ∈ A dhe x ∈ A= x : x ∈ A= A.

Gjithashtu, A \ A = A ∩ A′ = ∅.(3) Për bashkësitë A, B, dhe C,

A ∪ (B ∪ C) = A ∪ x : x ∈ B ose x ∈ C= x : x ∈ A ose x ∈ B, ose x ∈ C= x : x ∈ A ose x ∈ B ∪ C= (A ∪ B) ∪ C.

Një arsyetim i ngjashëm vërteton se, A ∩ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∩ C.

Teorema 0.1 (Ligjet De Morgan). Jepen bashkësitë A dhe B. Atëherë

1. (A ∪ B)′ = A′ ∩ B′;

2. (A ∩ B)′ = A′ ∪ B′.

Vërtetim: (1) Duhet të vërtetojmë, që (A ∪ B)′ ⊂ A′ ∩ B′ dhe (A ∪ B)′ ⊃ A′ ∩ B′. Le të jetë x ∈ (A ∪ B)′. Atëherëx < A ∪ B. Pra, x nuk është as në A dhe as në B, nga përkufizimi i bashkimit. Nga përkufizimi i komplementit,x ∈ A′ dhe x ∈ B′. Kështu që, x ∈ A′ ∩ B′ dhe kemi (A ∪ B)′ ⊂ A′ ∩ B′.

Për të vërtetuar përfshirjen e anasjelltë supozojmë se, x ∈ A′ ∩ B′. Atëherë x ∈ A′ dhe x ∈ B′, pra, x < A dhex < B. Kështu që, x < A ∪ B dhe x ∈ (A ∪ B)′. Pra, (A ∪ B)′ ⊃ A′ ∩ B′ dhe kështu që, (A ∪ B)′ = A′ ∩ B′.

Vërtetimi i (2) i lihet lexuesit.

Shembull 0.2. Mjaft relacione të tjera midis bashkësive janë të vërteta. Për shembull,

(A \ B) ∩ (B \ A) = ∅.

Për të parë, që kjo është e vërtetë, vini re, që

(A \ B) ∩ (B \ A) = (A ∩ B′) ∩ (B ∩ A′)= A ∩ A′ ∩ B ∩ B′

= ∅.

0.2.2 Prodhimi Kartezian dhe funksionet

Le të jenë dhënë bashkësitë A dhe B, ne mund të përkufizojmë një bashkësi A×B, të quajtur prodhimi Karteziani A dhe B, si bashkësi çiftesh të radhitur. Pra,

A × B = (a, b) : a ∈ A dhe b ∈ B.

14 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Shembull 0.3. Në qoftë se A = x, y, B = 1, 2, 3, dhe C = ∅, atëherë A × B është bashkësia

(x, 1), (x, 2), (x, 3), (y, 1), (y, 2), (y, 3)

dheA × C = ∅.

Ne e përkufizojmë prodhimin Kartezian të n bashkësive si:

A1 × · · · × An = (a1, . . . , an) : ai ∈ Ai for i = 1, . . . ,n.

Në qoftë se A = A1 = A2 = · · · = An, shpesh shkruajmë An për A× · · ·×A (ku A do të shkruhet n herë). Për shembull,bashkësia R3 konsiston në treshet e numrave realë. .

Nënbashkësitë e A × B quhen relacione. Do të përkufizojmë një pasqyrim ose funksion f ⊂ A × B nga njëbashkësi A te një bashkësi B, si një lloj të veçantë relacioni, në të cilin, për çdo element a ∈ A, gjendet një element ivetëm b ∈ B, i tillë që, (a, b) ∈ f ; ndryshe themi se, çdo elementi në A, f i shoqëron një element të vetëm të B. Ne

zakonisht shkruajmë f : A → B ose Af→ B. Në vend, që të shkruajmë të gjithë çiftet e raddhitura (a, b) ∈ A × B,

shkruajmë f (a) = b ose f : a 7→ b. Bashkësia A quhet bashkësi përcaktimi e f dhe

f (A) = f (a) : a ∈ A ⊂ B

quhet bashkësia e vlerave ose imazhi i f . Ne mund të mendojmë për elementët e bashkësisië së përcaktimit tëfunksionit, si inpute dhe për elementët e bashkësisë së vlerave të funksionit si outpute.

A B

BA

1

2

3

1

2

3

a

b

c

a

b

c

f

g

Figura 1: Funksionet

Shembull 0.4. Supozojmë se, A = 1, 2, 3 dhe B = a, b, c. Në Figurën 1 përkufizojmë f dhe g nga A në B. Relacioni f ështëpasqyrim, por g nuk është, sepse 1 ∈ A nuk është shoqëruar vetëm me një element në B; pra, g(1) = a dhe g(1) = b.

Kur jepet një funksion f : A → B, shpesh është e mundur të shkruajmë një listë, për të përshkruar se çfarëi bën funksioni çdo elementi specifik të bashkësisë së përcaktimit. Megjithatë, jo të gjithë funksionet mund tëpërshkruhen në këtë mënyrë. Për shembull, funksioni f : R → R, i cili çon çdo numër real te kubi i tij është njëpasqyrim, që mund të përshkruhet si: f (x) = x3 ose f : x 7→ x3.

Konsiderojmë relacionin f : Q→ Z, të dhënë nga f (p/q) = p. Ne e dimë, që 1/2 = 2/4, por f (1/2) = 1 ose 2? Kyrelacion nuk mund të jetë pasqyrim, sepse nuk është i përkufizuar mirë. Një relacion është i përkufizuar saktë, në

c©AulonaPress 15




Algjebra Shaska T.

qoftë se çdo element në bashkësinë e përcaktimit është i shoqëruar me unique një element të vetëm të bashkësisë sëvlerave.

Në qoftë se f : A → B është një pasqyrim dhe imazhi i f është B, pra, f (A) = B, atëherë f quhet syrjektiv.Një pasqyrim quhet injektiv, në qoftë se a1 , a2 sjell, që f (a1) , f (a2). Në mënyrë ekuivalente, një funksion ështëinjektiv, në qoftë se f (a1) = f (a2) sjell, që a1 = a2. Një pasqyrim, i cili është edhe injektiv edhe syrjektiv quhetbijektiv.

Shembull 0.5. Le të jetë f : Z → Q, i përkufizuar si f (n) = n/1. Atëherë f është injektiv, por jo syrjektiv. Përkufizojmë,g : Q→ Z si g(p/q) = p, ku p/q është një numër racional i shprehur në fuqitë e tij më të vogla, me emërues pozitiv. Funksionig është syrjektiv, por jo injektiv.

Kur jepen dy funksione, ne mund të ndërtojmë një funksion të ri, duke përdorur bashkësinë e vlerave tëfunksionit të parë, si bashkësi përcaktimi për funksionin e dytë. Le të jenë f : A → B dhe g : B → C pasyrime.Përkufizojmë, funksionin e ri kompozim të f dhe g nga A në C, me anë të (g f )(x) = g( f (x)).

A B

CA

1

2

3

1

2

3

a

b

c

X

Y

Z

gC

X

Y

Z

f

g o f

(a)

(b)

Figura 2: Composition of maps

Shembull 0.6. Konsiderojmë funksionet f : A→ B dhe g : B→ C, të cilët janë përkufizuar në Figurën ??(a). Kompozimi ikëtyre funksioneve, g f : A→ C, është përkufizuar në Figurën ??(b).

Shembull 0.7. Le të jenë f (x) = x2 dhe g(x) = 2x + 5. Atëherë

( f g)(x) = f (g(x)) = (2x + 5)2 = 4x2 + 20x + 25

dhe(g f )(x) = g( f (x)) = 2x2 + 5.

Në përgjithësi radha ka rëndësi; pra, në shumicën e rasteve f g , g f .

Shembull 0.8. Ndonjëherë ndodh, që f g = g f . Le të jenë f (x) = x3 dhe g(x) = 3√

x. Atëherë

( f g)(x) = f (g(x)) = f ( 3√x ) = ( 3√x )3 = x

dhe(g f )(x) = g( f (x)) = g(x3) =

3√

x3 = x.

Shembull 0.9. Jepet një matricë 2 × 2

A =

(a bc d

),

16 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

ne mund të përkufizojmë TA : R2→ R2 si:

TA(x, y) = (ax + by, cx + dy)

për (x, y) në R2. Ky është, në të vërtetë shumëzimi i matricave ; pra,(a bc d

) (xy

)=

(ax + bycx + dy

).

Pasqyrimet nga Rn në Rm, të dhëna nga matricat, quhen pasqyrime lineare ose transformime lineare .

Shembull 0.10. Supozojmë, që S = 1, 2, 3. Përkufizojmë një pasqyrim π : S→ S me anë të

π(1) = 2π(2) = 1π(3) = 3.

Ky është një pasqyrim bijektiv. Një mënyre alternative për të shkruar π, është(1 2 3π(1) π(2) π(3)

)=

(1 2 32 1 3

).

Për çdo bashkësi S, një pasyrim injektiv dhe syrjektiv π : S→ S quhet permutacion i S.

Teorema 0.2. Jepen f : A→ B, g : B→ C, dhe h : C→ D. Atëherë

1. Kompozimi i pasqyrimeve është shoqërues;pra, (h g) f = h (g f );

2. Në qoftë se f dhe g janë të dy injektivë, atëherë pasyrimi g f është injektiv;

3. Në qoftë se f dhe g janë të dy syrjektivë, atëherë pasqyrimi g f është syrjektiv;

4. Në qoftë se f dhe g janë bijektivë, atëherë i tillë është edhe g f .

Vërtetim: Do të vërtetojmë (1) dhe (3). (2) është lënë si ushtrim. (4) rrjedh direkt nga (2) dhe (3).(1) Duhet të vërtetojmë se,

h (g f ) = (h g) f .

Për a ∈ A kemi

(h (g f ))(a) = h((g f )(a))= h(g( f (a)))= (h g)( f (a))= ((h g) f )(a).

(3) Supozojmë se, f dhe g janë të dy funksione syrjektivë. Jepet c ∈ C, duhet të vërtetojmë se, ekziston një na ∈ A, i tillë që, (g f )(a) = g( f (a)) = c. Megjithatë, meqë g është syrjektiv, gjendet një b ∈ B, i tillë që, g(b) = c.Njëlloj, gjendet një a ∈ A, i tillë që, f (a) = b. Sipas,

(g f )(a) = g( f (a)) = g(b) = c.

Në qoftë se S është ndonjë bashkësi, ne do të përdorim idS ose id, për të shënuar pasqyrimin identik nga S në

vetvete. E përkufizojmë këtë pasqyrim si id(s) = s për çdo s ∈ S. Një pasqyrim g : B → A quhet një pasqyrim ianasjelltë i f : A→ B, në qoftë se g f = idA dhe f g = idB; me fjalë të tjera, funksioni i anasjelltë i një funksioni,thjesht e kthen mbrapa funksionin. Një pasqyrim quhet i invertueshëm, në qoftë se ai ka të anasjelltë. Ne zakonishtshkruajmë f−1 për të anasjelltin e f .

c©AulonaPress 17




Algjebra Shaska T.

Shembull 0.11. Funksioni f (x) = x3 ka të anasjelltë f−1(x) = 3√

x nga Shembulli 8.

Shembull 0.12. Logaritmi natyror dhe funksioni eksponencial, f (x) = ln x dhe f−1(x) = ex, janë të anasjelltë të njëri-tjetrit,por duke patur kujdes në zgjedhjen e bashkësive të përcaktimit. Vini re, që

f ( f−1(x)) = f (ex) = ln ex = x

dhef−1( f (x)) = f−1(ln x) = eln x = x

për sa kohë, që kompozimi ka kuptim.

Shembull 0.13. Supozojmë, që

A =

(3 15 2

).

Atëherë A përkufizon një pasyrim nga R2 në R2 me anë të

TA(x, y) = (3x + y, 5x + 2y).

Ne mund të gjejmë një pasqyrim të anasjelltë të TA, thjesht, duke marrë matricën e anasjelltë të matricës A; pra, T−1A = TA−1 .

Në këtë shembull,

A−1 =

(2 −1−5 3

);

pra, pasqyrimi i anasjelltë jepet ngaT−1

A (x, y) = (2x − y,−5x + 3y).

Kontrollohet lehtë se,T−1

A TA(x, y) = TA T−1A (x, y) = (x, y).

Jo çdo pasqyrim ka të anasjelltë. Në qoftë se konsiderojmë pasqyrimin

TB(x, y) = (3x, 0)

të dhënë nga matrica

B =

(3 00 0

),

atëherë një pasqyrim i anasjelltë, do të ishte i formës

T−1B (x, y) = (ax + by, cx + dy)

dhe(x, y) = T T−1

B (x, y) = (3ax + 3by, 0)

për të gjithë x dhe y. Kjo duket qartë, që është e pamundur, sepse y mund të mos jetë 0.

Shembull 0.14. Jepet permutacioni

π =

(1 2 32 3 1

)në S = 1, 2, 3, kuptohet lehtë, që permutacioni i përkufizuar nga

π−1 =

(1 2 33 1 2

)është i anasjellti i π. Në fakt, çdo pasqyrim bijektiv ka të anasjelltë, siç do ta shohim në teoremën në vazhdim.

Teorema 0.3. Një pasqyrim është invertibël, atëherë dhe vetëm atëherë, kur është edhe injektiv edhe syrjektiv.

Vërtetim: Së pari supozojmë se, f : A → B është invertibël, me të anasjelltë g : B → A. Atëherë g f = idA ështëpasqyrimi identik; pra, g( f (a)) = a. Në qoftë se a1, a2 ∈ A, ku f (a1) = f (a2), atëherë a1 = g( f (a1)) = g( f (a2)) = a2. Përpasojë, f është injektiv. Supozojmë se, b ∈ B. Për të vërtetuar se, f është syrjektiv, duhet të gjejmë një a ∈ A, të tillëqë, f (a) = b, por f (g(b)) = b, ku g(b) ∈ A. Le të jetë a = g(b).

Tani shohim anën tjetër të teoremës ; pra, supozojmë, që f është bijektiv. Marrim b ∈ B. Meqë f është syrjektiv,ekziston një a ∈ A, e tillë që, f (a) = b. Ngaqë f është injektiv, a duhet të jetë e vetme. Përkufizojmë g, duke marrëg(b) = a. Në këtë mënyrë kemi ndërtuar të anasjelltin e f .

18 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

0.2.3 Relacionet e ekuivalencës dhe copëzimet

Një kuptim themelor në matematikë është ai i barazisë. Ne mund ta përgjithësojmë barazinë me futjen erelacioneve të ekuivalencës dhe të klasave të ekuivalencës. Një relacion ekuivalence në një bashkësi X, është njërelacion R ⊂ X × X, i tillë që,

• (x, x) ∈ R për të gjithë x ∈ X (vetia pasqyruese);

• (x, y) ∈ R sjell, që (y, x) ∈ R (vetia simetrike);

• (x, y) dhe (y, z) ∈ R sjell, që (x, z) ∈ R (vetia kalimtare).

Jepet një relacion ekuivalence R në një bashkësi X, zakonisht shkruajmë x ∼ y në vend të (x, y) ∈ R. Në qoftë serelacioni i ekuivalencës ka dhe një shënim shoqërues si: =, ≡, ose , ne do të përdorim këtë shënim.

Shembull 0.15. Le të jenë p, q, r, dhe s numra të plotë, ku q dhe s janë jozero. Përkufizojmë p/q ∼ r/s, në qoftë se ps = qr.Është e qartë se, ∼ është pasqyrues dhe simetrik. Për të treguar se ai gëzon edhe vetinë kalimtare, supozojmë se, p/q ∼ r/s dher/s ∼ t/u, ku q, s, dhe u të gjithë jozero. Atëherë ps = qr dhe ru = st. Kështu që,

psu = qru = qst.

Meqë s , 0, pu = qt. Për pasojë, p/q ∼ t/u.

Shembull 0.16. Supozojmë, që f dhe g janë funksione të derivueshëm nëR. Ne mund të përkufizojmë një relacion ekuivalence,për këta funksione, duke marrë f (x) ∼ g(x) në qoftë se f ′(x) = g′(x). Është e qartë, që ∼ është dhe pasqyrues dhe simetrik.Për të treguar vetinë kalimtare, supozojmë se, f (x) ∼ g(x) dhe g(x) ∼ h(x). Nga kalkulusi dimë, që f (x) − g(x) = c1 dheg(x) − h(x) = c2, ku c1 dhe c2 janë konstante. Pra,

f (x) − h(x) = ( f (x) − g(x)) + (g(x) − h(x)) = c1 − c2

dhe f ′(x) − h′(x) = 0. Kështu që, f (x) ∼ h(x).

Shembull 0.17. Për (x1, y1) dhe (x2, y2) në R2, përkufizojmë (x1, y1) ∼ (x2, y2), në qoftë se x21 + y2

1 = x22 + y2

2. Atëherë ∼është një relacion ekuivalence në R2.

Shembull 0.18. Letë jenë A dhe B 2 × 2 matrica me elementë në numrat realë. Ne mund të përkufizojmë një relacionekuivalence në bashkësinë e matricave 2 × 2, duke thënë, që A ∼ B, në qoftë se ekziston një matricë invertibël P, e tillë që,PAP−1 = B. Për shembull, në qoftë se

A =

(1 2−1 1

)dhe

B =

(−18 33−11 20

),

atëherë A ∼ B, meqë PAP−1 = B për

P =

(2 51 3

).

Le të jetë I matrica identike 2 × 2 ; pra,

I =

(1 00 1

).

Atëherë IAI−1 = IAI = A; prandaj, relacioni është pasqyrues. Për të treguar simetrinë, supozojmë se, A ∼ B. Atëherë ekzistonnjë matricë invertibël P , e tillë që, PAP−1 = B. Pra,

A = P−1BP = P−1B(P−1)−1.

Së fundi, supozojmë se, A ∼ B dhe B ∼ C. Atëherë ekzistojnë matricat invertible P dhe Q, të tilla që, PAP−1 = B dheQBQ−1 = C. Meqë

C = QBQ−1 = QPAP−1Q−1 = (QP)A(QP)−1,

relacioni është kalimtar. Dy matrica, të cilat janë ekuivalente në këtë mënyrë, quhen të ngjashme.

c©AulonaPress 19




Algjebra Shaska T.

Një copëzim P i një bashkësie X është koleksioni i bashkësive jo boshe X1,X2, . . ., të tilla që, Xi ∩ X j = ∅për i , j dhe

⋃k Xk = X. Le të jetë ∼ një relacion ekuivalence në një bashkësi X dhe le të jetë x ∈ X. Atëherë

[x] = y ∈ X : y ∼ x quhet klasë ekuivalence e x. Do të shohim se, një relacion ekuivalence bën një copëzim me anëtë klasave të ekuivalencës. Gjithashtu, sa herë, që një copëzim i një bashkësie existon, aty fshihet ndonjë relacionekuivalence, siç na e tregon teorema e mëposhtme.

Teorema 0.4. Jepet një relacion ekuivalence ∼ në një bashkësi X, klasat e ekuivalencës së X formojnë një copëzim të X.Anasjelltas, në qoftë se P = Xi është një copëzim i një bashkësie X, atëherë gjendet një relacion ekuivalence në X, me klasaekuivalence Xi.

Vërtetim: Supozojmë se, ekziston një relacion ekuivalence ∼ në bashkësinë X. Për çdo x ∈ X, vetia pasqyruese natregon, që x ∈ [x], prandaj, [x] është joboshe. Natyrisht, X =

⋃x∈X[x]. Marrim x, y ∈ X. Duhet të vërtetojmë se,

[x] = [y] ose [x]∩ [y] = ∅. Supozojmë që prerja e [x] dhe [y] nuk është boshe dhe, që z ∈ [x]∩ [y]. Atëherë z ∼ x dhez ∼ y. Nga vetitë simetrike dhe kalimtare x ∼ y; pra, [x] ⊂ [y]. Njëlloj, [y] ⊂ [x] dhe kështu që, [x] = [y]. Kështu që,çdo dy klasa ekuivalence janë jo prerëse, ose pikërisht e njëjta.

Anasjelltas, supozojmë se, P = Xi është një copëzim i një bashkësie X. Dy elementë do të quhen ekuivalentë,në qoftë se ata janë në të njëjtin copëzim. Është e qartë se, relacioni është pasqyrues. Në qoftë se x është në të njëjtincopëzim si y, atëherë y është në të njëjtin copëzim si x, pra, x ∼ y sjell, që y ∼ x. Së fundi, në qoftë se x është në tënjëjtin copëzim si y dhe y është në të njëjtin copëzim siz, atëherë x duhet të jetë në të njëjtin copëzim si z, gëzohetdhe vetia kalimtare.

Rrjedhim 0.1. Dy klasa ekuivalence të një relacioni ekuivalence, janë jo prerëse ose të barabarta.

Le të shohim disa nga copëzimet, e dhëna nga klasat e ekuivalencës, të dhëna në bashkësinë e fundit të shembullit.

Shembull 0.19. Në relacionin e ekuivalencës në Shembullin 15, dy çifte numrash të plotë, (p, q) dhe (r, s), janë në të njëjtënklasë ekuivalence, kur reduktohen në të njëjtën thyesë në termat e saj më të vegjël.

Shembull 0.20. Ne përkufizuam një klasë ekuivalence në R2 si, (x1, y1) ∼ (x2, y2), në qoftë se x21 + y2

1 = x22 + y2

2. Dy çiftet enumrave realë janë në të njëjtin copëzim, kur ata ndodhen në të njëjtin rreth në lidhje me origjinën.

Shembull 0.21. Le të jenë r dhe s dy numra të plotë, supozojmë se, n ∈ N. Ne themi që r është kongruent me s modul n,ose r është kongruent me s mod n, në qoftë se r − s është i pjestueshëm nga n; pra, r − s = nk për ndonjë k ∈ Z. Në këtë rastshkruajmë r ≡ s (mod n). Për shembull, 41 ≡ 17 (mod 8), meqë 41 − 17 = 24 pjestohet me 8. Deklarojmë, që kongruencamodul n formon një relacion ekuivalence të Z. Natyrisht, që çdo numër i plotë r është ekuivalent me vetveten, r − r = 0 ështëpjestohet me n. Tani do të vërtetojmë se, relacioni është simetrik. Në qoftë se r ≡ s (mod n), atëherë r − s = −(s − r) pjestohetme n. Pra, s − r pjestohet me n dhe s ≡ r (mod n). Now supozojmë se r ≡ s (mod n) dhe s ≡ t (mod n). Atëherë ekzistojnëintegers k dhe l i tillë që r − s = kn dhe s − t = ln. Për të treguar vetinë kalimtare, duhet të vërtetojmë se, r − t pjestohet me n.Megjithatë,

r − t = r − s + s − t = kn + ln = (k + l)n,

dhe r − t pjestohet me n.Në qoftë se konsiderojmë relacionin e ekuivalencës, të vendosur nga numrat e plotë modul 3, atëherë

[0] = . . . ,−3, 0, 3, 6, . . .,[1] = . . . ,−2, 1, 4, 7, . . .,[2] = . . . ,−1, 2, 5, 8, . . ..

Vini re, që [0]∪ [1]∪ [2] = Z dhe gjithashtu, që bashkësitë janë jo prerëse. Bashkësitë [0], [1], dhe [2] formojnë një copëzim tënumrave të plotë.

Numrat e plotë modul n, janë një shembull mjaft i rëndësishëm në studimin e algjebrës abstrakte dhe do të jenë shumë tëdobishme në hetimin e strukturave të ndryshme algjebrike si grupet dhe unazat. Në diskutimin e numrave të plotë modul n,kemi përdorur një rezultat të njohur si algoritmi i pjesëtimit, i cili do të formulohet dhe do të vërtetohet në Kapitullin ??.

Ushtrime:

20 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

1. Supozojmë, që

A = x : x ∈N dhe x është çift,B = x : x ∈N dhe x është prime,C = x : x ∈N dhe x është a multiple of 5.

Përshkruaj secilën nga bashkësitë e mëposhtme.

A ∩ B,B ∩ C,A ∪ B,A ∩ (B ∪ C)

2. Gjeni një shembull të dy bashkësive jo boshe A dhe B, për të cilat A × B = B × A është i vërtetë.

3. Vërtetoni A ∪ ∅ = A dhe A ∩ ∅ = ∅.

4. Vërtetoni A ∪ B = B ∪ A dhe A ∩ B = B ∩ A.

5. Vërtetoni A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C).

6. Vërtetoni A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C).

7. Vërtetoni A ⊂ B atëherë dhe vetëm atëherë A ∩ B = A.

8. Vërtetoni (A ∩ B)′ = A′ ∪ B′.

9. Vërtetoni A ∪ B = (A ∩ B) ∪ (A \ B) ∪ (B \ A).

10. Vërtetoni (A ∪ B) × C = (A × C) ∪ (B × C).

11. Vërtetoni (A ∩ B) \ B = ∅.

12. Vërtetoni (A ∪ B) \ B = A \ B.

13. Vërtetoni A \ (B ∪ C) = (A \ B) ∩ (A \ C).

14. Vërtetoni A ∩ (B \ C) = (A ∩ B) \ (A ∩ C).

15. Vërtetoni (A \ B) ∪ (B \ C) = (A ∪ B) \ (A ∩ B).

16. Përcaktoni se, cilët nga funksionet janë injektiv dhe cilët janë syrjektiv. Në qoftë se funksioni nuk është syrjektiv, përcaktobashkësinë e vlerave të tij.

1. f : R→ R i përkufizuar si f (x) = ex

2. f : Z→ Z i përkufizuar si f (n) = n2 + 3

3. f : R→ Ri përkufizuar si f (x) = sin x

4. f : Z→ Z i përkufizuar si f (x) = x2

17. Le të jenë f : A→ B dhe g : B→ C pasqyrime invertible; pra, pasqyrime, të tillë që, ekzistojnë f−1 dhe g−1. Vërtetoni se,(g f )−1 = f−1

g−1.

18. 1. Përkufizoni një funksion f : N→N, i cili është injektiv, por jo syrjektiv.

2. Përkufizoni një funksion f : N→N, i cili është syrjektiv, por jo injektiv.

19. Vërtetoni se, relacioni i përkufizuar në R2 nga (x1, y1) ∼ (x2, y2), në qoftë se x21 + y2

1 = x22 + y2

2 është një relacion ekuivalence.

20. Le të jenë f : A→ B dhe g : B→ C pasqyrime.

1. Në qoftë se f dhe g janë të dy funksione injektivë, vërtetoni se, g f është injektiv.

2. Në qoftë se g f është syrjektiv, vërtetoni se, g është syrjektiv.

c©AulonaPress 21




Algjebra Shaska T.

3. Në qoftë se g f është injektiv, vërtetoni se, f është injektiv.

4. Në qoftë se g f është injektiv dhe f është syrjektiv, vërtetoni se, g është injektiv.

5. Në qoftë se g f është syrjektiv dhe g është injektiv, vërtetoni se, f është syrjektiv.

21. Përkufizoni një funksion në numrat realë si

f (x) =x + 1x − 1

.

Cila është bashkësia e përcaktimit dhe e vlerave të f ? Cili është i anasjellti i f ? Llogarit f f−1 dhe f−1 f .

22. Le të jetë f : X→ Y një pasqyrim, ku A1,A2 ⊂ X dhe B1,B2 ⊂ Y.

1. Vërtetoni f (A1 ∪ A2) = f (A1) ∪ f (A2).

2. Vërtetoni f (A1 ∩ A2) ⊂ f (A1) ∩ f (A2). Jep një shembull, pvr të cilin barazimi s’është i vërtetë.

3. Vërtetoni f−1(B1 ∪ B2) = f−1(B1) ∪ f−1(B2), ku

f−1(B) = x ∈ X : f (x) ∈ B.

4. Vërtetoni f−1(B1 ∩ B2) = f−1(B1) ∩ f−1(B2).

5. Vërtetoni f−1(Y \ B1) = X \ f−1(B1).

23. Përkufizoni një relacion ∼ në R2, duke pohuar, që (a, b) ∼ (c, d), atëherë dhe vetëm atëherë a2 + b2≤ c2 + d2. Vërtetoni se,

∼ është pasqyrues dhe kalimtar, por jo simetrik.

24. Vërtetoni se, një matricë m × n jep një pasyrim të përkufizuar mirë nga Rn te Rm.

25. Gjeni gabimin në arsyetimin e mëposhtëm, duke dhënë dhe një kundërshembull. Vetia paqyruese është e tepërt në aksiomate një relacioni ekuivalence. Në qoftë se x ∼ y, atëherë y ∼ x nga vetia simetrike. Duke përdorur vetinë kalimtare, mund tëtregojmë, që x ∼ x.

26. Drejtëza reale projektive. Përkufizoni një relacion nëR2\ (0, 0), duke marrë (x1, y1) ∼ (x2, y2), në qoftë se ekziston një

numër real jozero λ, i tillë që, (x1, y1) = (λx2, λy2). Vërtetoni se, ∼ përkufizon një relacion ekuivalence në R2\ (0, 0). Çfarë

janë klasat korresponduese të ekuivalencës? Ky relacion ekuivalence përkufizon drejtëzën projektive, e cila shënohet P(R), ecila është shumë e rëndësishme në gjeometri.

0.3 Induksioni matematik

Numrat e plotë janë shumë të rëndësishëm në ndërtimin e matematikës. Në këtë kapitull do të shqyrtojmë vetitëthemelore të numrave të plotë, që përfshijnë: induksionin, algoritmin e pjestimit, si edhe Teoremën themelore tëaritmetikës.

Supozojmë se duam të vërtetojmë se

1 + 2 + · · · + n =n(n + 1)

2

për çdo numer natyror n. Ky formulë verifikohet lehtë për numra të vegjël si n = 1, 2, 3, ose 4, por është e pamundurta vërtetojmë këtë për të gjitha numrat natyror një nga një. Për vërtetimin në përgjithësi të formulës, kërkohet njëmetodë më e plotë.

Supozojmë se e kemi vërtetuar ekuacionin për n rastet e para. Le të mundohemi të vërtetojmë formulën përrastin e (n + 1). Formula është e vërtetë për n = 1 meqë

1 =1(1 + 1)

2.

22 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Në qoftë se kemi vërtetuar formulën për n raste, atëherë

1 + 2 + · · · + n + (n + 1) =n(n + 1)

2+ n + 1

=n2 + 3n + 2

2

=(n + 1)[(n + 1) + 1]

2.

Kjo është pikërisht formula për rastin e (n + 1).Kjo metodë vërtetimi njihet si induksioni matematik. Në vend që të përpiqemi të vërtetojmë një pohim për

ndonjë nënbashkësi S numrash të plotëN, një detyrë e pamundur në qoftë se S është një bashkësi e pafundme, japimnjë vërtetim specifik numrin e plotë më të vogël që mund të mundshëm, i ndjekur nga një argument përgjithësues,duke treguar se në qoftë se pohimi qëndron për rastin e shqyrtuar, atëherë ai do të jetë i vërtetit për rastin pasues.Induksionin matematik po e përmbledhim në aksiomën më poshtë.

0.3.1 Parimi i Induksionit Matematik.

Le të jetë S(n) një pohim mbi numrat e plotë për n ∈N dhe supozojmë se S(n0) është i vërtetë për ndonjë numertë plotë n0. Në qoftë se për të gjithë numrat e plotë k me k ≥ n0 S(k) sjell që S(k + 1) është i vërtetë, atëherë S(n) ështëpër të gjithë numrat e plotë n më të mëdhenj se n0.

Shembull 0.22. Për të gjithë numrat e plotë n ≥ 3, 2n > n + 4. Meqë

8 = 23 > 3 + 4 = 7,

pohimi është i vërtetë për n0 = 3. Supozojmë se 2k > k + 4 për k ≥ 3. Atëherë 2k+1 = 2 · 2k > 2(k + 4). Por

2(k + 4) = 2k + 8 > k + 5 = (k + 1) + 4

meqë k është pozitiv. Pra, me induksion, pohimi është i vërtetë për të gjithë numrat e plotë n ≥ 3.

Shembull 0.23. Çdo numer i plotë 10n+1 + 3 · 10n + 5 pjesëtohet me 9 për n ∈N. Për n = 1,

101+1 + 3 · 10 + 5 = 135 = 9 · 15

pjesëtohet me 9. Supozojmë që 10k+1 + 3 · 10k + 5 është pjesëtohet me 9 për k ≥ 1. Atëherë

10(k+1)+1 + 3 · 10k+1 + 5 = 10k+2 + 3 · 10k+1 + 50 − 45= 10(10k+1 + 3 · 10k + 5) − 45

pjesëtohet me 9.

Shembull 0.24. Le të vërtetojmë teoremën binomiale duke përdorur induksionin matematik; domethënë,

(a + b)n =

n∑k=0

(nk

)akbn−k,

ku a dhe b janë numra realë, n ∈N, dhe (nk

)=

n!k!(n − k)!

është koeficienti i binomit. Fillimisht le të vërtetojmë se(n + 1

k

)=

(nk

)+

(n

k − 1

).

c©AulonaPress 23




Algjebra Shaska T.

Ky rezultat sjell që (nk

)+

(n

k − 1

)=

n!k!(n − k)!

+n!

(k − 1)!(n − k + 1)!

=(n + 1)!

k!(n + 1 − k)!

=

(n + 1

k

).

Në qoftë se n = 1, teorema binomiale vërtetohet thjeshtë. Supuzojmë se rezultati është i vëretetë për n ≥ 1. Atëherë

(a + b)n+1 = (a + b)(a + b)n

= (a + b)

n∑k=0

(nk

)akbn−k

=

n∑k=0

(nk

)ak+1bn−k +

n∑k=0

(nk

)akbn+1−k

= an+1 +

n∑k=1

(n

k − 1

)akbn+1−k

+

n∑k=1

(nk

)akbn+1−k + bn+1

= an+1 +

n∑k=1

[(n

k − 1

)+

(nk

)]akbn+1−k + bn+1

=

n+1∑k=0

(n + 1

k

)akbn+1−k.

Ka një pohim ekuivalent të Parimit të Induksionit Matematik, i cili është mjaft i përdorshëm.

0.3.2 Parimi i Dytë i Induksionit Matematik.

Le të jetë S(n) një pohim mbi numrat e plotë, ku n ∈N dhe supozojmë se S(n0) është i vërtetë për ndonjë numertë plotë n0. Në qoftë se S(n0),S(n0 + 1), . . . ,S(k) sjell që S(k + 1) për k ≥ n0, atëherë pohim S(n) është i vërtetë për tëgjithë numrat e plotë n, më të mëdhenj se n0.

Një nënbashkësi jo-boshe S ofZ është e mirë-renditur në qoftë se S përmban elementin më të madh. Vihet re sebashkësia Z nuk është e mirë-përcaktuar sepse nuk përmban elementin më të vogël. Ndërsa, numrat natyrorë janëtë mirë-renditur.Parimi i Mirë-renditjes. Çdo nënbashkësi e numrave natyrorë është e mirë-renditur.

Parimi i mirë-renditjes është ekuivalent me Parimin e Induksionit Matematik.

Lema 0.1. Parimi i Induksionit Matematik na tregon që 1 është numri më i vogël natyror.

Vërtetim: Le të jetë S = n ∈ N : n ≥ 1. Atëherë 1 ∈ S. Supozojmë se n ∈ S; pra, n ≥ 1. Meqë n + 1 ≥ 1, n + 1 ∈ S;atëherë , bnga induksioni, çdo numër natyror është më i madh ose i barabartë me 1.

Teorema 0.5. Parimi i Induksionit Matematik na tregon që numrat natyrorë janë të mirë-renditur.

Vërtetim: Duhet të vërtetojmë se në qoftë se S është një nënbashkësi jo-boshe e numrat natyrorë, atëherë S përmbanelementin më të vogël. Në qoftë se S përmban 1, atëherë teorema është e vërtetë nga Lema 0.1. Supozojmë se nëqoftë se S përmban një numer të plotë k të tillë që 1 ≤ k ≤ n, atëherë S përmban elementin më të vogël. Duhet tëvërtetojmë se në qoftë se një bashkësi S përmban një numer të plotë më të vogël ose të barabartë me n + 1, atëherë Ska elementin më të vogël. Në qoftë se S nuk e përmban një numer të plotë, më të vogël se n + 1, atëherë n + 1 është

24 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

numri i plotë më i vogël në S. Përndryshe, meqë S nuk është boshe, S duhet të përmbajë një numer të plotë, më tëvogël ose të barabartë me n. Kështu që nga induksioni, S përmban numrin e plotë më të vogël.

Induksioni mund të përdoret gjithashtu edhe në formulimin e përkufizimeve. Për më tepër, ka dy mënyra për

të përkufizuar n!, faktorialin e numrave të plotë, pozitiv n.

• Përkufizim eksplicit: n! = 1 · 2 · 3 · · · (n − 1) · n.

• Përkufizim induktiv ose rekursiv: 1! = 1 dhe n! = n(n − 1)! për n > 1.

Çdo matematikan i mirë ose inxhinier kompjuterash e di se zgjidhja e problemeve në mënyre rekursive, shpesh kaprobleme.

0.4 Algoritmi i pjesëtimit

Një përdorim i Parimit të Mirërenditjes, i cili përdoret shpesh është algoritmi i pjesëtimit.

Teorema 0.6 (Algoritmi i Pjesëtimit). Le të jenë a dhe b numra të plotë, ku b > 0. Atëherë ekzistojnë numrat e vetëm tëplotë q dhe r të tillë që

a = bq + r

ku 0 ≤ r < b.

Vërtetim: Ky është shembulli tipik i vëretimit të ekzistencës dhe unicitetit. Fillimisht duhet të vërtetojmë seekzistojnë numrat q dhe r. Atëherë vërtetojmë se në qoftë se q′ dhe r′ janë dy numra të tillë, atëherë q = q′ dhe r = r′.

Ekzistenca e q dhe r. LetS = a − bk : k ∈ Z dhe a − bk ≥ 0.

Në qoftë se 0 ∈ S, atëherë b pjesëtona dhe le të jetë q = a/b dhe r = 0. Në qoftë se 0 < S, atëherë përdorim Parimin emirë-renditjes. Fillimisht, vërtetojmë se S nuk është boshe. Në qoftë se a > 0, atëherë a− b · 0 ∈ S. Në qoftë se a < 0,atëherë a− b(2a) = a(1− 2b) ∈ S. Në raste të tjerë S , ∅. Nga Parimi i Mirë-renditjes, S duhet të përmbajë elementinmë të vogël, themi r = a− bq. Kështu që, a = bq + r, r ≥ 0. Tani le të vërtetojmë se r < b. Supozojmë që r > b. Atëherë

a − b(q + 1) = a − bq − b = r − b > 0.

Në këtë rast a − b(q + 1) janë në bashkësinë S. Atëherë a − b(q + 1) < a − bq, i cili kundërshton faktin që r = a − bqështë elementi më i vogël i S. Pra r ≤ b. Pra 0 < S, r , b dhe r < b.

Uniciteti i q dhe r. Supozojmë se ekzistojnë numrat e plotë r, r′, q dhe q′ të tillë që

a = bq + r, 0 ≤ r < b

dhea = bq′ + r′, 0 ≤ r′ < b.

Atëherë bq + r = bq′ + r′. Supozojmë se r′ ≥ r. Nga ekuacioni i fundit kemi b(q− q′) = r′ − r; prandaj, b pjesëton r′ − rdhe 0 ≤ r′ − r ≤ r′ < b. Kjo është e mundur vetëm në qoftë se r′ − r = 0. Pra, r = r′ dhe q = q′.

Le të jenë a dhe b numra të plotë. Në qoftë se b = ak për ndonjë k, atëherë a | b. Një numer i plotë d quhetpjesëtues i përbashkët i a dhe b në qoftë se d | a dhe d | b. Pjesëtuesi më i madh i përbashkët i numrave të plotë adhe b është një numer i plotë pozitiv d i tillë që d është pjesëtuesi i përbashkët i a dhe b dhe në qoftë se d′ është ndonjëpjesëtues tjetër i përbashkët i a dhe b, atëherë d′ | d. Ne shkruajmë d = gcd(a, b); për shembull, gcd(24, 36) = 12 dhegcd(120, 102) = 6. Ne themi se dy numra të plotë a dhe b janë relativisht të thjeshtë në qoftë se gcd(a, b) = 1.

Teorema 0.7. Le të jenë a dhe b numra të plotë, jo zero. Atëherë ekzistojnë numrat e plotë r dhe s të tillë që

gcd(a, b) = ar + bs.

Për më tepër, pjesëtuesi më i madh i përbashkët i a dhe b është i vetëm.

c©AulonaPress 25




Algjebra Shaska T.

Vërtetim: Le të jetëS = am + bn : m,n ∈ Z dhe am + bn > 0.

Bashkësi S është jo-boshe; prandaj, nga Parimi Mirë-Renditjes S duhet të ketë elementin më të vogël, d = ar + bs.Themi se d = gcd(a, b). Shkruajmë a = dq + r ku 0 ≤ r < d. Në qoftë se r > 0, atëherë

r = a − dq= a − (ar + bs)q= a − arq − bsq= a(1 − rq) + b(−sq),

e cila ndodhet në S. Por kjo kundërshton faktin që d është elementi më i vogël i S. Pra, r = 0 dhe d pjesëton a.Një argumet i ngjashëm tregon se d pjesëton b. Kështu që, d është një pjesëtues i përbashkët i a dhe b.

Supozojmë që d′ është një pjesëtues tjetër i përbashkët i a dhe b dhe duam të vërtetojmë se d′ | d. Në qoftë a = d′hdhe b = d′k, atëherë

d = ar + bs = d′hr + d′ks = d′(hr + ks).

Pra d′ pjesëton d. Pra, d pjestuesi më i madh i përbashkët i a dhe b është i vetëm.

Rrjedhim 0.2. Le të jenë a dhe b dy numra të plotë, të cilët janë relativisht të thjeshtë. Atëherë ekzistojnë numrat e plotë r dhes të tillë që ar + bs = 1.

0.4.1 Algoritmi i Euklidit

Veç gjërave të tjera, Teorema 0.7 na lejon të llogaritim pjesëtuesin më të madh të përbashkët të dy numrave tëplotë.

Shembull 0.25. Le të gjejmë pjesëtuesin më të madh të përbashkët të 945 dhe 2415. Fillimisht vihet re se

2415 = 945 · 2 + 525945 = 525 · 1 + 420525 = 420 · 1 + 105420 = 105 · 4 + 0.

Nisemi nga fundi, 105 pjeston 420, 105 pjeston 525, 105 pjeston 945 dhe 105 pjeston 2415. Pra, 105 pjeston njëkohësisht945 dhe 2415. Në qoftë se d është një pjestues tjetër më përbashkët i 945 dhe 2415, atëherë d pjeston 105. Kështu që,gcd(945, 2415) = 105.

Në qoftë se punojmë nga ana tjetër e vargjeve të mesipërm të ekuacioneve, përftojmë numrat r dhe s të tillë që 945r+2415s =105. Vihet re se

105 = 525 + (−1) · 420= 525 + (−1) · [945 + (−1) · 525]= 2 · 525 + (−1) · 945= 2 · [2415 + (−2) · 945] + (−1) · 945= 2 · 2415 + (−5) · 945.

Pra r = −5 dhe s = 2. Prandaj r dhe s nuk janë unike (të vetme) kështu që r = 41 dhe s = −16 janë të vlefshme.

Për të llogaritur gcd(a, b) = d, përdorim të njëjtin algoritëm për të përftuar një varg zbrit numrash të plotër1 > r2 > · · · > rn = d; pra,

b = aq1 + r1

a = r1q2 + r2

r1 = r2q3 + r3

...

rn−2 = rn−1qn + rn

rn−1 = rnqn+1.

26 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Për të gjetur r dhe s të tillë që ar + bs = d, nisim nga ekaucioni i fundit dhe zvendësojmë rezultatin e gjetur nëekuacionet pasardhës.

d = rn

= rn−2 − rn−1qn

= rn−2 − qn(rn−3 − qn−1rn−2)= −qnrn−3 + (1 + qnqn−1)rn−2

...

= ra + sb.

Algoritmi i gjetjes së pjestuesit më të madh të përbashkët d të dy numrave të plotë a dhe b dhe për ta shkruar d sikombinim të a dhe b është quajtur Algoritmi i Euklidit.

0.4.2 Numrat e thjeshtë

Le të jetë p një numër i plotë i tillë që p > 1. Ne themi që p është a numër i thjeshtë, ose thjeshtë p është prime,në qoftë se numrat e vetëm pozitiv që pjestojnë p janë 1 dhe p vet. Një numer i plotë n > 1 që është nuk numer ithjeshtë quhet numer i përbërë.

Lema 0.2 (Euclid). Le të jenë a dhe b dy numra të plotë dhe p një numer i thjeshtë. Në qoftë se p | ab, atëherë p | a ose p | b.

Vërtetim: Supozojmë që p nuk e pjeston a. Duhet të vërtetojmë se p | b. Meqë gcd(a, p) = 1, ekzistojnë numrat eplotë r dhe s të tillë që ar + ps = 1. Pra

b = b(ar + ps) = (ab)r + p(bs).

Meqë p pjeston njëkohësiht ab dhe veten, atëherë p pjesëton b = (ab)r + p(bs).

Teorema 0.8 (Euclid). Ka një numer të pafundëm numrash të thjeshtë.

Vërtetim: Për të vërtetuar këtë teoremë, do të përdorim kontradiksionin. Supozojmë që janë vetëm një numer ifundëm numrash të thjeshtë, p1, p2, . . . , pn. Le të jenë p = p1p2 · · · pn + 1. Duhet të vërtetojmë se p është një numertjetër i thjeshtë, i cili kundërshkon supozimin se kemi vetëm një numer të thjeshtë n. Në qoftë se p nuk është ithjeshtë, atëherë ai pjestohet nga ndonjë pi për 1 ≤ i ≤ n. Në këtë rast pi pjeston p1p2 · · · pn dhe 1 gjithashtu. Ky ështënjë kontradiksion, prandaj p > 1.

Teorema 0.9. (Teorema Themelore e Aritmetikës) Le të jetë n një numer i plotë, i tillë që n > 1. Atëherë

n = p1p2 · · · pk,

ku p1, . . . , pk janë numrat e thjeshtë (jo domosdoshmërisht të ndryshëm). Kështu që, ky faktorizim është i vetëm; domethënë,në qoftë se

n = q1q2 · · · ql,

atëherë k = l dhe qi’s janë thjeshtë pi’s riorganizimet (rivendosjet).

Vërtetim: Uniciteti. Për të treguar unicitetin, do të përdorim induksionin për n. Teorema është e vërtetë për n = 2sepse n është e thjeshtë. Tani supozojmë se rezultati është i vërtetë për të gjithë numrat e plotë m të tillë që 1 ≤ m < ndhe

n = p1p2 · · · pk = q1q2 · · · ql,

ku p1 ≤ p2 ≤ · · · ≤ pk dhe q1 ≤ q2 ≤ · · · ≤ ql. Nga Lema 0.2, p1 | qi për ndonjë i = 1, . . . , l dhe q1 | p j për ndonjëj = 1, . . . , k. Meqë të gjitha pi’s dhe qi’s janë të thjeshtë, p1 = qi dhe q1 = p j. Pra, p1 = q1 since p1 ≤ p j = q1 ≤ qi = p1.By the induction hypothesis,

n′ = p2 · · · pk = q2 · · · ql

ka një faktorizim të vetëm. Pra, k = l dhe qi = pi për i = 1, . . . , k.Ekzistenca. Për të vëretuar ekzistencën, supozojmë se gjendet ndonjë numer i plotë, i cili nuk mund të shkruhet

si prodhim numrash të thjeshtë. Le të jetë S bashkësia e numrave të tillë. Nga Parimi i Mirë-Renditjes, S përmban

c©AulonaPress 27




Algjebra Shaska T.

numrin më të vogël, a. Në qoftë se faktorët e vetëm pozitiv të a janë a dhe 1, atëherë a është e thjeshtë, i cili përbënnjë kontradiksion. Pra, a = a1a2 ku 1 < a1 < a dhe 1 < a2 < a. As a1 ∈ S as a2 ∈ S, sepse a është elementi më i vogëlnë S. Pra

a1 = p1 · · · pr

a2 = q1 · · · qs.

Kështu që,a = a1a2 = p1 · · · prq1 · · · qs.

Pra a < S, i cili është një kontradiksion.

Ushtrime:

1. Vërtetoni se12 + 22 + · · · + n2 =

n(n + 1)(2n + 1)6

për n ∈N.

2. Vërtetoni se

13 + 23 + · · · + n3 =n2(n + 1)2

4për n ∈N.

3. Vërtetoni se n! > 2n për n ≥ 4.

4. Vërtetoni sex + 4x + 7x + · · · + (3n − 2)x =

n(3n − 1)x2

për n ∈N.

5. Vërtetoni se 10n+1 + 10n + 1 pjesëtohet nga 3 për n ∈N.

6. Vërtetoni se 4 · 102n + 9 · 102n−1 + 5 pjesëtohet nga 99 për n ∈N.

7. Vërtetoni sen√

a1a2 · · · an ≤1n

n∑k=1

ak.

8. Vërtetoni rregullin Leibniz për f (n)(x), ku f (n) është derivati i n-të i f ; domethënë, vërtetoni se

( f g)(n)(x) =

n∑k=0

(nk

)f (k)(x)g(n−k)(x).

9. Përdorni induksionin për të vërtetuar se 1 + 2 + 22 + · · · + 2n = 2n+1− 1 për n ∈N.

10. Vërtetoni se12

+16

+ · · · +1

n(n + 1)=

nn + 1

për n ∈N.

11. Në qoftë se x është një numer real, jo-negativ, atëherë vërtetoni se (1 + x)n− 1 ≥ nx për n = 0, 1, 2, . . ..

12. Bashkësitë Fuqi. Le të jetë X një bashkësi. Përkufizojmë bashkësinë fuqi të X, që e shënojmë P(X), si bashkësinë e tëgjtha nënbashkësive të X. Për shembull,

P(a, b) = ∅, a, b, a, b.

Për çdo numer të plotë pozitivë n, vërtetoni se a bashkësia që ka saktësisht n elementë e ka bashkësinë fuqi të saj me 2n element.

28 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

13. Vërtetoni se të dy parimet e innduksionit matematik, të deklaruara në Seksionin 0.3 janë ekuivalent.

14. Le të jenë a dhe b numra të plotë, jo zero. Në qoftë se ekzistojnë numrat e plotë r dhe s /te tillë që ar + bs = 1, atëherëvërtetoni se a dhe b janë relativisht të thjeshtë.

15. Fibonacci Numbers. Numrat Fibonaçi janë

1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, . . . .

We can define them inductively by f1 = 1, f2 = 1, dhe fn+2 = fn+1 + fn për n ∈N.

1. Vërtetoni se fn < 2n.

2. Vërtetoni se fn+1 fn−1 = f 2n + (−1)n, n ≥ 2.

3. Vërtetoni se fn = [(1 +√

5 )n− (1 −

√5 )n]/2n

√5.

4. Vërtetoni se limn→∞ fn/ fn+1 = (√

5 − 1)/2.

5. Vërtetoni se fn dhe fn+1 janë relativisht të thjeshtë.

16. Le të jenë a dhe b numra të plotë, të tillë që pmp(a, b) = 1. Le të jenë r dhe s numra të plotë të tillë që ar + bs = 1. Vërtetonise

gcd(a, s) = gcd(r, b) = gcd(r, s) = 1.

17. Le të jenë x, y ∈N relativisht të thjeshtë. Në qoftë se xy është një katror i perfekt, vërtetoni se x dhe y janë së bashku katrorperfekt.

18. Duke përdorur algoritmin e pjestimit, vërtetoni se çdo katror perfekt është i formës 4k ose 4k + 1 për ndonjë numer tëplotë, jo negativ k.

19. Supozojmë që a, b, r, s janë relativisht të thjeshtë dhe se

a2 + b2 = r2

a2− b2 = s2.

Vërtetoni se a, r dhe s janë tek dhe b është çift.

20. Jepet n ∈ N. Përdorni algoritmin e pjestimit për të vërtetuar se çdo numer i plotë është kongruent mod n me një nganumrat e plotë 0, 1, . . . ,n − 1 pikërisht. Konsatoni se në qoftë se r është një numër i plotë, atëherë gjendet ekzaktësisht vetëmnjë s në Z, e tillë që 0 ≤ s < n dhe [r] = [s]. Pra, numrat e plotë, në të vërtetë, copëzohen nga kongruenca mod n.

21. Përkufizojmë shumëfishin më të vogël të përbashkët të dy numrave të thjeshtë a dhe b, që e shënojmë lcm (a, b), sinumri i plotë, jo zero m i tillë që së bashku a dhe b pjestohen nga m dhe në qoftë se a dhe b pjestohen nga ndonjë tjetër i numeri plotë n, atëherë m pjeston n gjithashtu. Vërtetoni se çdo dy numra të plotë a dhe b kanë vetëm një shumëfish më të vogël tëpërbashkët.

22. Në qoftë se d = pmp(a, b) dhe m = gcd(a, b), vërtetoni se dm = |ab|.

23. Vërtetoni se gcd(a, b) = ab atëherë dhe vetëm atëherë pmp(a, b) = 1.

24. Vërtetoni se pmp(a, c) = pmp(b, c) = 1 atëherë dhe vetëm atëherë pmp(ab, c) = 1 për numrat e plotë a, b dhe c.

25. Jepen a, b, c ∈ Z. Vërtetoni se në qoftë se pmp(a, b) = 1 dhe a | bc, atëherë a | c.

26. Jepet p ≥ 2. Vërtetoni se në qoftë se 2p− 1 është i thjeshtë, atëherë p është i thjeshtë gjithashtu.

27. Vërtetoni se ka një pafundësi numrash të thjeshtë, të formës 6n + 1.

28. Vërtetoni se ka një pafundësi numrash të thjeshtë që kanë trajtën 4n − 1.

29. Duke përdorur faktin se 2 është numer i thjeshtë, vërtetoni nuk ekziston asnjë numer i plotë p dhe q të tillë që p2 = 2q2.Vërtetoni se prandaj

√2 nuk është një numër racional.

c©AulonaPress 29




Algjebra Shaska T.

0.5 Numrat e plotë modulo n dhe simetritë

0.5.1 Numrat e plotë mod n

Numrat e plotë mod n janë bërë të domosdoshëm në teorinë dhe aplikimet e algjebrës. Ata përdoren nëcriptografi, në teori kodesh dhe në kapjen e gabimeve për identifikimin e kodeve, etj.

Tashmë kemi parë se dy numra të plotë a dhe b janë ekuivalent mod n në qoftë se n pjeston a − b. Numrat eplotë mod n copëzojnë gjithashtum Z në n klasa të ndryshme ekuivalence; bashkësinë e klasave të ekivalencës poe shënojmë me Zn. Konsiderojmë numrat e plotë modul 12 dhe copëzimin korenspondues të numrave të plotë:

[0] = . . . ,−12, 0, 12, 24, . . .,[1] = . . . ,−11, 1, 13, 25, . . .,

...

[11] = . . . ,−1, 11, 23, 35, . . ..

Pa prezencën e një konfuzioni, shënojmë me 0, 1, . . . , 11 klasat e ekuivalencës [0], [1], . . . , [11] respektivisht. Mundtë përdorim aritmetik në Zn. Për dy numra të plotë a dhe b, përkufizojmë mbledhjen modulo n si (a + b) (mod n);pra, mbetja kur a + b pjestohet nga n. Në të mënyrë të ngjashme, prodhimi modulo n përkufizohet si (ab) (mod n),mbetja kur ab pjestohet nga n.

Shembull 0.26. Shembulli i mëposhtëm ilustron aritmetikën e modul n:

7 + 4 ≡ 1 (mod 5) 7 · 3 ≡ 1 (mod 5)3 + 5 ≡ 0 (mod 8) 3 · 5 ≡ 7 (mod 8)3 + 4 ≡ 7 (mod 12) 3 · 4 ≡ 0 (mod 12).

Në veçanti, themi se mundet që produkti i dy numrave jo-zero modul n të jetë ekuivalent me 0 modul n.

Tabela 1: Tabela e shumëzimit për Z8

· 0 1 2 3 4 5 6 70 0 0 0 0 0 0 0 01 0 1 2 3 4 5 6 72 0 2 4 6 0 2 4 63 0 3 6 1 4 7 2 54 0 4 0 4 0 4 0 45 0 5 2 7 4 1 6 36 0 6 4 2 0 6 4 27 0 7 6 5 4 3 2 1

Shembull 0.27. Shumica e ligjeve të zakonshëm të matematikës përfundojnë në mbledhjen dhe shumëzimin në Zn. Për mëtepër, nuk është domosdoshmërisht e vërtetë se gjendet i anasjelli i shumëzimit. Le të shohim tabelën për Z8 në Table ??. Vihetre se 2, 4, dhe 6 nuk kanë të anasjellin e shumëzimit; pra, për n = 2, 4, ose 6, nuk gjendet asnjë numer i plotë k i tillë që kn ≡ 1(mod 8).

Pohim 0.2. Le të jetë Zn bashkësia e klasave të ekuivalencës të numrave të plotë mod n dhe a, b, c ∈ Zn.

1. Mbledhja dhe shumëzimi janë ndërrues:

a + b ≡ b + a (mod n)ab ≡ ba (mod n).

2. Mbledhja dhe shumëzimi janë shoqërues:

(a + b) + c ≡ a + (b + c) (mod n)(ab)c ≡ a(bc) (mod n).

30 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

3. Ekzistojnë elementet identike për mbledhjen dhe shumëzimin:

a + 0 ≡ a (mod n)a · 1 ≡ a (mod n).

4. Shumëzimi në lidhje me mbledhjen:a(b + c) ≡ ab + ac (mod n).

5. Për çdo numer të plotë a ekziston i anasjelli i mbledhjes−a:

a + (−a) ≡ 0 (mod n).

6. Le të jetë a një numer i plotë jo-zero. Atëherë gcd(a,n) = 1 atëherë dhe vetëm atëherë kur ekziston një i anasjelli ishumëzimit b për a (mod n); pra, numri i plotë b është i tillë që

ab ≡ 1 (mod n).

Vërtetim: Do të vërtetojmë (1) dhe (6) dhe pjesën që mbetet po e lemë si detyrë.(1) Mbledhja dhe shumëzimi janë ndërrues modul n meqë mbetja e a + b që pjesëtohet nga n është e njëjtë me

mbetjen e b + a që pjesëtohet nga n.(6) Supozojmë që gcd(a,n) = 1. Atëherë ekzistojnë numrat e plotë r dhe s të tillë që ar + ns = 1. Pra ns = 1 − ar,

ra ≡ 1 (mod n). Le të jetë b klasa e ekuivalencës së r, ab ≡ 1 (mod n).Anasjellas, supozojmë se ekziston një b e tillë që ab ≡ 1 (mod n). Atëherë n pjesëton ab − 1, pra gjendet një

numer i plotë k i tillë që ab−nk = 1. Le të jetë d = gcd(a,n). Meqë d pjesëton ab−nk, d duhet të pjesëtojë 1; pra, d = 1.

0.5.2 Simetritë

Simertia e një figure gjeometrike është një riorganizim i figurës, duke ruajtur organizimin e faqeve të saj,kulmeve, distancën dhe këndet e saj gjithashtu. Një funksion i planit në vetvete, duke ruajtur simetrinë e njëobjekti quhet lëvizje e ngurtë. Për shembull, në qoftë se kemi trekëndëshin në Figure ??, është e lehtë të vihet re serrotullimi me 180 ose 360 rikthen trekëndëshin në plan me të njëjtin orientim si trekëndëshi fillestar, e njëjat ligjësiedhe për kulmet. Pasqyrimi i një trekëndshi sipas boshtit vertikal ose atij horizontal mund të shihet gjithashtu sisimetri. Megjithatë, një pasqyrim 90 në një drejtim tjetër nuk mund të jetë simetri, vecse kur trekëndëshi është njëkatror.

Le të gjejmë simetritë e trekëndshit barabrinjës 4ABC. Për të gjetur një simetri të 4ABC, fillimisht duhet tëshqyrtojmë permutacionin s, të kulmeve A, B, dhe C dhe atëherë pyesim nëse një permutacion shtrihet në njësimetri të trekëndëshit. Kujtojmë se një permutacion i një bashkësie S është një fuksion syrjektiv dhe injektivπ : S→ S. Tre kulmet formojnë 3! = 6 permutacione s, pra trekëndëshi ka të paktën gjashtë simetri. Për të parë sejanë gjashtë permutacione s, vëzhgoni se ka tre mundësi të ndryshme për kulmin e parë, dy për të dytin dhe ai qëmbeten përcaktohet nga zvendësimi i dy të parëve. pra kemi 3 ·2 ·1 = 3! = 6 organizime të ndryshme. Për shënimine permutacioneve të kulmeve të një trekëndëshi që dërgon A te B, B te C, dhe C te A, shkruajmë:(

A B CB C A

).

Vini re se ky permutacion i veçantë korensponon me lëvizjet e ngurta të rrotullimit të trekëndeshit me 120 sipasakrepave të orës. Në fakt, çdo permutacion na çon në simetrinë e një trekëndshi. Të gjitha këto simetri tregohennë Figuren 3.

Një pyetje e natyrëshme është se farë ndodh në qoftë se një lëvizje e trekëndeshit 4ABC pasohet nga një tjetër etillë. Secila simetri është µ1ρ1; pra, farë mund të ndodh kur kryejmë permutacionin ρ1 dhe pastaj permutacioninµ1? Kujtoni se në këtë rast po kompozojmë funksione. Edhe pse zakonisht shumëzojmë nga e majta në të djathtë, funksionet ikompozojmë nga e djathta në të majtë. Kemi

(µ1ρ1)(A) = µ1(ρ1(A)) = µ1(B) = C(µ1ρ1)(B) = µ1(ρ1(B)) = µ1(C) = B(µ1ρ1)(C) = µ1(ρ1(C)) = µ1(A) = A.

c©AulonaPress 31




Algjebra Shaska T.

TTT

TTT

TTT

TTT

TTT

TTT

TTT

TTT

TTT

TTT

TTT

TTT

-

-

-

-

-

-

A

A

A

A

A

A

B

B

B

B

B

B

C

C

C

C

C

C

B

C

A

B

C

A

A

B

C

C

A

B

C

A

B

A

B

C

reflektim

reflektim

reflektim

rotacion

rotacion

identiteti

µ3 =

(A B CB A C

)µ2 =

(A B CC B A

)µ1 =

(A B CA C B

)ρ2 =

(A B CC A B

)ρ1 =

(A B CB C A

)id =

(A B CA B C

)

Figura 3: Simetritë e trekëndëshit.

Kjo simetri është e njëjtë me µ2. Supozojmë se këto lëvizje i kryejmë në kah të kundërt, ρ1 atëherë µ1. Tregohetlehtë se kjo simetri është e njëjtë me simetrinë është µ3; pra, ρ1µ1 , µ1ρ1. Një tabelë shumëzimi për simetritë e njëtrekëndshit barabrinjës 4ABC jepet në tabelën Table ??.

Vini re se tabela e shumëzimit për simetritë e një trekëndshi barabrinjës, për çdo lëevizje të trekëndshit αgjendet një lëvizje tjetër α′ e tillë që αα′ = id; pra, për çdo lëvizje gjendet një lëvizje tjetër që e kthen trekëndshin nëorientimin fillestar.

Tabela 2: Simetritë e një trekëndëshi barabrinjës.

id ρ1 ρ2 µ1 µ2 µ3

id id ρ1 ρ2 µ1 µ2 µ3

ρ1 ρ1 ρ2 id µ3 µ1 µ2

ρ2 ρ2 id ρ1 µ2 µ3 µ1

µ1 µ1 µ2 µ3 id ρ1 ρ2

µ2 µ2 µ3 µ1 ρ2 id ρ1

µ3 µ3 µ1 µ2 ρ1 ρ2 id

Në kapitujt që vijnë ne do ti studiojmë këto tema në detaje.

32 c©AulonaPress




Pjesa I

Teoria e grupeve

33

Kapitulli 1

Grupet

Grupet janë nga objektet kryesore të algjebrës. Fillimet e tyre gjenden në Shek. XIX me zgjidhjen e ekuacionevepolinomialë me E. Galua, grupet e permutacioneve me Langrange, Koshi, Caylay, et. al. Ne gjysmën e dytë te Shek.XIX grupet filluan të gjejnë zbatime ne gjeometri. Felix Klein me programin e tij te Erlangenit perdori pikërishtgrupet për të studiuar simetritë e objekteve gjeometrikë.

Pika më kulminante në teorinë e grupeve ishte gjysma e dytë e Shek. XX. Në vitet 1960 ne Universitetin eChicagos u krijua nje program për klasifikimin e grupeve të thjeshtë me Daniel Gorenstein, John G. Thompson andWalter Feit. Program i cili u kompletua ne 1982 me klasifikimin e gjithe grupeve të thjeshtë.

1.1 Përkufizimi i grupit, shembuj

Një veprim binar algjebrik ∗ në bashkësinë G është një funksion i tillë:

∗ : G × G→ G.

Për çdo a, b ∈ G ne shkruajmë a∗b në vend të ∗(a, b). Një veprim binar ∗ quhet shoqërues në qoftë se për çdo a, b, c ∈ G

a ∗ (b ∗ c) = (a ∗ b) ∗ c

Përkufizim 1.1. Le të jetë G një bashkësi joboshe dhe ∗ një veprim binar në të. Atëherë, G quhet grup në qoftë se:

1) Ekziston një e ∈ G i tillë që për çdo g ∈ G g ∗ e = e ∗ g = g.2) Për çdo a, b, c ∈ G, (a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c).3) Për çdo a ∈ G ekziston një b ∈ G i tillë që a ∗ b = b ∗ a = e.

Elementi e quhet identiteti i grupit G. Për çdo a ∈ G, elementi b nga vetia 3) quhet inversi ose i anasjellti i a-sëdhe zakonisht shënohet me a−1. Një grup G quhet Abelian në qoftë se

për çdo a, b ∈ G, kemi a ∗ b = b ∗ a.

Kur veprimi i përcaktuar në grup është mbledhja e zakonshme ”+”, grupi quhet aditiv. Identiteti i këtij grupiështë e = 0 dhe elementi invers i një elementi a çfarëdo te grupit është−a. Ndërsa kur kemi shumëzimin e zakonshëm”·” grupi quhet multiplikativ, identiteti i grupit është e = 1 dhe elementi invers i çdo elementi a të grupit është a−1.

Shembull 1.1. Strukturat (R,+), (R∗,×), (Q,+) dhe (Q∗,×), ku + dhe × janë veprimet e zakonshme të mbledhjes dhe tëshumëzimit janë grupe Abeliane.

Shembull 1.2. Për strukturat (Z,+) dhe (Z∗,×) nuk ndodh e njëjta gjë, ndërsa e para është grup Abelian e dyta nuk ështëgrup sepse nuk ekziston elementi invers për çdo numër të plotë (ekziston vetëm për -1 dhe 1).

Shembull 1.3. Në bashkësinë Z përkufizojmë relacionin e meposhtëm për një n të dhënë

∀x, y ∈ Z, x ∼ y ⇐⇒ n |(x − y)

35

Algjebra Shaska T.

Lexuesi të verifikojë që ky është relacion ekuivalence. Atëherë, klasat e equivalencës janë

[0], [1], . . . , [n − 1]

Shënojmë meZn = [0], [1], . . . , [n − 1].

Në këtë bashkësi përkufizojmë mbledhjen modul n si më poshtë

[a] + [b] = [a + b mod n]

si edhe shumëzimin modul n[a] · [b] = [a · b mod n]

Bashkësia Zn për n ≥ 1 formon grup në lidhje me veprimin e mbledhjes sipas mod n. Identiteti i këtij grupi është e = 0dhe për çdo k > 0 në Zn inversi i k-së është n − k. Ky grup quhet grupi i numrave natyrorë sipas modulit mod n dheshënohet me (Zn,+) ose thjeshtZn. Shpesh edhe simboliZ/nZ përdoret për këtë grup. Për detajet të mëtejshme mbiZn shihni[ES15a].

Për thjeshtësi të shkruari dhe interpretuari në vazhdim në vend të shenjave të ndryshme të veprimeve tëpërcaktuar në grupe të ndryshme po përdorim shënjën e shumëzimit të zakonshëm, pra në vend të a ∗ b do tëshkruajmë thjesht ab.

Përkufizim 1.2. Kardinaliteti i (G) quhet rend i grupit G dhe shënohet me |G|. Kur bashkësia G është e fundmethemi se grupi ka rend të fundëm, në rast të kundërt themi se grupi ka rend të pafundëm.

Shembull 1.4. Grupi Z i numrave të plotë nën veprim e mbledhjes ka rend të pafundëm, ndërsa grupi Z10 nën veprimin embledhjes sipas mod 10 ka rend 10.

Lema 1.1. Le të jetë G një grup atëherë kemi:a) Elementi identitet është i vetëm.b) Çdo element i grupit ka element invers dhe ky është i vetëm.

Vërtetim: a) Supozojmë se ekzistojnë e, e′ të tilla që ae = ea = a dhe ae′ = e′a = a për çdo a ∈ G. Atëherë, kemi seee′ = e′ e cila sjell që e′ = e.

b) Le të jetë a ∈ G, supozojmë se ekzistojnë b, b′ ∈ G të tillë që ab = ba = e dhe ab′ = b′a = e. Atëherë,b′ = b′e = b′(ab) = (b′a)b = eb = b. Pra, b′ = b.

Lema 1.2. Në çdo grup G është e vërtetë vetia e thjeshtimit nga e majta dhe e djathta. Pra, ba = ca sjell që b = c dhe ab = acsjell që b = c.

Vërtetim: Supozojmë se ba = ca. Le të jetë a′ inversi i a. Atëherë, duke shumëzuar nga e djathta me a′ kemi(ba)a′ = (ca)a′ dhe nga vetia e shoqërimit marrim b(aa′) = c(aa′). Atëherë, be = ce dhe si rrjedhim b = c. Në mënyrëtë ngjashme, duke shumëzuar nga e majta me a′, mund të vërtetojmë se barazimi ab = ac sjell që b = c.

Rrjedhim 1.1. Për çdo a ∈ G kemi (a−1)−1 = a.

Vërtetim: Supozojmë se ekziston një element g ∈ G i tillë që a−1g = ga−1 = e dhe ky element është i vetëm. Atëherë,g = a dhe (a−1)−1 = a.

Ne mund të përdorim simbolikën eksponenciale për grupet. Në qoftë se G është grup dhe g ∈ G, atëherë

përkufizojmë g0 = e. Për n ∈N, përkufizojmëgn = g · g · · · g︸︷︷︸

n− herë

dheg−n = g−1

· g−1· · · g−1︸︷︷︸

n− herë

.

36 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Lema 1.3. Në një grup, ligjet e zakonshme të fuqive janë të vërteta. Pra, për çdo g, h ∈ G kemi:

1. gmgn = gm+n për çdo m,n ∈ Z

2. (gm)n = gmn për çdo m,n ∈ Z

3. (gh)n = (h−1g−1)−n për çdo n ∈ Z. Për më tepër, në qoftë se G është Abelian, atëherë (gh)n = gnhn.

Vërtetim: Detyrë lexuesit. Vini re që në përgjithësi (gh)n , gnhn sepse grupi mund të mos jetë Abelian.

Shembull 1.5 (Viergruppe). Marrim bashkësinë

V = e, a, b, c

ku shumëzimi përkufizohet si më poshtë:

∗ e a b c

e e a b ca a e c bb b c e ac c b a e

Tabela 1.1: V4 grup, Tabela e Kejlit.

Në tabelë, prodhimi xiy j i dy elementëve jep elementin në pozicionin (i, j). Lexuesi të vërtetojë që shumëzimi i mësipërmformon grup. Kjo mënyrë paraqitje e shumëzimit të një grupi quhet Tabela e Kejlit. Grupi i mësipërm quhet viergruppe dheshënohet me V4. Secili prej elementëve ka rend 2 përveç identitetit i cili në këtë rast është e.

Shembull 1.6. Le të kemi një katror ABCD në plan dhe i emërtojmë kulmet e tij si në figurën më poshtë:

A −→ B↑ ↑

D −→ C

Kryejmë mbi këtë katror rrotullimet e mëposhtëme:

a) R90: rrotullimi me +900 rreth qëndrës së katrorit ku si pasojë

A→ B→ C→ D

b) R180: rrotullimi me +1800 rreth qendrës së katrorit ku si pasojë

A→ C→ A dhe B→ D→ B

c) R270: rrotullimi me +2700 rreth qëndrës së katrorit ku si pasojë

A→ D→ C→ B→ A

d) R360 = R0: rrotullimi me +3600 rreth qëndrës së katrorit ku si pasoj i këtij rrotullimi të gjithë elementët shkojnë në vetvete.

e) H: rrotullimi rreth boshtit horizontal të katrorit ku si pasojë

A→ D→ Adhe B→ C→ B

f) V: rrotullimi rreth boshtit vertikal të katrorit ku si pasojë

A→ B→ A dhe D→ C→ D

c©AulonaPress 37




Algjebra Shaska T.

g) D1: rrotullimi rreth diagonales AC të katrorit ABCD ku si pasojë

A→ A,D→ B→ D dhe C→ C

h) D2: rrotullimi rreth diagonales BD të katrorit ABCD ku si pasojë

A→ C→ A,B→ B dhe D→ D

Vërtetoni se bashkësia e këtyre simetrive në lidhje me veprimin e kompozimit formon grup i cili quhet grup i simetrive tekatrorit dhe shënohet me D4 ose ndonjëherë me D8.

Jo çdo bashkësi me nje veprim binar të përcaktuar në të është grup. Për shembull, në qoftë se veprimi binar ipërcaktuar mbi bashkësinë Zn është shumëzimi sipas mod n, atëherë Zn nuk formon grup. Elementi 1 vepron siidentitet i grupit meqënëse 1 · k = k · 1 = k për çdo k ∈ Zn. Megjithatë për çdo k ngaZn nuk ekziston inversi i 0 sepse0 · k = k · 0 = 0. Edhe në qoftë se si bashkësi marrim Zn \ 0 përsëri mund të mos formohet grup.

Shembull 1.7. Për shembull 2 ∈ Z6, por 2 nuk ka invers në lidhje me shumëzimin meqënëse

0 · 2 = 0 1 · 2 = 22 · 2 = 4 3 · 2 = 04 · 2 = 2 5 · 2 = 4

Çdo element k i ndryshëm nga zero ka invers nëZn në qoftë se k është relativisht të thjeshtë me n. Le të shënojmëme U(n) bashkësinë e të gjithë këtyre elementëve të ndryshëm nga zero të Zn. Atëherë, U(n) formon grup që quhetgrupi i njësive i Zn. Tabela 1.2 është tabela e Kejlit për grupin U(8).

· 1 3 5 71 1 3 5 73 3 1 7 55 5 7 1 37 7 5 3 1

Tabela 1.2: Tabela e shumëzimit për U(8)

Shembull 1.8. Simetritë e një trekëndëshi barabrinjës formojnë një grup jo Abelian. Siç kemi parë nuk është gjithmonë evërtetë se αβ = βα për çdo dy simetri α dhe β. Këtë grup do ta shënojmë S3 ose D3, për arsye të cilat do ti shpjegojmë më vonë,shihni Fig. 1.1.

Shembull 1.9. Me M2(R) do të shënojmë bashkësinë e të gjitha matricave 2 × 2 me elementë nga R. Le të jetë GL2(R) njënënbashkësi e M2(R) ku bëjnë pjesë të gjitha matricat të cilat kanë matricë të anasjelltë. Pra, një matricë

A =

(a bc d

)bën pjesë në GL2(R) në qoftë se ekziston një matric A−1 e tillë që

AA−1 = A−1A = I

ku I është matrica njësi 2 × 2. Që një matricë A të ketë matricë të anasjelltë duhet që përcaktori i A-së të jetë i ndryshëm ngazero, pra det A = ad − bc , 0. Bashkësia e të gjitha matricave të cilat kanë të anasjelltë formon një grup që quhet grupi lineari përgjithshëm. Elementi identitet i këtij grupi është matrica njësi

I =

(1 00 1

).

38 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

TTT

TTT

TTT

TTT

TTT

TTT

TTT

TTT

TTT

TTT

TTT

TTT

-

-

-

-

-

-

A

A

A

A

A

A

B

B

B

B

B

B

C

C

C

C

C

C

B

C

A

B

C

A

A

B

C

C

A

B

C

A

B

A

B

C

reflektim

reflektim

reflektim

rrotullim

rrotullim

identiteti

µ3 =

(A B CB A C

)µ2 =

(A B CC B A

)µ1 =

(A B CA C B

)ρ2 =

(A B CC A B

)ρ1 =

(A B CB C A

)id =

(A B CA B C

)

Figura 1.1: Simetritë e trekëndëshit barabrinjës.

Elemeti i anasjelltë i elementit A ∈ GL2(R) është

A−1 =1

ad − bc

(d −b−c a

).

Prodhimi i dy matricave që kanë të anasjelltë është përsëri një matricë e tillë. Gjithashtu prodhimi i matricave e gëzon vetinë eshoqërimit. Për matricat në përgjithësi nuk është e vërtetë se AB = BA. Pra, GL2(R) është grup jo Abelian.

Shembull 1.10. Le të kemi

1 =

(1 00 1

), I =

(0 1−1 0

), J =

(0 ii 0

), K =

(i 00 −i

),

ku i2 = −1. Atëherë, kemi të vërtetë se:

I2 = J2 = K2 = −1, IJ = K, JK = I, KI = J,JI = −K, KJ = −I dhe IK = −J.

Bashkësia Q8 = ±1,±I,±J,±K është një grup i cili quhet grup i kuaternioneve. Kini parasysh se Q8 nuk është ndërimtare.

Shembull 1.11. Le të shënojmë me C∗ bashkësinë e numrave kompleksë të ndryshëm nga zero. Kjo bashkësi C∗ së bashku meveprimin e shumëzimit formon grup. Identiteti i grupit është 1. Në qoftë se z = a + bi është një numër komleks i ndryshëmnga zero atëherë

z−1 =a − bi

a2 + b2

është i anasjellti i z. Është e lehtë të vërtetojmë aksiomat e tjera të grupit.

Ushtrime:

c©AulonaPress 39




Algjebra Shaska T.

1. Le të jetë G një grup Abelian dheKubi (G) = g3

| g ∈ G

A është Kubi (G) një nëngrup i G-së?

2. JepetG = x ∈ R | x > 0 dhe x , 1.

Le të përkufizojmë veprimin ∗ mbi bashkësinë G si më poshtë

a ∗ b = alnb për çdo a, b ∈ G.

Vërtetoni se G në lidhje me veprimin ∗ formon grup Abelian.

3. Jepet bashkësia S = R \ −1. Përkufizojmë në S veprimin ∗ të tillë:

a ∗ b = a + b + ab.

Vërtetoni se (S, ∗) është grup.

4. Jepet u = (u1,u2) ∈ R2. Le të shënojmë me C(u, r) rrethin në R2 me qëndër në pikën u = (u1,u2) dhe reze r > 0. Shënojmëme S bashkësinë e të gjithë rrathëve në R2 me r > 0,

S = të gjithë rrathët C(u, r) ⊂ R2 të tillë që r > 0.

Përkufizojmë veprimin binar si më poshtë∗ : S × S → S

të tillë qëC(u, r) ∗ C(v, s) = C(u + v, rs),

ku u + v është shuma e vektorëve në R2. Vërtetoni se (S, ∗) është grup.

5. Le të jenë a dhe b dy elementë çfardo të grupit G. Vërtetoni se ab = ba atëherë dhe vetëm atëherë kur a−1b−1 = b−1a−1.

6. Le të shënojmë me S bashkësinë S = R \ −1 dhe përcaktojmë mbi këtë bashkësi veprimin ∗ të tillë a ∗ b = a + b + ab.Vërtetoni se (S, ∗) është grup Abelian.

7. Jepni një shembull të dy elementëve A dhe B në GL2(R) të tillë që AB , BA.

8. Vërtetoni se bashkësia e matricave të formës 1 x y0 1 z0 0 1

formon grup në lidhje me shumëzimin e matricave. Ky grup njihet me emrin grupi Heisenberg, dhe është i rëndësishëm nëfizikën kuantike. Shumëzimi i matricave në grupin Heisenberg është i tillë: 1 x y

0 1 z0 0 1

1 x′ y′

0 1 z′

0 0 1

=

1 x + x′ y + y′ + xz′

0 1 z + z′

0 0 1

.9. Le të jetë Zn

2 = (a1, a2, . . . , an) : ai ∈ Z2. Përcaktojmë mbi Zn2 veprimin binar të tillë:

(a1, a2, . . . , an) + (b1, b2, . . . , bn) = (a1 + b1, a2 + b2, . . . , an + bn).

Vërtetoni se Zn2 formon grup në lidhje me këtë veprim. Ky grup është i rëndësishëm në teori kodesh.

10. Vërtetoni se R∗ = R \ 0 formon grup në lidhje me verpimin e shumëzimit.

40 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

1.2 Nëngrupet, testet e nëngrupeve

Përkufizim 1.3. Le të jetë G një grup. Rend të një elementi g ∈ G quhet numri më i vogël i plotë pozitiv n (në qoftëse ekziston) i tillë që gn = e. Në qoftë se një numër i tillë nuk ekziston themi se elementi g ka rend të pafundëm.

Simbolikisht rendi i një elementi shënohet |g|. Kur veprimi i grupit është mbledhja, pra në grupet aditivë, rendii elementit është numri më i vogël n i tillë që g · n = 0.

Pra, për të gjetur rendin e një elementi g të grupit mjafton të gjejmë vargun e produkteve g, g2, g3, · · · derisa tëarijmë te identiteti për herë të parë. Eksponenti i këtij produkti (ose kur kemi të bëjmë me grup aditiv, koefiçienti)është rendi i g. Në qoftë se gjatë kryerjes së veprimeve nuk arijmë kurrë te identiteti themi se elementi g ka rend tëpafundëm ose infinit.

Shembull 1.12. Le te gjejmë rendin e elementëve të grupit U(15).

Zgjidhje: Pra bashkësia U(15) ka elementët

U(15) = 1, 2, 4, 7, 11, 13, 14.

Fillimisht gjejmë rendin e numrit 7. Atëherë, kemi qe:

72 = 4 mod 1573 = 13 mod 1574 = 1 mod 15

dhe duke u mbështetur te përkufizimi i rendit të një elementi themi se rendi i elementit 7 është 4 pra |7| = 4. Rër tëgjetur rendin e 11 llogarisim:

111 = 11 mod 15112 = 1 mod 15.

Pra, |11| = 2. Në mënyrë analoge mund të vërtetoni se |1| = 1, |2| = 4, |4| = 2, |8| = 4, |13| = 4 dhe |14| = 2.

Shembull 1.13. Gjeni rendin e elementëve te grupit Z10.

Zgjidhje: Dimë se elementët e këtij grupi janë 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Meqënëse grupi (Z10,+) është grup aditiv, dukeu mbështetur te përkufizimi kemi:

2 · 1 = 2 mod 10, 2 · 2 = 4 mod 10, . . . , 2 · 5 = 0 mod 10

pra rendi i 2-shit është 5 dhe në mënyrë analoge mund të llogarisim se |0| = 1, |7| = 10, |5| = 2 dhe |6| = 5.

Shembull 1.14. Le të gjejmë rendin e elementëve të grupit (Z,+).

Zgjidhje: Duke qënë se për çdo m nga Z (të ndryshme nga 0) dhe për çdo n nga N kemi që m · n është i ndryshëmnga zero, rrjedh se rendi i çdo elementi nga (Z,+) është i pafundëm.

Përkufizim 1.4. Në qoftë se një nënbashkësi H e grupit G formon grup në lidhje me veprimin e përcaktuar në Gatëherë themi se H është nëngrup i grupit G.

Për të treguar se H është nëngrup i G përdoret shënimi H ≤ G. Kur H është nënbashkësi e mirëfilltë e G-sëatëherë themi se H është nëngrup i mirëfilltë dhe shënohet H < G. Nëngrupi e quhet nëngrup trivial i G-së.

c©AulonaPress 41




Algjebra Shaska T.

1.2.1 Testet e nëngrupeve

Le të shohim disa kritere të cilat na ndihmojnë të përcaktojmë ekzaktësisht se kur një nënbashkësi e një grupiështë nëngrup.

Teorema 1.1 (Testi i parë i nëngrupit). Le të jetë G një grup dhe H një nënbashkësi jo boshe e G-së. Themi se H ështënëngrup i G-së në qoftë se për çdo a, b nga H dhe ab−1 bën pjesë në H.

Vërtetim: Së pari, meqënëse veprimi i përcaktuar në H është i njëjtë me atë në G vetia e shoqërimit është e vërtetë.Së dyti, do të vërtetojmë që elementi asnjanjës është po e-ja e G-së. Përderisa H nuk është boshe atëhere ekziston

të paktën një element x që bën pjesë në H. Atëherë, në qoftë se marrim a = x dhe b = x kemi që e = xx−1 = ab−1 bënpjesë në H. Për të verifikuar që x−1

∈ H kur x ∈ H mjafton që në kushtet e teoremës të zëvendësojmë a = e dhe b = x.Vërtetimi i teoremës do të quhet i kompletuar pasi të kemi treguar se H është e mbyllur në lidhje me veprimin epërcaktuar në G. Pra, duhet të vërtetojmë se për çdo a, b që bëjnë pjesë në H dhe prodhimi i tyre bën pjesë në H, përshembull ab ∈ H. Ne vërtetuam se kur y ∈ H dhe y−1

∈ H dhe në qoftë se në kushtet e teoremës zëvendësojmë a = xdhe b = y−1 kemi që xy = x(y−1)−1 = ab−1 bën pjesë në H.

Shembull 1.15. Le të jetë G një grup Abelian me element njësi e dhe H një nënbashkësi e G-së e tillë që

H = x ∈ H|x2 = e.

Të vërtetojmë se H është nëngrup i G-së.

Zgjidhje: Së pari vërtetojmë se kjo nënbashkësi nuk është boshe. Vërtet, përderisa e2 = e rrjedh që e ∈ H. Le të jenëa dhe b dy elementë nga H-ja, pra kemi a2 = e dhe b2 = e dhe le të vërtetojmë se dhe (ab−1)2 = e. Meqënëse G ështëgrup Abelian kemi:

(ab−1)2 = (ab−1)(ab−1) = ab−1ab−1 = (aa)(b−1b−1) = (a2)(b−1)2 = e(b2)−1 = e.

Si rrjedhim, (ab−1) ∈ H. Pra, H është nëngrup i G.

Shembull 1.16. Le të jetë G një grup Abelian me veprim shumëzimi dhe me element njësi e dhe H një nënbashkësi e G-së etillë H = x2

|x ∈ G. Të vërtetojmë se H është nëngrup i G-së.

Zgjidhje: Së pari, vërtetojmë se kjo nënbshkësi nuk është boshe. Vërtetë, përderisa e2 = e rrjedh që e ∈ H. Le të jenëa dhe b dy elementë nga G-ja pra a2 dhe b2 bëjnë pjesë në H. Tani le të shohim në qoftë se a2(b2)−1

∈ H, pra duhet tëvërtetojmë që ky prodhim është katror i plotë i ndonjë elementi të G-së. Meqënëse G është grup Abelian mund tëshkruajmë a2(b2)−1 = (ab−1)2

∈ H. Pra nga testi i parë H-ja është një nëngrup i grupit G.

Nga testi i parë del se për të vërtetuar se një nënbashkësi H e grupit G nuk është nëngrup mjafton të provojmënjërin nga faktet:

a) Elementi asnjanjës nuk gjendet në H.b) Ekziston të paktën një element në H i tillë që simetriku i tij nuk gjendet në H.c) Ekzistojnë të paktën dy elementë a dhe b në H të tillë që prodhimi i tyre ab nuk gjendet në H, pra të kemi që

a, b ∈ H por ab < H.

Teorema 1.2 (Testi i dytë i nëngrupeve). Një nënbashkësi H e G-së është një nëngrup atëherë dhe vetëm atëherë kur ajoplotëson kushtet e mëposhtme.

1. Identiteti e i G është në H.

2. Në qoftë se h1, h2 ∈ H, atëherë h1h2 ∈ H.

3. Në qoftë se h ∈ H, atëherë h−1∈ H.

42 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Vërtetim: Fillimisht supozojmë se H është një nëngrup i G-së. Duhet të vërtetojmë se tre kushtet e dhëna më sipërplotësohen. Meqënëse H është grup ajo ka identitetin eH. Ne duhet të vërtetojmë se eH = e ku e është identiteti igrupit G. Dimë se eHeH = eH dhe se eeH = eHe = eH, pra eeH = eHeH. Duke u bazuar te ligji i thjeshtimit nga e majtakemi se e = eH. Kushti i dytë është i vërtetë sepse nëngrupi H është grup. Për të provuar kushtin e tretë le të kemih ∈ H. Meqënëse H është grup atëherë ekziston një element h′ ∈ H i tillë që hh′ = h′h = e. Nga uniciteti i elementittë anasjelltë në G kemi se h′ = h−1.

Anasjelltas, në qoftë se tre kushtet e dhëna më sipër janë të vërteta duhet të vërtetojmë se H është grup në lidhjeme veprimin e grupit G. Megjithatë këto kushte së bashku me vetinë e shoqërimit janë ekzaktësisht aksiomat edhëna në përkufizimin e grupit.

Shembull 1.17. Le të jetë G grupi i numrave realë jozero me veprim shumëzimin e zakonshëm të numrave dhe le të jetë H

H = x ∈ G|x = 1 ose x irracional

Të vërtetojmë që H nuk është nëngrup i G-së. Për H kemi që√

2 ∈ H por√

2√

2 = 2 < H, pra veprimi i përcaktuar në H nukështë i mbyllur.

Teorema 1.3 (Testi tretë i nëngrupeve). Le të jetë H një nënbashkësi e fundme jo boshe e grupit G. Në qoftë se H është embyllur në lidhje me veprimin e përcaktuar në G atëherë H është nëngrup i grupit G.

Vërtetim: Duke u mbështetur te testi i dytë mjafton të vërtetojmë se për çdo a ∈ H ekziston a−1∈ H. Në qoftë se

a = e atëherë kjo është e vërtetë sepse e−1 = e ∈ H. Kurse në qoftë se a , e shqyrtojmë vargun a, a2, a3, · · · .Meqënëse, H është e mbyllur të gjithë këta elementë bëjnë pjesë në H por duke qënë se ajo është e fundme jo të

gjithë këta elementë janë të ndryshëm. Pra, themi se ai = a j dhe i > j. Atëherë, ai− j = e dhe meqënëse a , e kemi qëi − j − 1 > 0. Pra, aai− j−1 = ai− j = e dhe si rrjedhojë ai− j−1 = a−1. Por i − j − 1 ≥ 1 e cila sjell që ai− j−1

∈ H.

1.2.2 Shembuj nëngrupesh

Vërtetimet në teoremat e mëposhtme tregojnë se si zbatohen testet e nëngrupeve. Fillimisht do të prezantojmënjë koncept të rëndësishëm për grupet.

Përkufizim 1.5. Quajmë qendër të grupit një nënbashkësi të G-së të tillë që elementët e saj janë Abelianë me çdoelement të G-së. Këtë nënbashkësi e shënojmë me Z(G) dhe sipas përkufizimit kemi:

Z(G) = a ∈ G | xa = ax, ∀x ∈ G.

Pohim 1.1. Qëndra Z(G) e grupit G është nëngrup.

Vërtetim: Për vërtetimin e kësaj teoreme do të përdorim testin e dytë. Është e qartë që e ∈ Z(G) sepse ∀x ∈ G kemiex = xe. Pra, Z(G) është një bashkësi jo boshe. Tani le të vërtetojmë se Z(G) është e mbyllur në lidhje me veprimin epërkufizuar në G. Le të jenë a, b ∈ Z(G), atëhere:

(ab)x = a(bx) = a(xb) = (ax)b = (xa)b = x(ab), ∀ x ∈ G.

Pra, ab ∈ Z(G).Tani duhet të vërtetojmë se në qoftë se a ∈ Z(G) atëhere dhe a−1

∈ Z(G). Supozojmë se a ∈ Z(G) atëherë kemi qëax = xa dhe duhet të vërtetojmë se a−1x = xa−1. Le të shumëzojmë këtë barazim nga e majta dhe e djathta, të dy anëte barazimit, me a−1 pra kemi:

a−1(ax)a−1 = a−1(xa)a−1

(a−1a)xa−1 = a−1x(aa−1)

exa−1 = a−1xe

xa−1 = a−1x

(1.1)

Pra, vërtetuam se për çdo a ∈ Z(G) kemi që dhe a−1∈ Z(G), pra Z(G) është nëngrup.

c©AulonaPress 43




Algjebra Shaska T.

Përkufizim 1.6. Le të jetë a një element çfardo në G. Quajmë qendërzues të a-së në grupin G bashkësinë e elementëvetë G-së të cilët janë komutativë (Abelianë) në lidhje me a-në. Këtë bashkësi e shënojmë me C(a), pra

C(a) = g ∈ G | ga = ag.

Qendërzuesi i një elementi a zakonisht shënohet me C(a), nga fjala ”center” e cila është përkthimi i fjalës qendërne anglisht.

Lema 1.4. Qendërzuesi C(a) është nëngrup i G-së.

Vërtetim: Vërtetimi si për Z(G). I lihet detyrë lexuesit.

Shembull 1.18. Shqyrtojmë bashkësinë e numrave real të ndryshëm nga zero, R∗, me veprim grupi shumëzimin. Identiteti ikëtij grupi është 1 dhe i anasjellti i çdo elementi a ∈ R∗ është 1/a. Do të vërtetojmë se

Q∗ = p/q : p dhe q janë numra të plotë të ndryshëm nga zero

është një nëngrup i R∗.

Identiteti iR∗ është 1. Megjithatë 1 = 1/1 është raporti i dy numrave të plotë të ndryshëm nga zero. Pra identitetii R∗ është në Q∗. Në qoftë se jepen dy elementë p/q dhe r/s në Q∗, atëherë dhe produkti i tyre pr/qs është gjithashtunë Q∗. Gjithashtu inversi i çdo elementi p/q ∈ Q∗ është përsëri në Q∗ sepse (p/q)−1 = q/p. Së fundmi, meqënëseshumëzimi në R∗ e gëzon vetinë e shoqërimit të njëjtë gjë mund të themi dhe për shumëzimin në Q∗.

Shembull 1.19. Kujtojmë se me C∗ kemi shënuar grupin e numrave komleksë të ndryshëm nga zero me veprim shumëzimin.Le të jepet H = 1,−1, i,−i, atëherë H është një nëngrup i C∗.

Është e lehtë të vërtetojmë se H ⊂ C∗ dhe se H formon grup në lidhje me veprimin e shumëzimit.

Shembull 1.20. Le të jetë SL2(R) një nënbashkësi e GL2(R) që përmban të gjitha matricat me determinant 1. Pra, një matricë

A =

(a bc d

)është në SL2(R) kur ad − bc = 1.

Për të vërtetuar se SL2(R) është një nëngrup i GL2(R) duhet të vërtetojmë se ajo formon grup në lidhje meveprimin e shumëzimit të matricave. Matrica identitet 2 × 2 është në SL2(R) sikurse dhe matrica e anasjelltë ematricës A,

A−1 =

(d −b−c a

).

Së fundmi duhet të vërtetojmë se veprimi i shumëzimit është i mbyllur. Pra produkti i dy matricave me determinant1 është përsëri një matricë me determinant 1. Vërtetimi i lihet detyrë lexuesit. Grupi SL2(R) quhet grupi linearspecial.

Është e rëndësishme të theksojmë se nënbashkësia H e një grupi G mund të formojë grup duke mos qënë nëngrup

i G-së. Që H të jetë një nëngrup i grupit G duhet që veprimi i përcaktuar në të të jetë veprimi i grupit G.

Shembull 1.21. Bashkësia e të gjitha matricave 2 × 2 me elementë nga R, shënohet me M2(R), formon grup në lidhje meveprimin e mbledhjes. Bashkësia GL2(R) është një nënbashkësi e M2(R) dhe është gjithashtu grup në lidhje me veprimin eshumëzimit por ajo nuk është një nëngrup i M2(R). Shuma e dy matricave të cilat kanë matricë të anasjelltë nuk është përsërinjë matricë e cila ka të anasjelltë. Vini re se(

1 00 1

)+

(−1 00 −1

)=

(0 00 0

),

por matrica zero nuk bën pjesë në GL2(R).

44 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Shembull 1.22. Një mënyrë për të vërtetuar se kur dy grupe janë të njëjtë është duke parë nëngrupet e tyre. Grupi Z4 kavetëm një nëngrup të mirëfilltë që përmban elementët 0 dhe 2. Duke u nisur nga grupi Z2 mund të formojmë një grup tjetërme katër element si më poshtë. Bashkësia e këtij grupi është Z2 ×Z2 ndërsa veprimi i përcaktuar në të është

(a, b) + (c, d) = (a + c, b + d).

Tabela 1.3 është një tabelë mbledhjeje për Z2 ×Z2. Meqënëse grupi Z2 ×Z2 ka tre nëngrupe të mirëfilltë:

H1 = (0, 0), (0, 1)H2 = (0, 0), (1, 0)H3 = (0, 0), (1, 1),

atëherë themi se Z4 dhe Z2 ×Z2 janë dy grupe të ndryshëm.

+ (0,0) (0,1) (1,0) (1,1)(0,0) (0,0) (0,1) (1,0) (1,1)(0,1) (0,1) (0,0) (1,1) (1,0)(1,0) (1,0) (1,1) (0,0) (0,1)(1,1) (1,1) (1,0) (0,1) (0,0)

Tabela 1.3: Tabela e mbledhjes për Z2 ×Z2

Ushtrime:

1. Në tabelën e Kejlit më poshtë, Tabela 1.4, gjeni:

∗ 1 2 3 4 5 6 7 8

1 1 2 3 4 5 6 7 82 2 1 8 7 6 5 4 33 3 4 5 6 7 8 1 24 4 3 2 1 8 7 6 55 5 6 7 8 1 2 3 46 6 5 4 3 2 1 8 77 7 8 1 2 3 4 5 68 8 7 6 5 4 3 2 1

Tabela 1.4: Tabela e Kejlit

a) Z(G)b) Qendërzuesin e elementëve 5, 7 etj. në grupin G.c) Gjej rendin e disa elementëve të G-së Për shembull 3, 5 etj.

2. Gjeni qendrën e grupeve S3,S4,S5.

3. Jepet N një nëngrup i qëndrës së grupit G. Vërtetoni se në qoftë se G/N është grup ciklik atëherë G është Abelian.

4. Vërtetoni se një grup që ka çdo element, të ndryshëm nga identiteti, me rend dy është grup Abelian. Pra, në se ∀x ∈ G,x , e, kemi |x| = 2 atëherë G është Abelian.

5. Le të jetë H = 2k : k ∈ Z. Vërtetoni se H është një nëngrup i Q∗.

c©AulonaPress 45




Algjebra Shaska T.

6. Le të jetë n = 0, 1, 2, . . . dhe nZ = nk : k ∈ Z. Vërtetoni se nZ është një nëngrup i Z. Vërtetoni se këta janë nëngrupet evetëm të Z.

7. Le të kemi T = z ∈ C∗ : |z| = 1. Vërtetoni se T është një nëngrup i C∗.

8. Le të kemi bashkësinë G e cila përmban të gjitha matricat 2 × 2 të formës(cosθ − sinθsinθ cosθ

)ku θ ∈ R. Vërtetoni se G është një nëngrup i SL2(R).

9. Vërtetoni seG = a + b

√

2 : a, b ∈ Q dhe a dhe b nuk janë njëkohësisht zero

është një nëngrup i R∗ në lidhje me veprimin e shumëzimit.

10. Le të jetë G grupi i matricave 2 × 2 në lidhje me veprimin e mbledhjes dhe

H =

(a bc d

): a + d = 0

.

Vërtetoni se H është një nëngrup i G.

11. Provoni ose vërtetoni të kundërtën se SL2(Z), bashkësia e matricave 2 × 2 me element numra të plotë dhe me determinant1, është nëngrup i SL2(R).

12. Jepni nëngrupet e grupit të kuaternioneve Q8.

13. Vërtetoni se prerja e dy nënrupeve të një grupi G është gjithashtu një nëngrup i G.

14. Provoni ose tregoni të kundërtën: Në qoftë se H dhe K janë nëngrupe të një grupi G, atëherë H ∪ K është nëngrup i G.

15. Provoni ose tregoni të kundërtën: Në qoftë se H dhe K janë nëngrupe të një grupi G, atëherë HK = hk : h ∈ H dhe k ∈ Kështë nëngrup i G. Çfarë mund të thoni në qoftë se G është Abelian?

1.3 Grupet ciklikë

Le të jetë a një element i një grupi, atëherë me simbolin 〈a〉 do të shënojmë bashkësinë e gjithë fuqive meeksponent të plotë të a-së pra bashkësinë an

|n ∈ Z. Në qoftë se a ka rend të fundëm atëherë me simbolin 〈a〉shënojmë

〈a〉 := e = a0, a, a2, a3, . . . , an−1.

Teorema 1.4 (〈a〉 është nëngrup). Le të jetë G një grup dhe a një element çfarëdo i tij. Atëherë, 〈a〉 është nëngrup i grupit G.

Vërtetim: Meqënëse vetë elementi a i përket 〈a〉, atëherë 〈a〉 nuk është bashkësi boshe. Le të jenë am dhe an dy fuqiçfarëdo të a-së. Atëherë, an, am

∈ 〈a〉 dhe an(am)−1 = an−m∈ 〈a〉. Pra, nga testi i parë i nëngrupeve, 〈a〉 është nëngrup

i G-së.

Nëngrupi 〈a〉 është quajtur nëngrup ciklik i G-së i gjeneruar nga elementi a. Të shohim tani se çfarë quhet grupciklik.

Përkufizim 1.7. Një grup quhet ciklik në qoftë se ekziston një element a ∈ G i tillë që:

G = an|n ∈ Z

dhe një element i tillë (në qoftë se ekziston) quhet gjenerator i G-së dhe shkruajmë: G = 〈a〉.

Një grup ciklik mund të ketë shumë gjeneratorë. Më poshtë do të japim shembuj grupesh të tillë. Kini parasyshse aia j = ai+ j = a j+i = a jai, pra çdo grup ciklik është Abelian.

46 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Figura 1.2: Simetritë e katrorit

Shembull 1.23. Grupi i numrave të plotë nën veprimin e mbledhjes, pra (Z,+) është grup ciklik dhe si gjeneratorë të këtijgrupi shërbejnë 1,−1.

Shembull 1.24. Gjeni elementët që gjenerojnë grupin D4.

Zgjidhje: Rikujtojmë Shemb. 1.6 i cili paraqiste të gjitha simetritë e katrorit. Figura ?? tregon nga ana gjeometriketë 8-të simetritë e katrorit. Shënojmë rrotullimin R90 me a. Atëherë, R180 = a2, R270 = a3 dhe R360 = a4 = id.

Shënojmë lëvizjen V me b. Atëherë,a2b = ba2 = H

dheD1 = ab = ba3, D2 = a3b = ba

Atëherë, grupi dihedralD4 = id, a, b, a2, a3, a2b, ab, ba

Pra, gjithë simetritë e katrorit gjenerohen nga elementët a dhe b.

Shembull 1.25. Bashkësia Zn = 0, 1, · · · ,n − 1 për n ≥ 1 me veprim mbledhjen sipas modulit n është grup ciklik dhe1,−1 = n − 1 janë gjeneratorët e këtij grupi.

Ndryshe nga grupi (Z,+) që ka vetëm dy gjeneratorë grupi Zn mund të ketë shumë gjeneratorë dhe kjo varetnga n-ja.

Shembull 1.26. Le të vërtetojmë se grupi Z8 gjenerohet nga elementi 3, pra Z8 = 〈3〉.

Zgjidhje: Në grupin Z8 me veprim mbledhjen sipas mod 8 elementi 3 gjeneron këta elementë:

〈3〉 = 3, 3 + 3, 3 + 3 + 3, · · · = 3, 6, 1, 4, 7, 2, 5, 0 = Z8

Pra themi se 3-shi është gjenerator i Z8. Në të njëjtën mënyrë mund të verifikoni se Z8 = 〈1〉 = 〈3〉 = 〈5〉 = 〈7〉.

Shembull 1.27. Vërtetoni se U(10) = 〈3〉 = 〈7〉.

Zgjidhje: Më parë kemi parë se U(10) = 1, 3, 7, 9. Numri 3 dhe 7-të janë gjenerator të këtij grupi sepse:

〈3〉 = 30, 31, 33, 32 = 1, 3, 7, 9

dhe gjithashtu〈7〉 = 70, 73, 71, 72

= 1, 3, 7, 9

c©AulonaPress 47




Algjebra Shaska T.

Teorema 1.5. Le të jetë G një grup dhe a ∈ G. Në qoftë se a ka rend të pafundëm atëhere të gjitha fuqitë e a-së formojnë grupetë ndryshëm elementësh. Në qoftë se a ka rend të fundëm, për shembull |a| = n, atëhere

〈a〉 = e, a, a2, a3, . . . , an−1

dhe ai = a j atëherë dhe vetëm atëherë kur n | (i − j).

Vërtetim: Kemi që elementi a ka rend të pafundëm, pra nuk ekziston asnjë numër i plotë pozitiv n i tillë që an = edhe duhet të vërtetojmë se të gjitha fuqitë e a-së formojnë grupe të ndryshëm elementësh. Supozojmë të kundërtënsikur ekzistojnë ai, a j ku i , j të tillë që ai = a j. Atëherë, kemi që ai− j = e e cila është e vërtetë vetëm për i − j = 0 prapër i = j. Kontradiksion, pra supozimi i gabuar bie poshtë.

Tani le të vërtetojmë se në qoftë se |a| = n, atëherë kemi që:

〈a〉 = e, a, a2, a3, . . . , an−1.

Fillimisht le të vërtetojmë se elementët e, a, · · · , an−1 janë të ndryshëm ndërmjet tyre. Supozojmë të kundërtën, prase për i, j të tillë që 0 ≤ j < i ≤ n − 1 kemi që ai = a j. Por nga barazimi i fundit marrim ai− j = e për i − j < n. Porkjo bie në kundështim me faktin se n është numri më i vogël pozitiv i tillë që an është identiteti. Kontradiksion. Prasupozimi ynë bie poshtë.

Supozojmë se ak është një element çfarëdo i 〈a〉. Nga algoritmi i pjesëtimit dimë se ekzistojnë dy numra të plotëq dhe r të tillë që

k = qn + r ku 0 ≤ r < n

Atëherë, ak = aqn+r = aqnar = (an)qar = ear = ar, pra kemi që ak∈ e, a, a2, · · · , an−1

. Kjo vërteton se〈a〉 = e, a, a2, · · · , an−1

.Le të vërtetojmë tani se në qoftë se ai = a j pra ai− j = e atëherë n plotpjesëton i − j. Supozojmë të kundërtën pra

se n nuk plotpjesëton i − j atëherë nga algoritmi i pjesëtimit dimë se ekzistojnë dy numra të plotë q dhe r të tillë që

i − j = qn + r ku 0 ≤ r < n.

Duke zëvendësuar në barazimin më sipër marrim: ai− j = aqn+r dhe si rrjedhim e = ai− j = aqn+r = (an)qar = eqar = ear =ar. Meqënëse n-ja është numri më i vogël pozitiv i tillë që an = e duhet të kemi r = 0 dhe si rrjedhim n-ja plotpjesëtoni − j.

Anasjelltas, në qoftë se i − j = nq atëherë ai− j = anq = eq = e pra ai = a j.

Rrjedhim 1.2. Për një element çfarëdo a të grupit kemi që |a| = |〈a〉|.

Rrjedhim 1.3. Le të jetë G një grup dhe le të jetë a një element i tij me rend n. Në qoftë se ak = e atëherë n plotpjesëton k.

Vërtetim: Meqënëse ak = e = a0 nga teorema e mësipërme kemi që n plotpjesëton k − 0 = k

Teorema 1.6. Le të jetë G një grup ciklik i fundëm me rend n i gjeneruar nga a, pra G = 〈a〉. Atëherë, G = 〈ak〉 atëherë dhe

vetëm atëherë kur k dhe n janë relativisht të thjeshtë, pra (k,n) = 1.

Vërtetim: Vërtetojmë fillimisht që në qoftë se (k,n) = 1, atëherë grupi G gjenerohet nga 〈ak〉 pra G = 〈ak

〉.Pra kemi që (k,n) = 1 atëherë ekzistojnë dy numra të plotë u dhe v që vërtetojnë barazimin

1 = ku + nv

Atëherë, mund të shkruajmë:

a = aku+nv = aku· anv = aku

· (an)v = aku· ev =

(ak

)u,

por kjo do të thotë që a ∈ 〈ak〉. Pra dhe që të gjitha fuqitë e plota të a-së i përkasin 〈ak

〉. Për shembull ap = (aku)p = (ak)up

pra ap∈ 〈ak

〉. Keshtu që G = 〈ak〉 dhe 〈ak

〉 është gjenerator i G-së.Tani le të vërtetojmë se në qoftë se G = 〈ak

〉 atëherë (k,n) = 1. Supozojmë se k dhe n nuk janë primë midis tyrepra (k,n) = d > 1 atëherë kemi

k = td dhe n = sd

48 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

ku s < n. Kështu që,(ak)s = (atd)s = (at)ds = (at)n = (an)t = et = e

Meqënëse (ak)s = e kemi se rendi i ak është më i vogël ose i barabartë se s. Pra,

|ak| ≤ s < n.

Kjo do të thotë që ak nuk mund të shërbej si gjenerator për grupin G sepse rendi i grupit G është n kurse |〈ak〉| = s

ku s < n.

Më sipër, kur folëm për gjeneratorët e grupit thamë se Zn ka më shumë se një gjenerator. Në bazë të teoremëssë mësipërme si gjenerator të grupit Zn do të shërbejë çdo numër k ∈ Zn i tillë që (k,n) = 1.

Rrjedhim 1.4. Numëri k është gjenerator i grupit Zn atëherë dhe vetëm atëherë kur (k,n) = 1.

Shembull 1.28. Le të shqyrtojmë bashkësinë e të gjithë shumëfishave të 3 ∈ Z. Kjo bashkësi shënohet:

3Z = . . . ,−3, 0, 3, 6, . . ..

Është e thjeshtë të vërtetojmë se 3Z është një nëngrup i numrave të plotë. Ky nëngrup përcaktohet plotësisht nga elementi3 sepse ne mund të përfitojmë të gjithë elementët e tjerë të grupit duke marë shumëfishat e 3-shit. Çdo element i nëngrupit”gjenerohet” nga 3-shi.

Shembull 1.29. Në qoftë se H = 2n : n ∈ Z, atëherë H është nëngrup i grupit Q∗. Në qoftë se a = 2m dhe b = 2n janë në Hatëherë ab−1 = 2m2−n = 2m−n është gjithashtu në H. Nga Teorema 1.1, H është një nëngrup i Q∗ i gjeneruar nga elementi 2.

Shembull 1.30. Kini parasysh se një grup ciklik mund të ketë më shumë se një gjenerator. Për shembull, grupi Z6 kagjenerator 1 dhe 5 por jo çdo element i një grupi ciklik është gjenerator i grupit. Rendi i elementit 2 ∈ Z6 është 3. Grupi cikliki gjeneruar nga 2 është 〈2〉 = 0, 2, 4.

Shembull 1.31. Grupi U(9) i njësive të Z9 është grup ciklik. Elementët e bashkësisë U(9) janë 1, 2, 4, 5, 7, 8. Elementi 2është gjenerator i U(9) duke qënë se

21 = 2 22 = 423 = 8 24 = 725 = 5 26 = 1

Shembull 1.32. Jo çdo grup është grup ciklik. Shqyrtoni grupin e simetrive të trekëndëshit barabrinjës S3. Të gjitha simetritëe trekëndëshit janë treguar në Figurën 1.1.

Nëngrupet e S3 janë treguar në Figure 1.3. Vini re se çdo nëngrup është ciklik megjithatë asnjë element i vetëm nukgjeneron të gjithë grupin.

S3

id

id, ρ1, ρ2 id, µ1 id, µ2 id, µ3

!!!!

!!!!

aaaaaaaa

SSS

SSS

aaaa

aaaa

!!!!!!!!

Figura 1.3: Nëngrupet e S3

Shembull 1.33. Le të jetë 〈a〉 një grup ciklik ku elementi a ka rend 30. Paraqisni të gjithë nëngrupet e këtij grupi.

c©AulonaPress 49




Algjebra Shaska T.

Zgjidhje: Nga teorema e mësipërme themi se nëngrupet e 〈a〉 janë të formës 〈am〉 ku m është një pjesëtues i 30. Për

më tepër në qoftë se k është një pjesëtues i 30 nëngrupi me rend k është 〈a30/k〉. Pra lista e nëngrupeve të grupit 〈a〉

është:

〈a〉 = e, a, a2, . . . , a29 me rend 30-të

〈a2〉 = e, a2, a4, . . . , a28

me rend 15-të

〈a3〉 = e, a3, a6, . . . , a27

me rend 10-të

〈a5〉 = e, a5, a10, . . . , a15, a20, a25

me rend 6-të

〈a6〉 = e, a6, a12, a18, a24

me rend 5

〈a10〉 = e, a10, a20

me rend 3

〈a15〉 = e, a15

me rend 2

〈a30〉 = e me rend 1

Shembull 1.34. Është dhënë grupi (U(50),⊗). Gjeni rendin e këtij grupi dhe gjeneratorët e tjerë të tij duke ditur se 3-shiështë gjenerator i këtij grupi.

Zgjidhje: Elementët e U(50) jane:

U(50) = 1, 3, 7, 9, 11, 13, 17, 19, 21, 23, 27, 29, 31, 33, 37, 39, 41, 43, 47, 49.

Pra |U(50)| = 20. Në bazë të teoremës së mësipëme gjeneratorë janë të gjithë elementët e grupit të formës 3k për k tëtilla që (k, 20) = 1 pra të gjithë elementët

31 = 3, 33 = 9, 37 = 37, 39 = 49, 311 = 47, 313 = 23, 317 = 13, 319 = 17

Mos haroni se të gjitha këto veprime kryhen sipas mod 50.

Lindin pyetje interesante rreth nëngrupeve ciklike të një grupi si dhe rreth nëngrupeve të një grupi ciklik. Nëqoftë se G është grup cilët nëngrupe të grupit G janë ciklik? Në qoftë se G është grup ciklik çfarë tipe nëngrupeshka ky grup?

Teorema 1.7. Çdo nëngrup i një grupi ciklik është ciklik.

Vërtetim: Le të jetë G grup ciklik i gjeneruar nga elementi a dhe supozojmë se H është një nëngrup i grupit G. Nëqoftë se H = e atëherë H është ciklik. Supozojmë që H përmban disa elementë të tjerë g të ndryshëm nga identiteti.Atëherë, për një numër të plotë n elementi g mund të shkruhet si an. Supozojmë se n > 0. Le të jetë m numri më ivogël natyror i tillë që am

∈ H. Një numër i tillë m ekziston nga parimi i mirërenditjes.Supozojmë se h = am është një gjenerator për H. Duhet të vërtetojmë se çdo h′ ∈ H mund të shkruhet si një fuqi

e h. Meqënëse h′ ∈ H dhe H është një nëngrup i G atëherë për një numër të plotë k kemi h′ = ak. Duke përdoruralgoritmin e pjestimit gjejmë numrat q dhe r të tillë që k = mq + r ku 0 ≤ r < m. Pra

ak = amq+r = (am)qar = hqar.

Si rrjedhim ar = akh−q. Meqënëse ak dhe h−q janë në H, atëherë ar duhet të jetë gjithashtu në H. Por m ishte numrimë i vogël pozitiv i tillë që am

∈ H dhe si rrjedhim r = 0, pra k = mq. Përfundimisht themi se

h′ = ak = amq = hq

dhe H është gjeneruar nga h.

Rrjedhim 1.5. Nëngrupet e grupit Z janë ekzaktësisht nZ për n = 0, 1, 2, . . ..

50 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Pohim 1.2. Le të jetë G grup ciklik me rend n dhe supozojmë se a është një gjenerator i grupit G. Atëherë, ak = e atëherë dhevetëm atëherë kur n pjesëton k.

Vërtetim: Fillimisht supozojmë se ak = e. Nga algoritmi i pjesëtimit kemi k = nq + r ku 0 ≤ r < n. Pra

e = ak = anq+r = anqar = ear = ar.

Meqënëse numri më i vogël i plotë pozitiv m i tillë që am = e është n kemi që r = 0.Anasjelltas në qoftë se n pjesëton k atëherë k = ns për një numër të plotë s. Si rrjedhim kemi që:

ak = ans = (an)s = es = e.

Teorema 1.8. Le të jetë G grup ciklik me rend n dhe supozojmë se a ∈ G është një gjenerator i grupit. Në qoftë se b = ak

atëherë rendi i elementit b është n/d ku d = gcd(k,n).

Vërtetim: Ne duam të gjejmë numrin e plotë më të vogël m të tillë që e = bm = akm. Por ne dimë që ky ështënumri i plotë më i vogël m i tillë që n pjesëton km ose n/d pjesëton m(k/d). Meqënëse d është pjesëtuesi më i madhi përbashkët i n dhe k atëherë n/d dhe k/d janë relativisht të thjeshtë. Pra, që n/d të pjesëtojë m(k/d) ai duhet tëpjesëtojë m. Numri i tillë m më i vogël është n/d.

Rrjedhim 1.6. Gjeneratorët e Zn janë numrat e plotë r të tillë që 1 ≤ r < n dhe gcd(r,n) = 1.

Shembull 1.35. Le të shqyrtojmë grupinZ16. Numrat 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, dhe 15 janë elementët eZ16 të cilët janë relativishttë thjeshtë me 16. Secili prej këtyre elementëve gjeneron Z16. Për shembull:

1 · 9 = 9 2 · 9 = 2 3 · 9 = 114 · 9 = 4 5 · 9 = 13 6 · 9 = 67 · 9 = 15 8 · 9 = 8 9 · 9 = 1

10 · 9 = 10 11 · 9 = 3 12 · 9 = 1213 ·9 = 5 14 · 9 = 14 15 · 9 = 7.

Ushtrime:

1. Vërtetoni se në qoftë se G nuk ka nëngrupe të mirëfilltë atëherë G është ciklik.

2. Vërtetoni që çdo grup me rend të thjeshtë është ciklik.

3. Vërtetoni ose tregoni të anasjelltën. Në qoftë se G është një grup i tillë që çdo nëngrup i mirëfilltë është ciklik atëherë Gështë ciklik.

4. Vërtetoni ose tregoni të anasjelltën e të gjithë pohimeve të mëposhtëm:a) Grupi U(8) është ciklik.b) Të gjithë gjeneratorët e Z60 janë të thjeshtë.c) Një grup me një numër të fundëm nëngrupesh është i fundëm.

5. Cilët janë të gjithë nëngrupet ciklikë të grupit të kuaternioneve Q8?

6. Jepni të gjithë gjeneratorët e secilit prej nëngrupeve të Z32 me rend 8.

7. Cilët grupe U(n), për n ≤ 30 janë ciklik?

1.4 Grupi i rrethit dhe rrënjët e njësisë

Në këtë pjesë shohim një nga grupet ciklik më klasik dhe më të rëndësishëm, atë të rrënjëve të njësisë.

c©AulonaPress 51




Algjebra Shaska T.

1.4.1 Numrat kompleksë

Numrat kompleksë janë përkufizuar si

C = a + bi : a, b ∈ R,

ku i2 = −1. Në qoftë se z = a + bi atëherë a është pjesa reale e z dhe b është pjesa imagjinare e z.Për të mbledhur dy numra kompleks, z = a + bi dhe w = c + di, ne mbledhim respektivisht pjesët reale dhe

imagjinare të tyre:z + w = (a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i.

Ndërsa shumëzimi i numrave komleksë bëhet njësoj si ai i polinomeve por duke pasur parasysh se i2 = −1. Prodhimii z dhe w është:

(a + bi)(c + di) = ac + bdi2 + adi + bci = (ac − bd) + (ad + bc)i.

Çdo numër komleks i ndryshëm nga zero ka të anasjelltë në lidhje me shumëzimin. Pra ekziston një z−1∈ C∗ e

tillë që zz−1 = z−1z = 1. Në qoftë se z = a + bi, atëherë

z−1 =a − bi

a2 + b2 .

I konjuguari i një numri komleks z = a+bi është z = a−bi. Vlera absolute ose moduli i z = a+bi është |z| =√

a2 + b2.

Shembull 1.36. Le të kemi z = 2 + 3i dhe w = 1 − 2i. Atëherë

z + w = (2 + 3i) + (1 − 2i) = 3 + i

dhezw = (2 + 3i)(1 − 2i) = 8 − i.

Gjithashtu,

z−1 =213−

313

i, |z| =√

13, z = 2 − 3i.

z 3 = –3 + 2i

z 1 = 2 + 3i

z 2 = 1 – 2i

y

x0

Figura 1.4: Koordinatat e një numri kompleks

Ka disa mënyra të ndryshme për të paraqitur grafikisht numrat komleksë. Ne mund të paraqesim një numërkomleks z = a + bi si një çift i renditur pikash në planinxy ku a është koordinata x (ose pjesa reale) dhe b është koor-dinata y (ose pjesa imagjinare). Kjo është quajtur paraqitja karteziane ose paraqitja me koordinata drejtëkëndore.

Paraqitja katrore e z1 = 2 + 3i, z2 = 1 − 2i, dhe z3 = −3 + 2i është dhënë në figurën Figure 1.4.

52 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

y

x0

r

a + bi

θ

Figura 1.5: Koordinatat polare të një numri kompleks.

Numrat kompleks të ndryshëm nga zero gjithashtu mund të jepen duke përdorur koordinatat polare. Për tëparaqitur një pikë të ndryshme nga zero në plan është e mjaftueshme të jepet një kënd θ nga boshti pozitiv i x-vesipar drejtimit kundërorar dhe distanca r e pikës nga origjina si në Figure 1.5. Mund të shohim se

z = a + bi = r(cosθ + i sinθ).

Prar = |z| =

√

a2 + b2

dhea = r cosθ dhe b = r sinθ.

Shembull 1.37. Supozojmë që z = 2(cos π

3 + i sin π3

). Atëherë

a = 2 cosπ3

= 1 dhe b = 2 sinπ3

=√

3.

Pra, paraqitja në koordinata drejtkëndore është z = 1 + i√

3.

Anasjelltas në qoftë se na është dhënë paraqitja në koordinata drejtkëndore e një numri kompleks shpesh ështëe nevojshme të njihet paraqitja polare e tij. Në qoftë se kemi z = 3

√2 − 3

√2 i atëherë

r =√

a2 + b2 =√

36 = 6

dhe

θ = arctan(

ba

)= arctan(−1) = 315,

pra

3√

2 − 3√

2 i = 6 (cos 315 + i sin 315) .

Paraqitja nëpërmjet koordinatave polare të një numri kompleks e bën më të lehtë gjetjen e prodhimit dhe fuqivetë numrave komleks. Vërtetimi i pohimit të më poshtëm i lihet si ushtrim lexuesit.

Pohim 1.3. Le të kemi z = r (cosθ + i sinθ) dhe w = s(cosφ + isinφ

)dy numra komleks të ndryshëm nga zero. Atëherë

zw = rs(cos(θ + φ) + i sin(θ + φ)

).

c©AulonaPress 53




Algjebra Shaska T.

Teorema 1.9 (De Moivre). Le të jetëz = r (cosθ + i sinθ)

një numër komleks i ndryshëm nga zero. Atëherë

zn = rn (cos nθ + i sin iθ)

për n = 1, 2, . . ..

Vërtetim: Do të përdorim induksionin mbi n. Për n = 1 teorema është e vërtetë. Supozojmë se teorema është evërtetë për të gjitha k të tilla që 1 ≤ k ≤ n. Atëherë

zn+1 = znz= rn(cos nθ + i sin nθ)r(cosθ + i sinθ)= rn+1[(cos nθ cosθ − sin nθ sinθ) + i(sin nθ cosθ + cos nθ sinθ)]= rn+1[cos(nθ + θ) + i sin(nθ + θ)]= rn+1[cos(n + 1)θ + i sin(n + 1)θ].

Shembull 1.38. Supozojmë se kemi z = 1 + i dhe duam të llogarisim z10. Në vend që të llogarisim direkt (1 + i)10 është më ethjeshtë që llogaritjet ti bëjmë mbi koordinatat polare të z10 duke përdorur teoremën DeMoivre:

z10 = (1 + i)10

=(√

2[cos

(π4

)+ i sin

(π4

)])10

= (√

2 )10[cos

(5π2

)+ i sin

(5π2

)]= 32

[cos

(π2

)+ i sin

(π2

)]= 32i.

1.4.2 Grupi i rrethit dhe rrënjët e njësisë

Grupi shumëzues i numrave komleksC∗, përmban disa nëngrupe interesantë. Ndërkohë qëQ∗ dheR∗ nuk kanënëngrupe interesantë me rend të fundëm, C∗ ka shumë. Fillimisht shqyrtojmë grupin e rrethit,

T = z ∈ C : |z| = 1.

Pohim 1.4. Grupi i rrethit është një nëngrup i C∗.

Vërtetimi i lihet si detyrë lexuesit.Megjithëse grupi i rrethit ka rend të pafundëm ai ka shumë nëngrupe interesantë me rend të fundëm. Supozojmë

që H = 1,−1, i,−i. Atëherë, H është një nëngrup i grupit të rrethit. Gjithashtu 1, −1, i, dhe −i janë ekzaktësisht atanumra kompleksë të cilët kënaqin ekuacionin z4 = 1.

Numrat kompleksë që kënaqin ekuacionin zn = 1 janë quajtur rrënjët e n-ta të njësisë.

Lema 1.5. Në qoftë se kemi zn = 1 atëherë rrënjët e n-ta të njësisë janë

z = cos2kπ

n+ i sin

2kπn

ku k = 0, 1, . . . ,n − 1. Për më tepër rrënjët e n-ta të njësisë formojnë një nëngrup ciklik të T me rend n.

Vërtetim: Nga Teorema De Moivre

zn = cos(n

2kπn

)+ i sin

(n

2kπn

)= cos(2kπ) + i sin(2kπ) = 1.

54 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Numrat z janë të ndyshëm meqënëse numrat 2kπ/n janë të gjithë të ndryshëm dhe janë më të mëdhenj ose tëbarabartë me 0 por më të vegjël se 2π. Fakti se të gjithë këta numra janë rrënjë të zn = 1 vjen nga teorema Themeloree Algjebrës e cila thotë se një polinom me rend n mund të ketë të shumtën n rrënjë. Vërtetimin se rrënjët e n-ta tënjësisë formojnë një nëngrup ciklik të T e lëmë si ushtrim.

Një gjenerator i grupit të rrënjëve të n-ta të njësisë është quajtur rrënjë e n-të primitive e njësisë.

Shembull 1.39. Rrënjët e 8-ta të njësisë mund të paraqiten nëpërmjet tetë pikave të baraslarguara nga njëra-tjetra në rrethinnjësi, Figura 1.6. Rrënjët e 8-ta primitive të njësisë janë:

ω =

√2

2+

√2

2i

ω3 = −

√2

2+

√2

2i

ω5 = −

√2

2−

√2

2i

ω7 =

√2

2−

√2

2i.

y

x0 1–1

–i

i

ω

ω7ω5

ω3

Figura 1.6: Rrënjët e 8-ta të njësisë

1.5 Ushtrime për përsëritje

8. Le të kemi p dhe q dy numra të thjeshtë të ndryshëm. Sa gjenerator ka Zpq?

9. Le të kemi p një numër të thjeshtë dhe r një numër të plotë pozitiv. Sa gjeneratorë ka Zpr ?

10. Vërtetoni se Zp nuk ka nëngrupe të mirëfilltë në qoftë se p është i thjeshtë.

11. Në qoftë se g dhe h kanë rende respektivisht 15 dhe 16 në një grup G sa është rendi i 〈g〉 ∩ 〈h〉?

12. Le të jetë a një elemenët i një grupi G. Kush është gjeneratori i nëngrupit 〈am〉 ∩ 〈an

〉?

13. Vërtetoni se Zn për n > 2 ka një numër çift gjeneratorësh.

14. Supozojmë që G është grup dhe le të kemi a dhe b në G. Vërtetoni se në qoftë se |a| = m dhe |b| = n ku gcd(m,n) = 1atëherë kemi 〈a〉 ∩ 〈b〉 = e.

15. Le të jetë G grup i fundëm ciklik me rend n i gjeneruar nga elementi x. Vërtetoni se në qoftë se y = xk ku gcd(k,n) = 1,atëherë elementi y duhet të jetë gjenerator i grupit G.

16. Në qoftë se G është grup Abelian i cili përmban një çift nëngrupesh ciklik me rend 2, vërtetoni që G duhet të përmbajë njënëngrup me rend 4. A është e thënë që ky nëngrup të jetë ciklik?

c©AulonaPress 55




Algjebra Shaska T.

17. Le të jetë G grup Abelian me rend pq ku gcd(p, q) = 1. Tregoni se në qoftë se G përmban elementët a dhe b me renderespektivisht p dhe q atëherë G është ciklik.

18. Vërtetoni se gjenerator të Zn janë numrat e plotë r të tillë që 1 ≤ r < n dhe gcd(r,n) = 1.

19. Vërtetoni se në një grup G ciklik rendi i një elementi duhet të pjestojë rendin e grupit.

20. Për çfarë numrash të plotë n kemi që −1 është një rrënjë e n-të e njësisë?

21. Në qoftë se z = r(cosθ + i sinθ) dhe w = s(cosφ + i sinφ) janë dy numra kompleksë të ndryshëm nga zero vërtetoni se

zw = rs[cos(θ + φ) + i sin(θ + φ)].

22. Vërtetoni se αm = 1 dhe αn = 1 atëherë dhe vetëm atëherë kur αd = 1 për d = gcd(m,n).

23. Le të kemi z ∈ C∗. Vërtetoni se në qoftë se |z| , 1, atëherë rendi i elementit z është infinit.

24. Le të jetë z = cosθ + i sinθ i cili bën pjesë në T ku θ ∈ Q. Vërtetoni se rendi i z është infinit.

25. Jepen grupetR∗ dheZ, le të shënojmë me G bashkësinë G = R∗×Z. Mbi G përcaktojmë veprimin të tillë (a,m) (b,n) =(ab,m + n). Vërtetoni se G së bashku me këtë veprim formon grup.

26. Vërtetoni ose tregoni të kundërtën se çdo grup me rend gjashtë është Abelian.

27. Jepni një shembull konkret të një grupi G dhe elementësh g, h ∈ G të tillë që (gh)n , gnhn.

28. Le të jenë a dhe b elementë të një grupi G. Vërtetoni se abna−1 = (aba−1)n.

29. Me U(n) kemi shënuar grupin e njësive në Zn. Vërtetoni se në qoftë se n > 2 atëherë ekziston një element k ∈ U(n) i tillëqë k2 = 1 dhe k , 1.

30. Vërtetoni se inversi i g1g2 · · · gn është g−1n g−1

n−1 · · · g−11 .

31. Vërtetoni se në qoftë se G është grup dhe a, b ∈ G atëherë ekuacionet ax = b dhe xa = b kanë zgjidhje të vetme në G.

32. Vërtetoni se në qoftë se G është grup i fundëm me rend çift atëherë ekziston një element a ∈ G i ndryshëm nga identitetidhe a2 = e.

33. Le të jetë G be një grup dhe supozojmë se (ab)2 = a2b2 për çdo a dhe b në G. Vërtetoni se G është grup Abelian.

34. Le të jenë a dhe b elementë të një grupi G. Vërtetoni se në qoftë se a4b = ba dhe a3 = e, atëherë kemi se ab = ba.

35. Jepni një shembull të një grupi të pafundëm në të cilin çdo nëngrup jo trivial është i fundëm.

36. Në qoftë se kemi që xy = x−1y−1 për çdo x dhe y në G provoni se G është Abelian.

37. Në qoftë se (xy)2 = xy për çdo x dhe y në G provoni se G është Abelian.

38. Provoni ose tregoni të kundërtën: Çdo nëngrup i mirfilltë i një grupi jo Abelian është jo Abelian.

56 c©AulonaPress




Kapitulli 2

Grupet e permutacioneve

Grupet e permutacioneve janë nga objektet kryesore të algjebrës. Ato përshkruajnë simetritë e figuravegjeometrike, simetritë e rrënjëve të ekuacioneve polinomiale, etj. Si shembujt e parë të grupeve, ato kanë rëndësihistorike dhe për më tepër japin një shumëllojshmëri shembujsh dhe ushtrimesh në algjebër. Teorema e Keilit ( çdogrup është isomorfik me një grup permutacionesh) i bën këto grupe nga objektet kryesore të algjebrës.

2.1 Permutacionet

Përkufizim 2.1. Permutacion i një bashkësie X quhet një funksion bijektiv f i tillë që f : X→ X.

Bashkësia e permutacioneve të X-it, e cila shënohet me SX, së bashku me veprimin e kompozimit të funksioneveformon grup, i cili quhet grupi simetrik i X-it.

Megjithëse ekzistojnë grupet e permutacioneve të bashkësive të pafundme ne do të studiojmë kryesisht permuta-cionet e bashkësive të fundme. Për studimin e grupeve të permutacioneve nuk na interesojnë vetitë e elementëvetë bashkësisë X, prandaj këta elementë do ti shënojmë thjesht me numrat 1, 2, 3, · · · ,n, ku n-ja tregon numrin eelementëve të bashkësisë X. Ndryshe nga kalkulusi ku shumica e funksioneve janë të përcaktuar në bashkësi tëpafundme dhe jepen me anë të formulave, në algjebër, permutacionet e bashkësive të fundme jepen duke dhënë nëmënyrë eksplicite vlerën funksionale që merr çdo element i bashkësisë X. Për shembull, le të kemi një permutacionα mbi bashkësinë 1, 2, 3, 4, i cili jepet si më poshtë

α(1) = 2, α(2) = 3, α(3) = 1, α(4) = 4.

Një mënyrë tjetër më e përshtatshme për të shprehur këtë korespodencë është:

α =

(1 2 3 42 3 1 4

).

Në mënyrë të ngjashme permutacioni β i bashkësisë 1, 2, 3, 4, 5, 6 jepet nga:

β(1) = 5, β(2) = 3, β(3) = 1, β(4) = 6, β(5) = 2, β(6) = 4

ose e paraqitur ndryshe kemi:

β =

(1 2 3 4 5 65 3 1 6 2 4

).

Kompozimi i permutacioneve llogaritet njësoj si kompozimi i funksioneve të tjerë. Për shembull, në qoftë se kemi:

σ =

(1 2 3 4 52 4 3 5 1

)dhe

γ =

(1 2 3 4 55 4 1 2 3

)57

Algjebra Shaska T.

atëherë1

σ

2

3

4

5

γσ

~~

2

γ

4

3

5

1

4 2 1 3 5

Pra,

γ σ = γσ =

(1 2 3 4 55 4 1 2 3

)(1 2 3 4 55 4 1 2 3

)=

(1 2 3 4 54 2 1 3 5

).

Teorema e mëposhtme na thotë se Sn është një grup. Ky grup quhet grupi simetrik në n gërma.

Teorema 2.1. Grupi simetrik në n gërma, Sn, është një grup me n! elementë, ku veprimi binar është kompozimi i funksioneve.

Vërtetim: Identiteti i Sn është funksioni identik id : x 7→ x. Në qoftë se f : Sn → Sn është një permutacion, atëherë f−1

ekziston, sepse f është bijektiv. Kompozimi i funksioneve është shoqërues, pra edhe veprimi binar është shoqërues.Elementët e Sn kanë formën:

α =

(1 2 · · · nα(1) α(2) · · · α(n)

).

Është e lehtë të përcatojmë rendin e grupit simetrik Sn. Atëherë, α(1) mund të marë një vlerë nga 1 deri te n-ja,pra për të përcaktuar α(1) kemi n mundësi. Pasi kemi përcaktuar α(1) kemi n − 1 mundësi për të përcaktuar α(2)(meqënëse α është funksion bijektiv kemi α(1) , α(2)) dhe kështu me radhë për të përcaktuar α(n − 1) kemi 2mundësi dhe për të përcaktuar α(n) kemi vetëm një mundësi. Pra themi se Sn ka n(n − 1)(n − 2) · · · 3 · 2 · 1 = n!elementë.

I lihet detyrë lexuesit të vërtetojë se për n ≥ 3 grupi simetrik Sn nuk është Abelian. Grupet simetrik kanë shumë

nëngrupe. Për shembull grupi S4 ka 30 nëngrupe dhe S5 ka mbi 100 nëngrupe. Një nëngrup i Sn quhet një gruppermutacionesh.

Shembull 2.1. Konsiderojmë nëngrupin G të S5 që konsiston në identitetin id dhe permutacionet

σ =

(1 2 3 4 51 2 3 5 4

), τ =

(1 2 3 4 53 2 1 4 5

), µ =

(1 2 3 4 53 2 1 5 4

).

Tabela në vazhdim na tregon se si shumëzohen elementët në G.

id σ τ µid id σ τ µσ σ id µ ττ τ µ id σµ µ τ σ id

Vërejtje 2.1. Megjithëse është e natyrshme që elementët e një grupi te shumëzohen nga e majta në të djathtë, funksionetkompozohen nga e djathta në të majtë. Kjo krijon konfuzion shpesh kur kemi të bëjmë me permutacione, pasi ne literaturegjenden të dy llojet e shumëzimit. Duhet theksuar se secili prej këtyre shumëzimeve nuk cënon faktin që Sn është një grup. Nëkëtë tekst ne do të shumëzojmë vetëm nga e djathta në të majtë. Pra simboli αβ për ne ka kuptimin e mëposhtëm:

αβ = α β = α(β)

Shembull 2.2. Shumëzimi i permutacioneve zakonisht nuk është Abelian. Jepet

σ =

(1 2 3 44 1 2 3

)dhe τ =

(1 2 3 42 1 4 3

).

58 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Atëherë,

στ =

(1 2 3 41 4 3 2

),

por

τσ =

(1 2 3 43 2 1 4

).

Ushtrime:

2.2 Paraqitja e permutacioneve në mënyrë ciklike

Një mënyrë tjetër e paraqitjes së permutacioneve është nëpërmjet cikleve të permutacioneve. Paraqitja e per-mutacioneve nëpërmjet cikleve është shumë e rëndësishme sepse shumë veti të tyre jepen duke u mbështetur te kykoncept. Për shembull

α =

(1 2 3 4 5 62 1 4 6 5 3

).

shprehet me cikle siα = (12)(346)(5).

Le të marrim një shembull tjetër. Le të kemi permutacionin β të paraqitur si më poshtë:

β =

(1 2 3 4 5 65 3 1 6 2 4

).

atëherë duke e paraqitur nëpërmjet cikleve kemi:

β = (1523)(46) ose β = (46)(3152)

Një permutacion σ ∈ SX është një cikël me gjatësi k në qoftë se ekzistojnë elementët a1, a2, . . . , ak ∈ X të tillë që

σ(a1) = a2

σ(a2) = a3

...

σ(ak) = a1

dhe σ(x) = x për të gjithë elementët e tjerë x ∈ X. Ne do të përdorim (a1, a2, . . . , ak) për të paraqitur σ. Ciklet janëbaza e gjithë teorisë së permutacioneve.

Shembull 2.3. Permutacioni

σ =

(1 2 3 4 5 6 76 3 5 1 4 2 7

)= (162354)

është një cikël me gjatësi 6, kurse

τ =

(1 2 3 4 5 61 4 2 3 5 6

)= (243)

është një cikël me gjatësi 3.Jo çdo permutacion është një cikël. Shqyrtoni permutacionin(

1 2 3 4 5 62 4 1 3 6 5

)= (1243)(56).

Ky permutacion përmban nje cikël me gjatësi 2 dhe një cikël me gjatësi 4.

c©AulonaPress 59




Algjebra Shaska T.

Shembull 2.4. Eshtë e lehtë të llogarisësh prodhimin e cikleve. Supozojmë që

σ = (1352) dhe τ = (256).

Atëherë, mendojmë për σ si

1 7→ 33 7→ 55 7→ 22 7→ 1

dhe τ si

2 7→ 55 7→ 66 7→ 2

Pra, στ = (1356). Në qoftë se µ = (1634), atëherë σµ = (1652)(34).

Shembull 2.5. Le të jetë

σ =

(1 2 3 4 5 66 4 3 1 5 2

)τ =

(1 2 3 4 5 63 2 1 5 6 4

).

Me simbolikën e cikleve shkruajmë

σ = (1624)τ = (13)(456)στ = (136)(245)τσ = (143)(256).

Ushtrime:

1. Shkruani permutacionet në vazhdim në simbolikën ciklike.(1 2 3 4 52 4 1 5 3

),

(1 2 3 4 53 5 1 4 2

),

(1 2 3 4 54 2 5 1 3

),

(1 2 3 4 51 4 3 2 5

)

2.3 Vetitë e permutacioneve

Le të shohim tani disa veti të rëndësishme të permutacioneve.

Përkufizim 2.2. Le të jenë α = (a1a2 · · · ak) dhe β = (b1b2 · · · bm) dy permutacione ciklike për një bashkësi X. Themise α dhe β, janë të ndara në qoftë se për çdo i, j kemi që ai , b j.

Në qoftë se αβ = βα themi se ato komutojnë(janë ndërimtare), por kjo nuk ndodh për çdo dy permutacione αdhe β.

Shembull 2.6. Ciklet (135) dhe (27) janë të ndara, por jo ciklet (135) dhe (347). Duke llogaritur prodhimin e tyre kemi që

(135)(27) = (135)(27)(135)(347) = (13475).

Prodhimi i dy cikleve jo të ndara mund të kthehet në dicka më të thjeshtë, kurse prodhimi i cikleve të ndara nuk mund tëthjeshtohet më.

60 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Pohim 2.1. Le të kemi një bashkësi A. Në qoftë se α = (a1a2 · · · ak) dhe β = (b1b2 · · · bm) janë cikle të ndara në Sn atëherë kemiqë αβ = βα.

Vërtetim: Le të themi se α dhe β janë permutacione të bashkësisë A:

A = a1, a2, · · · , ak, b1, b2, · · · , bm, c1, c2, · · · , cn

ku c janë ata element të A-së që nuk lëvizen nga të dy permutacionet. Për të vërtetuar që αβ = βα duhet të vërtetojmëqë për çdo x ∈ A të kemi që (αβ)(x) = (βα)(x). Supozojmë fillimisht se x = ai atëherë kemi:

(αβ)(ai) = α(β(ai)) = α(ai) = ai+1,

meqënëse β nuk lëviz të gjithë elementët a kemi që β(ai) = ai. Ne të njëjtën mënyrë kemi:

(βα)(ai) = β(α(ai)) = β(ai+1) = ai+1.

Pra, për të gjithë elementët a ∈ A kemi që αβ = βα. Në të njëjtën mënyrë mund të vërtetojmë se për çdo b ∈ A kemiqë αβ = βα. Pastaj meqënëse si α dhe β nuk lëvizin të gjithë elementët c kemi:

(αβ)(ci) = α(β(ci)) = α(ci) = ci

dhe(βα)(ci) = β(α(ci)) = β(ci) = ci

Dhe vërtetimi është i plotë.

Le të jetë α një permutacion atëherë kompozimi i permutacionit α disa herë me vetveten do të na japë përsërinjë permutacion dhe për një numër të plotë pozitiv i mund të shkruajmë:

αi = αα · · ·α︸︷︷︸i− her

dhe për çdo dy numra pozitivë m,n kemi:

αmαn = αm+n dhe (αm)n = αmn

Teorema 2.2. Çdo permutacion në Sn mund të shkruhet si një cikël i vetëm ose si prodhim i cikleve të ndara. Ciklet që shfaqennë këtë produkt janë të vetëm.

Vërtetim: Le të kemi α ∈ Sn. Në qoftë se α nuk lëviz të gjitha pikat atëherë α = id dhe mund të shkruajmë:

α = (1)(2)(3) · · · (n)

pra shkruhet si prodhim i n cikleve të ndara. Tani le të supozojmë se α leviz k pika. I riorganizojmë këta elementënë mënyrë të tillë që të lëvizin k të parët. Pra kemi:(

1 2 3 · · · k k + 1 · · · nα(1) α(2) α(3) · · · α(k) k + 1 · · · n

).

Pjesa tjetër e teoremës rrjedh nga fakti që α është një bijeksion në bashkësinë 1, 2, · · · , k.

Shembull 2.7. Shprehni permutacionin e mëposhtëm në prodhim ciklesh të ndara.

Le të kemi permutacionin α të tillë :

α =

(1 2 3 4 5 6 7 85 8 7 2 3 6 1 4

).

Atëherë, α mund të shkruhet si:α = (1537)(284)

c©AulonaPress 61




Algjebra Shaska T.

Përkufizim 2.3. Le të kemi α ∈ Sn. Numri më i vogël pozitiv m i tillë që αm = 1 quhet rend i permutacionit α.

Teorema 2.3. Le të kemi α ∈ Sn e cila shkruhet si prodhim ciklesh të ndara. Atëherë, rendi i α është shumfishi më i vogël ipërbashkët i gjatësive të këtyre cikleve.

Vërtetim: Në qoftë se α = (a1a2 · · · am) atëherë α ka rend m. Për më tepër dimë se në qoftë se αk = (1) atëherë m|k.Në qoftë se α = (a1a2 · · · am)(b1b2 · · · br), pra jepet si produkt i dy cikleve të ndara kemi që:

α j = (a1a2 · · · am) j(b1b2 · · · br) j,

meqënëse (a1a2 · · · am) ndërron me (b1b2 · · · br). Në qoftë se α j = (1) atëherë kemi që (a1a2 · · · am) j = (1) dhe gjithashtudhe (b1b2 · · · br) j = (1) meqënëse të gjitha (b1b2 · · · br) j fiksojnë të gjithë elementët ai dhe (a1a2 · · · am) j fiksojnë të gjithëelementët bi. Një gjë e tillë ndodh atëherë dhe vetëm atëherë kur m| j dhe r| j dhe (m, r) është një pjestues i j-së.Numri më i vogël që gëzon këtë veti është (m, r)

Shembull 2.8. Të vërtetojmë se rendi i përkëmbimit α = (145)(23) nga S5 është sa (3, 2) = 6. Kjo do të thotë që | α |= 6domethënë α6 = e.

Zgjidhje: Në të vërtetë

α =

(1 2 3 4 54 3 2 5 1

)Atëherë

α2 =

(1 2 3 4 55 2 3 1 4

)pra

α4 = α2α2 =

(1 2 3 4 54 2 3 5 1

)dhe së fundmi kemi që:

α6 = α4α2 =

(1 2 3 4 51 2 3 4 5

)

Shembull 2.9. Permutacioni (1, 5, 3, 7)(2, 8, 4) ka rend 12 në S8 kurse permutacioni (1, 5, 3)(2, 8, 4, 6, 9, 7) ka rend 6 në S9.

Ushtrime:

1. Vërtetoni se:a) Sn mund të gjenerohet nga (1 2), (1 3), . . . (1 n).b) Sn mund të gjenerohet nga (1 2), (2 3), . . . , (i i + 1), . . . , (n − 1, n).c) Sn mund të gjenerohet nga (1 2) dhe (1 . . . n).d) Sn nuk mund të gjenerohet nga (1 3) dhe (1 2 3 4).

2. Grupi Frobenius F20 jepet si më poshtë:

F20 := 〈(2 3 5 4), (1 2 3 4 5)〉.

Gjeni rendin e F20 dhe paraqisni latisën e tij.

62 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

2.4 Transpozicionet dhe involucionet

Permutacioni më i thjeshtë është një cikël me gjatësi 2. Cikle të tillë quhen transpozicione. Meqë

(a1, a2, . . . , an) = (a1an)(a1an−1) · · · (a1a3)(a1a2),

çdo cikël mund të shkruhet si prodhim transpozicionesh.

Teorema 2.4. Çdo permutacion në Sn për n > 1 mund të shkruhet si prodhim i transpozicioneve dhe ky zbërthim nuk është ivetëm.

Vërtetim: Fillimisht themi se në qoftë se një permutacioni është identiteti atëherë ai mund të shkruhet si (12)(12),pra është prodhimi i transpozicioneve. Përndryshe nga Teorema 2.3 dimë se çdo permutacion mund të shkruhetnë formën:

(a1a2 · · · ak)(b1b2 · · · bt)(c1c2 · · · cs)

Në qoftë se kryeni veprimet mund të vërtetoni se kjo është e barabartë me:

(a1ak)(a1ak−1) · · · (a1a2)(b1bt)(b1bt−1) · · · (b1b2)(c1cs)(c1cs−1) · · · (c1c2).

Kjo kompleton vërtetimin.

Shembull 2.10. Shkruani permutacionet α = (12345) dhe β = (1632)(457) si prodhim i transpozicioneve.

Zgjidhje:α = (12345) = (15)(14)(13)(12)

dheβ = (1632)(457) = (12)(13)(16)(47)(45)

Por kjo nuk është mënyra e vetme për të shprehur α dhe β. Vërtetë mund të provoni se:

α = (12345) = (54)(53)(52)(51)

oseα = (12345) = (54)(52)(21)(25)(23)(13)

Lema 2.1. Në qoftë se permutacioni identitet shkruhet si prodhim i r transpozicioneve,

id = τ1τ2 · · · τr,

atëherë r është një numer çift.

Vërtetim: Do të përdorim induksionin për r. Një transpozicion nuk mund të jetë identiku. Kështu që r > 1. Nëqoftë se r = 2, atëherë lema u vërtetua. Supozojmë që r > 2. Në këtë rast prodhimi i dy transpozicioneve të fundit,τr−1τr, mund të jetë njëri prej:

(ab)(ab) = id(bc)(ab) = (ab)(ac)(cd)(ab) = (ab)(cd)(bc)(ac) = (ab)(bc).

Ekuacioni i parë tregon thjeshtë se një transpozicion është i barabartë me inversin e tij. Në qoftë se ky rastndodh, fshijmë τr−1τr nga prodhimi dhe kemi

id = τ1τ2 · · · τr−3τr−2.

c©AulonaPress 63




Algjebra Shaska T.

Sipas induksionit r − 2 është çift; pra, r është çift.Në secilin prej tre rasteve të tjerë, ne mund të zëvendësojmë τr−1τr me anën e djathtë të ekuacionit korenspondues

për të përftuar një prodhim të ri të r transpozicioneve për identikun. Në këtë prodhim të ri, vendndodhja e a do tëjetë në pozicionin e mëparshmëm të transpozicionit të fundit. E vazhdojmë këtë proçes me τr−2τr−1 për të përftuarnjë prodhim të r − 2 transpozicioneve ose një prodhim r transpozicionesh, ku vendndodhja e fundit e a është nëτr−2. Në qoftë se identiku është prodhimi i r − 2 transpozicioneve, atëherë nga induksioni, vërtetimi mbaron këtu.Në të kundërt, do ta përsëritim proçedurën me τr−3τr−2.

Në disa pika ose do të kemi mbivendosje, transpozicioni identik redukton çdo transpozicion tjetër, ose a do tërizhvendoset, domethënë ajo do të shfaqet vetëm në transpozicionin e fundit. Gjithësesi, rasti i fundit nuk mund tëndodh sepse identiku nuk mund të fiksojë a në një rast të tillë. Kështu që, permutacini identik do të jetë prodhimi ir − 2 transpozioneve dhe sipas hipotezës së induksionit vërtetimi përfundon këtu.

Pra në ushtrimin më sipër treguam që një permutacion mund të shkuhet si prodhim transpozicionesh. Pra, ne

fillimisht e shkruajtëm α si prodhim i katër transpozicioneve, pastaj përsëri si prodhim i katër transpozicionevetë tjera dhe së fundmi si prodhim i gjashtë transpozicioneve. Por vëmë re se numri i transpozicioneve sipas tëcilave mund të shprehet një permutacion është gjithmon çift ose gjithmonë tek. Ky fakt shprehet në teoremën emëposhtme.

Teorema 2.5 (Gjithmonë çift ose tek). Në qoftë se një permutacion shprehet në dy mënyra si prodhim i transpozicioneveatëherë numri i transpozicioneve në të dyja rastet është çift ose tek.

Vërtetim: Supozojmë qëσ = σ1σ2 · · · σm = τ1τ2 · · · τn,

ku m është çift. Duhet të vërtetojmë se n është gjithashtu një numër çift. I anasjellti i σ−1 është σm · · · σ1. Meqë

id = σσm · · · σ1 = τ1 · · · τnσm · · · σ1,

nga Lema 2.1 n duhet të jetë çift. Vërtetimi për rastin ku σmund të shprehet si një numër tek transpozicionesh lihetsi ushtrim për lexuesin.

Duke u nisur nga teorema e mësipërme kemi përkufizimin si më poshtë:

Përkufizim 2.4. Një permutacion quhet çift në qoftë se ai mund të shprehet si prodhim i një numri çift transpozi-cionesh dhe quhet tek në qoftë se mund të shprehet si prodhim i një numri tek transpozicionesh.

Shembull 2.11. Le të shqyrtojmë permutacionin

(16)(253) = (16)(23)(25) = (16)(45)(23)(45)(25).

Siç vihet re, nuk ka vetëm një mënyrë për të paraqitur këtë permutacion si prodhim transpozicionesh. Për më tepër permutacioninmund ta shkruajmë si (12)(12), si (13)(24)(13)(24) dhe në shumë mënyra të tjera. Gjithësesi është e vërtetë që asnjë permutacionnuk mund të shkruhet njëkohësisht si një numër çift dhe tek transpozicionesh. Për ilustrim mund ta paraqesim permutacionin(16) si

(23)(16)(23)

ose si(35)(16)(13)(16)(13)(35)(56),

por (16) do të jetë gjithmon prodhimi i një numri tek transpozicinesh.

Ushtrime:

1. Jepenσ = (1, 2, 3)(3, 5, 2), τ := (3, 4)(2, 5).

Gjeni se cilat nga permutacionet në vazhdim janë çift apo tek:

σ, τ, στ, στ−1.

64 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

2. Jepenσ = (1, 4, 2, 3)(3, 5, 2), τ := (3, 4, 2)(2, 5).

Gjeni se cilat nga permutacionet në vazhdim janë çift apo tek:

σ, τ, στ, στ−1.

2.5 Grupet alternative

Një nga nëngrupet më të rëndësishëm të Sn është bashkësia e permutacioneve çift, An. Grupi An quhet grupialternativ në n-germa.

Teorema 2.6. Bashkësia An është një nëngrup i Sn.

Vërtetim: Meqënëse prodhimi i dy transpozicioneve çift është gjithashtu çift, atëherë An është e mbyllur. Per-mutacioni identik është një permutacion çift kështu që është në An. Në qoftë se σ është një permutacion çift,atëherë

σ = σ1σ2 · · · σr,

ku σi është një transposition dhe r është një numër çift. Meqënëse inversi i një transpozicioni është i barabartë meveten, atëherë

σ−1 = σrσr−1 · · · σ1

ndodhet gjithashtu në An.

Pohim 2.2. Numri i permutacioneve çift në Sn, n ≥ 2, është i barabartë me numrin e permutacioneve tek. Kështu që rendi iAn është n!/2.

Vërtetim: Le të jetë An bashkësia e permutacioneve çift në Sn dhe Bn bashkësia e permutacioneve tek. Në qoftëse vërtetojmë se ekziston një bijeksion ndërmjet këtyre dy bashkësive, atëherë ato përmbajnë të njëjtin numërelementësh. Fiksojmë një transpozicion σ në Sn. Meqënëse n ≥ 2, ekziston një σ e tillë. Përkufizojmë

λσ : An → Bn

λσ(τ) = στ

Supozojmë që λσ(τ) = λσ(µ). Atëherë, στ = σµ dhe

τ = σ−1στ = σ−1σµ = µ.

Kështu që, λσ është injektiv. Lexuesi le të vërtetojë si detyrë që λσ është syrjektiv.

Shembull 2.12. Grupi A4 është nëngrupi i S4 që përmban permutacionet çift. Janë 12 elementë në A4:

(1) (12)(34) (13)(24) (14)(23)(123) (132) (124) (142)(134) (143) (234) (243).

Një ndër ushtrimet në fund të këtij kapitulli do të jetë të shkruani të gjithë nëngrupet e A4. Do të vini re se nuk ka asnjënëngrup me rend 6. A ju habit ky rezultat?

Ushtrime:

c©AulonaPress 65




Algjebra Shaska T.

2.6 Grupet dihedrale

Një tjetër tip i veçantë permutacionesh është grupi dihedral. Kujtojmë grupin e simetrive të trekëndshit barabrin-jës të studiuar më parë. Grupe të tillë kosistojnë në lëvizjet e ngurta të një poligoni n-faqësh ose të një n-goni tërregullt. Për n = 3, 4, . . ., përkufizojmë grupin e n-të dihedral si grupi i lëvizjeve të ngurta të një n-goni të rregullt.Këtë grup do ta shënojmë me Dn.

Kulmet e një n-goni të rregullt i shënojmë me 1, 2, . . . ,n, Figura 2.1. Vihet re se ka ekzaktësisht n munësizgjedhjeje për të zëvendësuar kulmin e parë. Në qoftë se zëvendësojmë kulmin e parë me k, atëherë kulmi i dytëdo zëvendësohet nga kulmi k + 1 ose nga kulmi k− 1. Kështu që, ka 2n mundësi lëvizje të ngurta për n-gonin. Këtorezultate i përmbledhim në teoremën në vazhdim.

n-1

n

12

3

4

Figura 2.1: Një n-gon i rregullt

Teorema 2.7. Grupi dihedral, Dn, është një nëngrup i Sn me rend 2n.

12

3

45

6

7

81

8

7

65

4

3

2

12

3

45

6

7

88

1

2

34

5

6

7rotation

reflection

Figura 2.2: Rrotullimet dhe reflektimet e një n-goni të rregullt

Teorema 2.8. Grupi Dn, n ≥ 3, përmban të gjitha prodhimet e dy elementëve r dhe s që kënaqin relacionet

rn = id, s2 = id,= srs = r−1.

Vërtetim: Lëvizjet e mundëshme të një n-goni të rregullt janë reflektimet dhe rrotullimet (Figure 2.2). Saktësisht,kemi n rrotullime të mundëshme:

id,2πn, 2 ·

2πn, . . . , (n − 1) ·

2πn.

Rrotullimin 2πn do ta shënojmë me r. Ky rrotullim gjeneron gjithë rrotullimet e tjerë. Domethënë,

rk = k ·2πn.

66 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

I emërtojmë n reflektimet me s1, s2, . . . , sn, ku sk është refleksioni që fikson kulmin k. Ka dy raste për reflektimetqë varen nga n ja, nëse n është çift ose tek. Në qoftë se kemi një numer çift kulmesh të fiksuar atëherë 2 kulmefiksohen nga e majta prej reflektimit. Në qoftë se numri i kulmeve është çift, atëherë vetëm një kulëm i vetëmfiksohet majtas nga pasqyrimi, Figura 2.3.

Pra, në qoftë se n = 2m për ndonjë numër të plotë m, atëherë

si = si+m për 1 ≤ i < m.

Rendi i sk është dy. Le të jetë s = s1. Atëherë, s2 = id dhe rn = id, sepse çdo lëvizje t e një n-goni të rregulltzëvendëson kulmin e parë me kulmin e k-të, ndërsa kulmin e dytë me kulmin k + 1 ose me kulmin k − 1. Në qoftëse zëvendësohet me k + 1, atëherë t = rk. Në qoftë se zëvendësohet me k − 1, atëherë t = rks. Pra, r dhe s gjenerojnëDn. Domethënë, Dn përmban të gjitha prodhimet e fundme të r dhe s. Lexuesi le të vërtetojë se srs = r−1.

3

1

6

5

4

2

5

1

2

3

4

6

1

2

34

5

1

5

43

2

Figura 2.3: Tipe pasqyrimesh të një n-goni të rregullt

Shembull 2.13. Grupi i lëvizjeve të ngurta të një katrori D4, përmban 8 elementë. Me kulme të emërtuara 1, 2, 3, 4,rrotullimet janë

r = (1234), r2 = (13)(24), r3 = (1432), r4 = id

dhe reflektimet janë

s1 = (24)s2 = (13).

Rendi i D4 është 8. Dy elementet që mbeten janë

rs1 = (12)(34)r3s1 = (14)(23).

Ushtrime:

1. Gjeni gjithë nëngrupet e S4. Gjeni bashkësitë në vijim.

1. σ ∈ S4 : σ(1) = 3

2. σ ∈ S4 : σ(2) = 2

3. σ ∈ S4 : σ(1) = 3 dhe σ(2) = 2

A është secila nga bashkësitë e mësipërme nëngrup i S4?

2. Gjeni gjithë nëngrupet e A4. Cili është rendi i tyre?

3. Gjeni gjithë rendet e mundshëm të elementëve në S7 dhe A7.

c©AulonaPress 67




Algjebra Shaska T.

4. Vërtetoni se A10 përmban një element me rend 15.

5. A ka A8 një element me rend 26?

6. Gjeni elementin me rendin më të madh në Sn për n = 3, . . . , 10.

7. Cilat janë strukturat e mundëshme ciklike të elementëve të A5? Po për A6?

8. Le të jetë dhënë σ ∈ Sn me rend n. Vërtetoni se për çdo numër të plotë i dhe j, σi = σ j atëherët kur i ≡ j (mod n).

9. Le të jetë σ = σ1 · · · σm ∈ Sn produkt i cikleve të ndara. Vërtetoni se rendi i σ është shumëfishi më i vogël i përbashkët igjatësive të cikleve σ1, . . . , σm.

10. Duke përdorur simboliken ciklike, shkruani gjithë elementët në D5. Çfarë janë r dhe s? Shkruani çdo element si njëprodukt të r dhe s.

11. Vërtetoni se Sn është jo Abelian për n ≥ 3.

12. Vërtetoni se An është jo Abelian për n ≥ 4.

13. Vërtetoni se Dn është jo Abelian për n ≥ 3.

14. Jepet σ ∈ Sn. Vërtetoni se σ mund të shkruhet si produkt i të shumtën n − 1 transpozicioneve.

15. Jepet σ ∈ Sn. Në qoftë se σ nuk është një cikël, vërtetoni se σmund të shkruhet si produkt i të shumtën n−2 transpozicioneve.

16. Në qoftë se σ është një cikël me gjatësi tek, vërtetoni se σ2 është gjithashtu një cikël.

17. Vërtetoni se një cikël tresh është një permutacion çift.

18. Vërtetoni se në An, për n ≥ 3, çdo permutacion është një prodhim i cikleve me gjatesi 3.

19. Vërtetoni se çdo element në Sn mund të shkruhet si një prodhim i fundëm i permutacioneve në vazhdim:

1. (12), (13), . . . , (1n)

2. (12), (23), . . . , (n − 1,n)

3. (12), (12 . . . n)

20. Le të jetë G një grup dhe λg : G→ G funksioni i përkufizuar nga λg(a) = ga. Vërtetoni se λg është një permutacion i G.

21. Gjeni qendrën e D8. Ç’ mund të thoni për qendrën e D10? Kush është qendra e Dn?

22. Jepet τ = (a1, a2, . . . , ak) një cikël me gjatësi k.

1. Vërtetoni se në qoftë se σ është një permutacion, atëherë

στσ−1 = (σ(a1), σ(a2), . . . , σ(ak))

është një cikël me gjatësi k.

2. Jepet µ një cikël me gjatësi k. Vërtetoni se ekziston një permutacion σ i tillë që στσ−1 = µ.

23. Për α dhe β në Sn, përkufizojmë α ∼ β në qoftë se ekziston një σ ∈ Sn e tillë që σασ−1 = β. Vërtetoni se ∼ është një relacionekuivalence në Sn.

1. Le të jetë σ ∈ SX. Në qoftë se σn(x) = y, ne themi që x ∼ y.

2. Vërtetoni se ∼ është një relacion ekuivalence në X.

3. Në qoftë se σ ∈ An dhe τ ∈ Sn, vërtetoni që τ−1στ ∈ An.

68 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

4. Përkufizojmë orbitën e x ∈ X nën σ ∈ SX të jetë bashkësia

Ox,σ = y : x ∼ y.

Gjeni orbitat e α, β, γ ku

α = (1254)β = (123)(45)γ = (13)(25).

5. Në qoftë se Ox,σ ∩ Oy,σ , ∅, vërtetoni se Ox,σ = Oy,σ. Orbitat nën një permutacion janë klasat e ekuivalencës qëkorespondojnë me relacionin e ekuivalencës ∼.

6. Një nëngrup H i SX është tranzitiv në qoftë se për çdo x, y ∈ X, ekziston një σ ∈ H e tillë që σ(x) = y. Vërtetoni se 〈σ〉është tranzitive atëherët kur Ox,σ = X për ndonjë x ∈ X.

24. Jepet α ∈ Sn për n ≥ 3. Në qoftë se αβ = βα për çdo β ∈ Sn, vërtetoni se α është permutacioni identitet. Pra, qendra e Snështë nëngrupi trivial.

25. Në qoftë se α është çift, vërtetoni se α−1 është gjithashtu çift. A është i vërtetë i njëjti rezultat në qoftë se α është tek?

26. Vërtetoni se α−1β−1αβ është çift për α, β ∈ Sn.

27. Jepen r dhe s elementët e Dn si në Teoremën 2.8.

1. Vërtetoni se srs = r−1.

2. Vërtetoni se rks = sr−k në Dn.

3. Vërtetoni se rendi i rk∈ Dn është n/gcd(k,n).

c©AulonaPress 69




Algjebra Shaska T.

70 c©AulonaPress




Kapitulli 3

Kosetet dhe Teorema e Lagranzhit

Teorema e Lagranzhit është një ndër rezultatet më të rëndësishme në teorinë e grupeve të fundëm. Ajo pohonse rendi i një nëngrupi duhet të pjesëtojë rendin e grupit. Kjo teoremë është një mjet i fuqishëm për analizën egrupeve të fundëm. Ajo na jep një ide të saktë se çfarë llojë nëngrupesh mund te përmbajë një grup i fundëm. Bazae të kuptuarit të Teoremës së Lagranzhit qëndron te kosetet.

3.1 Kosetet

Le të jetë G grup dhe H një nëngrup i G. Quajmë koset të majtë të H në lidhje me g ∈ G si bashkësinë:

gH = gh : h ∈ H.

Në mënyrë analoge, përkufizohet termi koset i djathtë si

Hg = hg : h ∈ H.

Ne qoftë se kosetet e majta dhe të djathta përputhen, atëherë do të përdorim fjalën koset, pa e specifikuar të djathtëapo të majtë.

Shembull 3.1. Le të jetë H një nëngrup i Z6 që ka elementët 0 dhe 3. Kosetet janë

0 + H = 3 + H = 0, 31 + H = 4 + H = 1, 42 + H = 5 + H = 2, 5.

Kosetet e nëngrupeve tëZ dheZn ne do ti shkruajmë gjithmonë në lidhje me simbolin e mbledhjes që përdorëmnë kosetet e shembullit të mësipërm. Në një grup Abelian kosetet e majta dhe të djathta janë gjithmonë të njëjta.

Shembull 3.2. Le të jetë H një nëngrup i S3 i përkufizuar nga permutacioni s (1), (123), (132). Kosetet e majta të H-së janë

(1)H = (123)H = (132)H = (1), (123), (132)(12)H = (13)H = (23)H = (12), (13), (23).

Kosetet e djathta të H janë të njëjta me koseset e majta:

H(1) = H(123) = H(132) = (1), (123), (132)H(12) = H(13) = H(23) = (12), (13), (23).

Jo gjithmonë kosetet e djathta janë të njëjta me kosetet e majta. Le të jetë K një nëngrup i S3 i përkufizuar ngapermutacionet (1), (12). Atëherë, kosetet e majta të K-së janë

(1)K = (12)K = (1), (12)(13)K = (123)K = (13), (123)(23)K = (132)K = (23), (132).

71

Algjebra Shaska T.

Ndërsa kosetet e djathta të K janë

K(1) = K(12) = (1), (12)K(13) = K(132) = (13), (132)K(23) = K(123) = (23), (123).

Lema 3.1. Le të jetë H ≤ G, kemi që Ha = Hb atëherë dhe vetëm atëherë kur ab−1∈ H.

Vërtetim: ⇒ Në qoftë se Ha = Hb atëherë ekziston një h ∈ H e tillë që 1 · a = h · b pra ab−1∈ H.

⇐ Tani le të vërtetojmë se në qoftë se ab−1 = h ∈ H atëherë Ha = Hb. Për këtë duhet të vërtetojmë se Ha ⊆ Hbdhe Hb ⊆ Ha.

a) Marim një x = h · i · a ∈ Ha, por ab−1∈ H dhe kjo sjell që ab−1 = h2 ∈ H atëherë a = h2b. Pra, x = h1 · h2 · b atëherë

kemi (h1 · h2) · b ∈ Hb.b) Në të njëjtën mënyrë vërtetojmë se Hb ⊆ Ha. Pra, Ha = Hb.

Lema 3.2. Le të jetë H ≤ G dhe a, b ∈ G. Atëherë, çdo dy koseta të djathta(të majta) të H-së në G ose përputhen ose prerja etyre është boshe, pra:

Ha = Hb ose Ha ∩Hb = ∅.

Vërtetim: Le të jetë x ∈ Ha ∩ Hb, atëherë për çdo h1, h2 ∈ H kemi që x = h1a = h2b. Në qoftë se a = h−11 h2b, atëherë

ab−1 = h−11 h2 ∈ H. Pra, Ha = Hb.

Lema 3.3. Në qoftë se H ≤ G atëherë numri i koseteve të majta të H-së në G është i njëjtë me numrin e koseteve të djathta, pra|aH| = |Ha|.

Vërtetim: Le të shënojmë me R bashkësinë e koseteve të djathta dhe L bashkësinë e koseteve të majta. Përcaktonifunksionin f të tillë:

f : R→ L

Ha→ a−1H

Vërtetoni se f është një bijeksion(detyrë).

Lema e mëposhtme është shumë e përdorëshme në lidhje me kosetet. Vërtetimin e saj po e lëmë si ushtrim përlexuesin.

Lema 3.4. Le të jetë H një nëngrup i grupit G dhe supozojmë se g1, g2 ∈ G. Pohimet e mëposhtëme janë ekuivalente.

1. g1H = g2H

2. Hg−11 = Hg−1

2

3. g1H ⊆ g2H

4. g2 ∈ g1H

5. g−11 g2 ∈ H.

Në të gjithë shembujt e mësipërm kosetet e një nëngrupi H copëzojnë grupin G. Në teoremën e mëposhtme dotë pohojmë se ky fakt ndodh gjithmonë.

Teorema 3.1. Le të jetë H një nëngrup i grupit G. Kosetet e majta të H në G copëzojnë G. Pra grupi G është një bashkim ifundëm i koseteve te majta, jo prerëse të H në G.

Vërtetim: Le të jenë g1H dhe g2H dy kosete të H në G. Duhet të vërtetojme se ose g1H ∩ g2H = ∅ ose g1H = g2H.Supozojmë që g1H ∩ g2H , ∅ dhe a ∈ g1H ∩ g2H. Prandaj, nga pëkufizimi i kosetës së majtë, a = g1h1 = g2h2, përndonjë h1 dhe h2 në H. Kështu që, g1 = g2h2h−1

1 ose g1 ∈ g2H. Nga Lema 3.4, g1H = g2H.

72 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Vërejtje 3.1. Nuk ka asgjë të veçantë në këtë teoremë në lidhje me kosetet e djathta. Kosetat e djathta copëzojnë G gjithashtu.Vërtetimi i këtij fakti është si vërtetimi për kosetet e majta, veçse vërtetimi për kosetet e majta në të gjithë grupet Abelian behetnga ana tjetër e H.

Le të jetë G një grup dhe H një nëngrup i G-së. Përkufizojmë indeksin të H-së në G të jetë numri i kosetave tëmajta të H në G. Indeksin e H-së në G do ta shënojmë me [G : H].

Shembull 3.3. Le të jetë G = Z6 dhe H = 0, 3. Atëherë, [G : H] = 3.

Shembull 3.4. Supozojmë që G = S3, H = (1), (123), (132) dhe K = (1), (12). Atëherë, [G : H] = 2 dhe [G : K] = 3.

Teorema 3.2. Le të jetë H një nëngrup i grupit G. Numri i koseteve të H-së në G është i barabartë me numrin e koseteve tëdjathta të H në G.

Vërtetim: Le të shënojmë me LH dhe RH pëkatësisht bashkësitë e kosetave të majta dhe të djathta. Në qoftë semund të përkufizojmë një funksion bijektiv φ : LH → RH, atëherë teorema u vërtetua.

Në qoftë se gH ∈ LH, le të jetë φ(gH) = Hg−1. Nga Lema 3.4, pasqyrimi φ është funksion. Domethëne, nëseg1H = g2H, atëherë Hg−1

1 = Hg−12 . Për të vërtetur se φ është injektiv supozojmë se

Hg−11 = φ(g1H) = φ(g2H) = Hg−1

2 .

Sërisht nga Lema 3.4, g1H = g2H. Funksioni φ është syrjektiv meqë φ(g−1H) = Hg.

3.2 Teorema e Lagranzhit

Pohim 3.1. Le të jetë H një nëngrup i G-së me g ∈ G dhe përkufizojmë një funksion φ : H → gH si φ(h) = gh. Funksioni φështë bijektiv. Pra, numri i elementëve në H është i njëjtë me numrin e elementëve në gH.

Vërtetim: Fillimisht le të vërtetojmë se funksioni φ është injektiv. Supozojmë se φ(h1) = φ(h2) për elementëth1, h2 ∈ H. Ne duhet të vërtetojmë se h1 = h2, por φ(h1) = gh1 dhe φ(h2) = gh2. Kështu që gh1 = gh2 dhe dukethjeshtuar nga e majta kemi h1 = h2. Për të vërtetuar që φ është syrjektiv është më e thjeshtë. Nga përkufizimi, çdoelementë i gH është i formës gh për ndonjë h ∈ H dhe φ(h) = gh.

Teorema 3.3 (Lagranzh). Le të jetë G një grup i fundëm dhe le të jetë H një nëngrup i G-së. Atëherë, |G|/|H| = [G : H] ështëi ndryshëm nga kosetet e majta të H në G. Në veçanti, numri i elementëve në H duhet të pjesëtojë numrin e elementëve në G.

Vërtetim: Grupi G copëzohet në [G : H] kosete të majta të ndryshme. Secila prej këtyre koseteve ka H elementë, sirrjedhim |G| = [G : H]|H|.

Rrjedhim 3.1. Supozojmë që G është grup i fundëm dhe g ∈ G. Atëherë, rendi i g duhet të pjesëtojë numrin e elementëve nëG.

Rrjedhim 3.2. Le të jetë |G| = p, ku p është një numër i thjeshtë. Atëherë, grupi G është ciklik dhe një g ∈ G, i tillë që g , e,është një gjenerator.

Vërtetim: Le të jetë g nga G i tillë që g , e. Atëherë, nga Rrjedhimi 3.1, rendi i g duhet të pjesëtojë rendin e grupit.Meqënëse |〈g〉| > 1, rendi i g do të jetë p. Prandaj, g gjeneron G.

Shembull 3.5. Vërtetoni se Z7 e cila e ka rendin 7, pra një numër i thjeshtë, është ciklik.

Mund të provoni se Z7 = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 = 〈3〉 = 〈5〉.

Rrjedhimi 3.2 na pohon se grupet me rende të thjeshtë p duken deri diku si Zp.

c©AulonaPress 73




Algjebra Shaska T.

Rrjedhim 3.3. Le të jenë H dhe K nëngrupe të një grupi të fundëm G të tillë që G ⊃ H ⊃ K. Atëherë,

[G : K] = [G : H][H : K].

Vërtetim: Vini re se[G : K] =

|G||K|

=|G||H|·|H||K|

= [G : H][H : K].

E anasjella e Teoremës së Lagranzhit nuk është e vërtetë. Grupi A4 ka rend 12. Megjithatë, vërtetohet se ai nuk

përmban ndonjë nëngrup me rend 6. Sipas Teoremës së Lagranzhit, nëngrupet e grupit me rend 12 duhet të kenërende 1, 2, 3, 4 ose 6. Gjithsesi, ne nuk jemi të sigurt se ekzistojnë nëngrupet e të gjithë rendeve. Për të vërtetuarse A4 nuk ka nëngrup me rend 6, supozojmë se ajo ka një nëngrup H të tillë që |H| = 6 dhe vërtetojmë se hasimnë një kontradiksion. Grupi A4 përmban 8 cikle treshe, kështu që H duhet të përmbajë një cikël tresh (3-cikël).Do të vërtetojmë se në qoftë se H përmban një cikël tresh, atëherë ajo duhet te përmbajë çdo cikël tresh, dukekundërshtuar kështu faktin qe H ka vetëm 6 elementë.

Teorema 3.4. Dy cikle τ dhe µ në Sn kanë të njëjtën gjatësi atëherët kur gjendet një σ ∈ Sn e tillë që µ = στσ−1.

Vërtetim: Supozojmë që

τ = (a1, a2, . . . , ak)µ = (b1, b2, . . . , bk).

Përkufizojmë σ të jetë permutacioni

σ(a1) = b1

σ(a2) = b2

...

σ(ak) = bk.

Atëherë, µ = στσ−1.Anasjellas, supozojmë se τ = (a1, a2, . . . , ak) është një k-cikël dhe σ ∈ Sn. Në qoftë se σ(ai) = b dhe σ(a(i mod k)+1) = b′,

atëherë µ(b) = b′. Prandaj,µ = (σ(a1), σ(a2), . . . , σ(ak)).

Meqënëse σ është injektiv dhe syrjektiv, µ është një cikël që ka të njëjtën gjatësi me τ.

Rrjedhim 3.4. Grupi A4 nuk ka nëngrup me rend 6.

Vërtetim: Meqënëse [A4 : H] = 2, atëherë ka vetëm dy kosete të H në A4. Duke qënë se një prej koseteve është vetëH, kosetet e majta dhe të djathta përputhen. Prandaj gH = Hg ose gHg−1 = H për çdo g ∈ A4. Nga Teorema 3.4,nëse H përmban një cikël tresh, atëherë ajo do të përmbajë çdo cikël tresh, duke kundërshtuar kështu faktin përrendin e H.

3.3 Teoremat Ferma dhe Ejler

Funksioni φ i Ejlerit është funksioniφ : N→N

i përkufizuar si φ(n) = 1 për n = 1 dhe për n > 1, φ(n) është numri i numrave të plotë m, ku 1 ≤ m < n dhegcd(m,n) = 1.

Ne dimë se rendi i U(n), grupi elementëve njësi në Zn, është φ(n). Për shembull, |U(12)| = φ(12) = 4 meqënësenumrat që janë relativisht të thjeshë me 12 janë 1, 5, 7 dhe 11. Për numrat e thjeshtë p, φ(p) = p− 1. Këtë rezultat poe formulojmë në teoremën e mëposhtme.

74 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Teorema 3.5. Le të jetë U(n) grupi i elementëve njësi në Zn. Atëherë,

|U(n)| = φ(n).

Teorema në vazhdim, e zbuluar nga Leonard Ejler, është një rezultat i rëndësishëm në teorinë e numrave.

Teorema 3.6 (Teorema e Ejlerit). Le të jenë a dhe n numra te plotë pozitiv, të tillë që n > 0 dhe gcd(a,n) = 1. Atëherë,aφ(n)

≡ 1 (mod n).

Vërtetim: Nga Teorema 3.5 rendi i U(n) është φ(n). Si pasojë, aφ(n) = 1 për të gjitha a ∈ U(n) ose aφ(n)− 1 pjesëtohet

nga n. Prandaj, aφ(n)≡ 1 (mod n).

Në qoftë se konsiderojmë rastin e veçantë të Teoremës së Ejlerit, kur n = p është numër i thjeshtë dhe rikujtojmë

se φ(p) = p − 1, ne marrim rezulatin e mëposhtëm, të zbuluar nga Pierre de Fermat.

Teorema 3.7 (Teorema e Vogël Ferma). Le të jetë p një numër i thjeshtë dhe supozojmë se p6 | a. Atëherë

ap−1≡ 1 (mod p).

Veç kësaj, për ndonjë numër të plotë b kemi bp≡ b (mod p).

Ushtrime:

1. Supozojmë që G është një grup i fundëm që ka një element g me rend 5 dhe një element h me rend 7. Pse kemi që |G| ≥ 35?

2. Supozojmë që G është një grup i fundëm me 60 elementë. Cilët janë rendet e mundshëm për nëngrupet e G-së?

3. Vërteto ose trego të kundërtën: Çdo nëngrup i numrave të plotë ka indeks të fundëm.

4. Vërteto ose trego të kundërtën: Çdo nëngrup i numrave te plotë ka rend të fundëm.

5. Përshkruani kosetet e majta të SL2(R) në GL2(R). Sa është indeksi i SL2(R) në GL2(R)?

6. Vërtetoni Teoremën e Ejlerit për n = 15 dhe a = 4.

7. Përdorni Teoremën e Vogël Ferma për të vërtetuar që nëse p = 4n + 3 është i tjeshtë, atëherë ekuacioni x2≡ −1 (mod p)

nuk ka zgjidhje.

8. Tregoni se numrat e plotë kanë indeks të pafundëm në grupin aditiv të numrave racional.

9. Tregoni që grupi aditiv i numrave realë ka indeks të pafundëm në grupin aditiv të numrave kompleksë.

10. Në qoftë se ghg−1∈ H për çdo g ∈ G dhe h ∈ H, vërtetoni se kosetet e djathta janë identike me kosetet e majta.

11. Supozojmë që gn = e. Trego se rendi i g pjesëton n.

12. Në qoftë se |G| = 2n, vërtetoni se numri i elementeve me rend 2 është tek. Përdorni këte rezultat për të vërtetuar se Gpërmban një nëngrup me rend 2.

13. Supozojmë që [G : H] = 2. Në qoftë se a dhe b nuk janë në H, vërtetoni se ab ∈ H.

14. Në qoftë se [G : H] = 2, vërteto që gH = Hg.

15. Le të jenë H dhe K nëngrupe të një grupi G. Vërtetoni se gH ∩ gK është një koset e H ∩ K në G.

16. Le të jenë H dhe K nëngrupe të një grupi G. Përkufizojmë një relacion ∼ në G, ku a ∼ b nëse ekziston një h ∈ H dhe njëk ∈ K e tillë që hak = b. Tregoni se ky relacion është një relacion ekuivalence. Klasat e ekuivalencës korensponduese quhenkosetet dyfishe. Gjej kosetet dyfishe të H = (1), (123), (132) in A4.

17. Në qoftë se G është një grup me rend pn, ku p është një numër i thjeshtë, vërtetoni se G ka një nëngrup të mirëfilltë merend p. Në qoftë se n ≥ 3, a është e vërtetë se G duhet të ketë një nëngrup të mirëfilltë me rend p2?

18. Le të jetë G një grup ciklik me rend n. Tregoni se ka ekzaktësisht φ(n) gjenerator për G.

c©AulonaPress 75




Algjebra Shaska T.

19. Le të jetë n = pe11 pe2

2 · · · pekk një faktorizim i n në numra të thjeshtë të ndryshëm. Tregoni se

φ(n) = n(1 −

1p1

) (1 −

1p2

)· · ·

(1 −

1pk

).

20. Tregoni qën =

∑d|n

φ(d)

për të gjithë numrat e plotë pozitiv n.

76 c©AulonaPress




Kapitulli 4

Homomorfizmat dhe grupet faktorë

Në qoftë se H është një nëngrup i grupit G, atëherë kosetet e majta nuk janë gjithmonë të njëjta me koseteta edjathta. Pra, jo gjithmonë gH = Hg për çdo g ∈ G. Nëngrupet për të cilët kjo veti është e vërtetë luajnë një rol tërëndësishëm në teorinë e grupeve. Ata çojnë në krijimin e një klase të re grupesh të quajtur grupe faktor. Grupetfaktorë mund të studiohen duke përdorur homomorfizmat.

4.1 Homomorfizmat e grupeve

Në këtë temë dhe në temën pasardhëse do të japim një metodë e cila na ndihmon për të përcaktuar se kur dygrupe të dhënë në mënyra të ndryshme janë të njëjtë ose jo. Kur dy grupet janë të njëjtë themi se midis tyre ekzistonnjë izomorfizëm.

Përkufizim 4.1. Le të kemi grupet (G, ∗) dhe (H, ?). Funksioni f : G −→ H quhet homomorfizëm grupesh në qoftëse kemi:

f (a ∗ b) = f (a) ? f (b)

për çdo a, b ∈ G.

Në qoftë se funksioni f është bijektiv, atëherë f quhet izomorfizëm. Grupi G quhet izomorfik me grupin H dheshënohet me G H. Në qoftë se f është injektiv atëherë f quhet monomorfizëm dhe në qoftë se është syrjektivquhet epiomorfizëm.

Shembull 4.1. Le të jetë G një grup dhe g ∈ G. Përkufizojmë funksionin φ : Z→ G të tillë φ(n) = gn. Atëherë, φ është njëhomomorfizëm grupesh sepse:

φ(m + n) = gm+n = gmgn = φ(m)φ(n).

Ky homomorfizëm pasqyron grupin Z në nëngrupin ciklik të G të gjeneruar nga g.

Shembull 4.2. Le të kemi G = GL2(R). Në qoftë se

A =

(a bc d

)është në G, atëherë përcaktori është jozero. Pra, det (A) = ad − bc , 0. Gjithashtu, për çdo dy elementë A dhe B në G,det (AB) = det (A)det (B). Duke përdorur përcaktorin ne mund të përcaktojmë një homomorfizëm

φ :GL2(R)→ Z∗,

A→ det (A).

Shembull 4.3. Rikujtojmë se grupi i rrethit, T, përbëhet nga të gjithë numrat komleks z të tillë që |z| = 1. Ne mund tëpërcaktojmë një homomorfizëm φ, nga grupi aditiv i numrave të plotë Z te T, të tillë:

φ : θ 7→ cosθ + i sinθ.

77

Algjebra Shaska T.

Sigurisht,

φ(α + β) = cos(α + β) + i sin(α + β)= (cosα cos β − sinα sin β) + i(sinα cos β + cosα sin β)= (cosα + i sinα) + (cos β + i sin β)= φ(α)φ(β).

Pohimi i mëposhtëm jep disa nga vetitë kryesore të homomorfizmave.

Pohim 4.1. Le të jetë φ : G1 → G2 një homomorfizëm grupesh. Atëherë

1. Në qoftë se e është identiteti i G1, atëherë φ(e) është identiteti i G2;

2. Për çdo element g ∈ G1, φ(g−1) = [φ(g)]−1;

3. Në qoftë se H1 është nëngrup i G1, atëherë φ(H1) është nëngrup i G2;

4. Në qoftë se H2 është nëngrup i G2, atëherë φ−1(H2) = g ∈ G : φ(g) ∈ H2 është nëngrup i G1. Për më tepër, në qoftë seH2 është normal në G2, atëherë dhe φ−1(H2) është normal në G1.

Vërtetim: (1) Supozojmë që e dhe e′ janë respektivisht identitete të grupeve G1 dhe G2, atëherë

e′φ(e) = φ(e) = φ(ee) = φ(e)φ(e).

Duke thjeshtuar kemi φ(e) = e′.(2) Ky pohim rrjedh nga fakti se:

φ(g−1)φ(g) = φ(g−1g) = φ(e) = e.

(3) Bashkësia φ(H1) është jo boshe sepse identiteti i H2 është në φ(H1). Supozojmë që H1 është nëngrup i G1 dhele të marrim x dhe y në φ(H1). Ekzistojnë elementët a, b ∈ H1 të tillë që φ(a) = x dhe φ(b) = y. Meqë

xy−1 = φ(a)[φ(b)]−1 = φ(ab−1) ∈ φ(H1),

atëherë φ(H1) është nëngrup i G2 nga Teorema 1.1.(4) Le të jetë H2 një nëngrup i G2 dhe përcaktojmë H1 të tillë që φ−1(H2). Pra, H1 është bashkësia e të gjithë

elementëve g ∈ G1 të tillë që φ(g) ∈ H2. Elementi identitet është në H1 sepse φ(e) = e. Në qoftë se a dhe b janë në H1,atëherë φ(ab−1) = φ(a)[φ(b)]−1 është në H2 meqë H2 është nëngrup i G2. Kështu që ab−1

∈ H1 dhe H1 është nëngrup iG1. Në qoftë se H2 është normal në G2, ne duhet të vërtetojmë se g−1hg ∈ H1 për h ∈ H1 dhe g ∈ G1. Por

φ(g−1hg) = [φ(g)]−1φ(h)φ(g) ∈ H2,

meqë H2 është një nëngrup normal i G2. Kështu që g−1hg ∈ H1.

Përkufizim 4.2. Jepet homomorfizmi f : G −→ H. Bërthamë (Kernel) i f -së quhet bashkësia

ker( f ) := g ∈ G : f (g) = 1H.

Lema 4.1. Le të jetë f : G −→ H një homomorfizëm me K = ker( f ). Atëherë, kemi që:

1. ker( f ) është një nëngrup i G-së.

2. f është injektiv atëherë dhe vetëm atëherë kur ker( f ) = 1G

3. f (G) ≤ H

78 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Vërtetim: (1) Detyrë lexuesit(2)⇒ Ne dimë se f (1G) = 1H. Pra 1G ∈ ker( f ). Përderisa f është injektiv atëherë ker( f ) = 1G.⇐ Supozojmë se f nuk është injektiv. Atëherë, ekzistojnë a, b ∈ G të tilla që a , b dhe f (a) = f (b) = c ∈ H.

Përderisa a , b atëherë ab−1 , 1G. Shohim se

f (ab−1) = f (a) f (b−1) = f (a) f (b)−1 = c c−1 = 1H.

Atëherë, ab−1∈ ker( f ) dhe ab−1 , 1G, pra kemi një kontradiktë.

(3) Duhet të vërtetojmë se f (G) është grup. Përderisa f (1G) = 1H atëherë 1H ∈ f (G). Marrim x, y ∈ f (G). Ngatestet për nëngrupin mjafton të vërtetojmë se xy−1

∈ f (G). Përderisa x, y ∈ f (G) ekzistojnë a, b ∈ G që f (a) = x dhef (b) = y. Atëherë,

xy−1 = f (a) f (b)−1 = f (a) f (b−1) = f (ab−1)

Pra, ab−1∈ G. Domethënë, f (ab−1) = xy−1

∈ f (G). Përfundimisht f (G) është nëngrup i H-së.

Lema e mësipërme është një kriter mjaft i rëndësishëm për të vërtetuar se një homomorfizëm është injektiv.

Lema 4.2. Le të jetë φ : G→ H një homomorfizëm. Atëherë, kerφ është një nëngrup normal i G.

Vërtetim: Detyrë

Shembull 4.4. Le të analizojmë homomorfizmin φ : GL2(R) → Z∗ të përcaktuar si A 7→ det (A), si në Shembullin 4.2.Meqënëse 1 është identiteti i Z∗, bërthama e këtij homomorfizmi përbëhet nga gjithë matricat 2 × 2 që kanë përcaktor 1. Pra,kerφ = SL2(R).

Shembull 4.5. Bërthama e homomorfizmit φ : Z → C∗ të tillë që φ(θ) = cosθ + i sinθ është 2πn : n ∈ Z. Vini re sekerφ Z.

Shembull 4.6. Supozojmë se duam të përcaktojmë të gjithë homomorfizmat e mundshme të φ nga Z7 te Z12. Meqënësebërthama e φ duhet të jetë nëngrup i Z7, dy mundësitë e vetme të bërthamës janë 0 dhe gjithë Z7. Imazhi i një nëngrupi tëZ7 duhet të jetë një nëngrup i Z12. Pra, nuk kemi një homomorfizëm injektiv, përndryshe Z12 do të kishte një nëngrup merend 7 që është e pamundur. Si rrjedhim, homomorfizmat e vetme të mundëshme ngaZ7 teZ12 është funksioni që çon të gjithëelementët në zero.

Shembull 4.7. Le të jetë G një grup. Supozojmë që g ∈ G dhe φ është homomorfizmi nga Z te G i dhënë nga φ(n) = gn. Nëqoftë se rendi i g është infinit, atëherë bërthama e këtij homomorfizmi është 0 meqë φ pasqyron Z në nëngrupin ciklik të G-sëtë gjeneruar nga g. Megjithatë, në qoftë se rendi i g është i fundëm, le të themi n, atëherë bërthama e φ është nZ.

Ushtrime:

1. Vërtetoni se det (AB) = det (A)det (B) për A,B ∈ GL2(Z). Kjo vërteton se përcaktori është një homomorfizëm nga GL2(Z)në Z∗.

Cilët prej funksioneve të mëposhtëm janë homomorfizma? Në qoftë se funksioni është një homomorfizëm, cilaështë bërthama?

2. Funksioni φ : Z∗ → GL2(Z) i dhënë si:

φ(a) =

(1 00 a

)3. Funksioni φ : Z→ GL2(Z) i dhënë si:

φ(a) =

(1 0a 1

)4. Funksioni φ : GL2(Z)→ Z i dhënë si:

φ

((a bc d

))= a + d

c©AulonaPress 79




Algjebra Shaska T.

5. Funksioni φ : GL2(Z)→ Z∗ i dhënë si:

φ

((a bc d

))= ad − bc

6. Funksioni φ : M2(Z)→ Z i dhënë si:

φ

((a bc d

))= b,

ku M2(Z) është grupi aditiv i matricave 2 × 2 me elementë nga Z.

7. Le të jetë A një matricë m × n. Vërtetoni se shumëzimi i matricave x 7→ Ax, përcakton një homomorfizëm φ : Zn→ Zm.

8. Vërtetoni se në qoftë se G/Z(G) është ciklik, atëherë G është Abelian.

9. Në qoftë se G është një grup Abelian dhe n ∈N, vërtetoni se φ : G→ G i tillë g 7→ gn është një homomorfizëm.

4.2 Izomorfizmat e grupeve

Në këtë pjesë ne studiojmë më në thellësi izomorfizmat e grupeve dhe disa shembuj të rëndësishëm të grupeveizomorfikë.

Teorema 4.1. Le të jetë φ : G→ H një izomorfizëm midis dy grupeve. Atëherë, pohimet në vazhdim janë të vërteta.

1. φ−1 : H→ G është izomorfizëm.

2. |G| = |H|.

3. Në qoftë se G është Abelian, atëherë edhe H është Abelian.

4. Në qoftë se G është ciklik, atëherë edhe H është ciklik.

5. Në qoftë se G ka një nëngrup me rend n, atëherë edhe H ka një nëngrup me rend n.

Vërtetim: Pohimet (1) dhe (2) rrjedhin direkt nga fakti që φ është bijeksion. Do të vërtetojmë pohimin (3) dhe pjesatjetër i lihet detyrë lexuesit.

(3) Supozojmë që, h1 dhe h2 janë elementë të H. Meqënëse φ është syrjektiv, ekzistojnë elementët g1, g2 ∈ G tëtillë që φ(g1) = h1 dhe φ(g2) = h2. Kështu që

h1h2 = φ(g1)φ(g2) = φ(g1g2) = φ(g2g1) = φ(g2)φ(g1) = h2h1.

Tani jemi në gjendje të karakterizojmë të gjithë grupet ciklikë.

Teorema 4.2. Të gjithë grupet ciklikë me rend të pafundëm janë izomorfikë me Z.

Vërtetim: Le të jetë G një grup ciklik me rend të pafundëm. Supozojmë se a është një gjenerator i G. Përkufizojmënjë pasqyrim φ : Z→ G të tillë φ : n 7→ an. Atëherë

φ(m + n) = am+n = aman = φ(m)φ(n).

Për të vërtetuar se φ është injektiv, supozojmë se m dhe n janë dy elementë në Z ku m , n. Supozojmë që m > n.Duhet të vërtetojmë se am , an. Supozojmë të kundërtën, pra se am = an. Në këtë rast am−n = e ku m − n > 0, ecila kundërshton faktin që a ka rend të pafundëm. Pasqyrimi ynë është syrjektiv meqë çdo element në G mund tëshkruhet si an për ndonjë numër të plotë n dhe φ(n) = an.

Teorema 4.3. Në qoftë se G është një grup ciklik me rend n, atëherë G është izomorfik me Zn.

Vërtetim: Le të jetë G një grup ciklik me rend n i gjeneruar nga a. Përkufizojmë φ : Zn → G të tillë φ : k 7→ ak ku0 ≤ k < n. Vërtetimi që φ është izomorfizëm është një nga ushtrimet në fund të kapitullit.

80 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Rrjedhim 4.1. Në qoftë se G është një grup me rend p, ku p është një numër i thjeshtë, atëherë G është izomorfik me Zp.

Vërtetim: Vërtetimi rrjedh direkt nga Rrjedhimi 3.2.

Qëllimi kryesor i teorisë së grupeve është që të klasifikojë të gjithë grupet. Ne mund ti konsiderojmë dy grupesi një i vetëm në qoftë se ata janë izomorfikë. Këtë rezultat e përmbledhim në teoremën në vazhdim, vërtetimi i sëcilës është lënë si ushtrim.

Teorema 4.4. Izomorfizmi i grupeve përcakton një relacion ekuivalence në të gjithë klasën e grupeve.

Shembull 4.8. Vërtetoni se funksioni f (x) = ex është një izomorfizëm i grupeve (R,+) dhe (R, ·).

Në të vërtetë funksioni eksponencial ka të anasjelltë funksionin ln x, pra është bijeksion. Gjithashtu kemi që:

f (x + y) = ex+y = exey = f (x) f (y) për çdo x, y ∈ R

Pra, vërtetuam se (R,+) (R, ·).

Shembull 4.9. Grupi Z,+ është izomorfik me nëngrupin e Q∗, i cili konsiston në të gjithë elementët e formës 2n.Përkufizojmë një pasqyrim

φ :Z→ Q∗

n→ 2n.

Atëherë,φ(m + n) = 2m+n = 2m2n = φ(m)φ(n).

Nga përkufizimi, pasqyrimi φ është syrjektiv në nënbashkësinë 2n : n ∈ Z të Q∗. Për të vërtetuar se φ është injektiv,supozojmë se m , n. Në qoftë se mund të vërtetojmë se, φ(m) , φ(n), atëherë e kemi mbaruar vërtetimin. Supozojmë, qëm > n dhe supzojmë që φ(m) = φ(n). Atëherë, 2m = 2n ose 2m−n = 1, e cila është e pamundur, sepse m − n > 0.

Përkufizim 4.3. Një izomorfizëm f : G −→ G i një grupi G në vetvete quhet automorfizëm i G-së.

Shembull 4.10. Le të jetë dhënë funksioni f : (C,+) −→ (C,+) i tillë që:

f (a + bi) = a − bi.

Mund të vërtetoni se ky funksion është një automorfizëm.

Përkufizim 4.4. Bashkësia e të gjithë automorfizmave të G-së shënohet me Aut(G) dhe kjo bashkësi formon grupnë lidhje me veprimin e përbërjes së funksioneve dhe ky grup quhet grup i automorfizmave.

Ushtrime:

1. Le të jetë Aut(G) bashkësia e të gjithë izomorfizmave nga G në G. Vërtetoni se Aut(G) është grup në lidhje me veprimin epërbërjes së funksioneve.

2. Një automorfizëm i brendëshëm i grupit G,ig : G→ G,

jepet nga funksioniig(x) = gxg−1,

për çdo g ∈ G. Vërtetoni se ig ∈ Aut(G).

3. Bashkësia e automorfizmave të brendëshme është shënuar me Inn(G). Vërtetoni se Inn(G) është një nëngrup i Aut(G).

4. Vërtetoni se Aut(G) është nëngrup i grupit të permutacioneve të G-së. Pra, Aut(G) ≤ SG.

c©AulonaPress 81




Algjebra Shaska T.

5. Në qoftë se m , n, vërteto se Sn Sm.

6. Vërtetoni se φk është një izomorfizëm atëherët kur k është gjenerator i Zn.

7. Vërtetoni se ψ : U(n)→ Aut(Zn) është një izomorfizëm, ku ψ : k 7→ φk.

8. Vërtetoni ose tregoni të kundërtën: U(8) Z4.

9. Vërtetoni se U(5) është izomorfik me U(10) por jo me U(12).

10. Vërtetoni se A 7→ B−1AB është një automorfizëm i SL2(R) për çdo B në GL2(R).

11. Gjeni Aut(Z6).

12. Vërtetoni se çdo automorfizëm i Zn është i formës φk, ku k është një gjenerator i Zn.

13. Gjeni të gjitha automorfizmat e φ : Z→ Z. Çfarë është Aut(Z)?

14. Vërtetoni se G ×H është izomorfik me H × G.

4.3 Prodhimet e grupeve

Kur janë dhënë dy grupe G dhe H është e mundur të ndërtojmë një grup të ri prodhimi Kartezian i G dhe H,G×H. Anasjelltas, kur jepet një grup i madhë ndonjëherë është e mundur të copëtohet grupi. Domethënë, një grupndonjëherë është izomorfik me produkin e dy grupeve më të vegjël. Shpesh në vend të studiojmë një grup të madhG është më e lehtë të studiohen grupet përbërës të grupit.

4.3.1 Prodhimi direkt i jashtëm

Le të jenë (G, ·) dhe (H, ) dy grupe, atëherë duke marë prodhimin Kartezian të tyre ne mund të formojmë njëgrup të ri. Si bashkësi e grupit shërbejnë çiftet e renditura (g, h) ∈ G×H ku g ∈ G dhe h ∈ H. Ne mund të përcaktojmënjë veprim binar në G ×H të tillë:

(g1, h1)(g2, h2) = (g1 · g2, h1 h2);

Ne zakonisht shkruajmë thjesht (g1, h1)(g2, h2) = (g1g2, h1h2).

Pohim 4.2. Le të jenë G dhe H grupe. Bashkësia G × H është grup në lidhje me veprimin (g1, h1)(g2, h2) = (g1g2, h1h2) kug1, g2 ∈ G dhe h1, h2 ∈ H.

Vërtetim: është e qartë se veprimi i mësipërm është i mbyllur. Në qoftë se eG dhe eH janë përkatësisht elementëtidentitet të grupeve G dhe H, atëherë (eG, eH) është identiteti i G × H. Elementi i anasjelltë i (g, h) ∈ G × H është(g−1, h−1). Vetia shoqëruese e grupit rrjedh direkt nga vetia shoqëruese të grupeve G dhe H.

Shembull 4.11. Le të jetë R grupi i numrave realë me veprim mbledhjen. Prodhimi Kartezian i R me vetveten, R×R = R2,është gjithashtu grup me veprim grupi mbledhjen e koordinatave. Pra, (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d). Elementi identitet është(0, 0) dhe i anasjellti i (a, b) është (−a,−b).

Shembull 4.12. ShqyrtojmëZ2 ×Z2 = (0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1).

Megjithëse Z2 ×Z2 dhe Z4 kanë të dyja katër elementë, ato nuk janë izomorfike meqë për çdo element (a, b) në Z2 ×Z2 kemi(a, b) + (a, b) = (0, 0) por Z4 është ciklik.

Grupi G × H është quajtur prodhim direkt i jashtëm i G dhe H. Ne mund të marrim gjithashtu prodhimindirekt të më shumë se dy grupeve për të ndërtuar një grup të ri. Pra, prodhimi direkt

n∏i=1

Gi = G1 × G2 × · · · × Gn

i grupeve G1,G2, . . . ,Gn është përcaktuar në të njëjtën mënyrë si në rastin kur kishim vetëm dy grupe. Në qoftë seG = G1 = G2 = · · · = Gn, ne shpesh shkruajmë Gn në vend të G1 × G2 × · · · × Gn.

82 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Shembull 4.13. Bashkësia e grupit Zn2 është bashkësia të gjitha n-elementëve binarë të renditur. Veprimi i grupit është

mbledhja e zakonshme e n-elementëve në sistemin me bazë dy (mbledhja mod 2). Për shembull,

(01011101) + (01001011) = (00010110).

Ky grup është shumë i rëndësishëm në teori kodesh, në kriptografi dhe në shumë fusha të tjera të shkencave kompjuterike.

Teorema 4.5. Le të kemi (g, h) ∈ G × H. Në qoftë se g dhe h kanë rend të fundëm respektivisht r dhe s, atëherë rendi i (g, h)në G ×H është shumëfishi më i vogël i përbashkët i r dhe s.

Vërtetim: Supozojmë që m është shumëfishi më i vogël i përbashkët i r dhe s dhe le të kemi n = |(g, h)|. Atëherë

(g, h)m = (gm, hm) = (eG, eH)(gn, hn) = (g, h)n = (eG, eH).

Pra, n duhet të pjesëtojë m dhe n ≤ m. Por, nga ekuacioni i dytë, si r dhe s duhet të pjesëtojnë n. Prandaj, n ështëshumëfish i përbashkët i r dhe s. Meqënëse m është shumëfishi më i vogël i përbashkët i r dhe s, kemi m ≤ n. Sirrjedhim, m është e barabartë me n.

Rrjedhim 4.2. Le të jenë (g1, . . . , gn) ∈∏

Gi. Në qoftë se gi ka rend të fundëm ri në Gi, atëherë rendi i (g1, . . . , gn) në∏

Giështë shumëfishi më i vogël i përbashkët i r1, . . . , rn.

Shembull 4.14. Le të jetë (8, 56) ∈ Z12 ×Z60. Meqë gcd(8, 12) = 4, rendi i 8 në Z12 është 12/4 = 3. Në të njëjtën mënyrë,rendi i 56 në Z60 është 15. Shumëfishi më i vogël i përbashkët i 3 dhe 15 është 15. Prandaj, (8, 56) ka rend 15 në Z12 ×Z60.

Shembull 4.15. Grupi Z2 ×Z3 përbëhet nga çiftet

(0, 0), (0, 1), (0, 2), (1, 0), (1, 1), (1, 2).

Nndryshe nga Z2 ×Z2 dhe Z4 të cilat nuk janë izomorfike është e vërtetë se Z2 ×Z3 Z6. Ne duhet vetëm të vërtetojmë seZ2 ×Z3 është ciklik. është e lehtë të vërtetojmë se (1, 1) është gjenerator për Z2 ×Z3.

Teorema e mëposhtme na vërteton ekzaktësisht se kur prodhimi direkt i dy grupeve ciklikë është ciklik.

Shembull 4.16. Grupi Zm ×Zn është izomorfik me Zmn atëherët kur gcd(m,n) = 1.

Vërtetim: Supozojmë fillimisht se në qoftë se Zm × Zn Zmn, atëherë gcd(m,n) = 1. Për të vërtetuar këtë niseminga e kundërta. Pra, le të vërtetojmë se në qoftë se gcd(m,n) = d > 1, atëherë Zm ×Zn nuk mund të jetë ciklik. Vinire se mn/d pjesëtohet si nga m dhe n. Prandaj, për çdo element (a, b) ∈ Zm ×Zn,

(a, b) + (a, b) + · · · + (a, b)︸︷︷︸mn/d her

= (0, 0).

Kështu që, asnjë (a, b) nuk gjeneron gjithë Zm ×Zn. E anasjellta lihet si ushtrim për lexuesin.

Rrjedhim 4.3. Le të jetë n1, . . . ,nk një numër i plotë pozitiv. Atëherë

k∏i=1

Zni Zn1···nk

atëherët kur gcd(ni,n j) = 1 për i , j.

Rrjedhim 4.4. Në qoftë sem = pe1

1 · · · pekk ,

ku pi-të janë numra të dalluar të thjeshtë, atëherë

Zm Zpe11× · · · ×Zp

ekk.

c©AulonaPress 83




Algjebra Shaska T.

Vërtetim: Meqënëse pjestuesi më i madh i përbashkët i peii dhe pe j

j është 1 për i , j, vërtetimi rrjedh nga Rrjedhimi 4.3

Në Kapitullin 5, do të vërtetojmë se të gjithë grupet e fundëm Abelian janë izomorfikë me prodhimin direkt tëformës

Zpe11× · · · ×Zp

ekk

ku p1, . . . , pk janë(jo domosdoshmërishtë të dalluar) të thjeshtë.

4.3.2 Prodhimi direkt i brendshëm

Produkti direkt i jashtëm i dy grupeve ndërton një grup të madh duke u nisur nga dy grupe të vegjël. Do të napëlqente të mund të realizonim dhe të kundërtën e këtij proçesi. Pra, do të na pëlqente të mund të tegonim se kurnjë grup është izomorfik me prodhimin direkt të dy nëngrupeve të tij.

Le të jetë G grup me nëngrupe H dhe K të cilët plotësojnë kushtet e mëposhtme.

• G = HK = hk : h ∈ H, k ∈ K;

• H ∩ K = e;

• hk = kh për çdo k ∈ K dhe h ∈ H.

Atëherë, G është prodhimi direkt i brendshëm i H dhe K.

Shembull 4.17. Grupi dihedral D6 është një prodhim direkt i brendshëm i dy nëngrupeve të tij

H = id, r3

K = id, r2, r4, s, r2s, r4s.

është e lehtë të vërtetohet se K S3. Si rrjedhim, D6 Z2 × S3.

Jo çdo grup mund të shkruhet si prodhim direkt i brendshëm i dy nëngrupeve të mirëfilltë të tij. Në qoftë se S3do të shkruhej si prodhim direkt i brendshëm i dy nëngrupeve të tij H dhe K, atëherë njëri prej këtyre nëngrupeve,le të themi H do ta kishte rendin 3. Në këtë rast H është nëngrupi (1), (123), (132). Atëherë, nëngrupi K duhet tëketë rend 2 por pavarësisht se çfarë nëngrupi zgjedhim për K, kushti që hk = kh nuk do të plotësohet kurrë përh ∈ H dhe k ∈ K.

Ne mund ta shtrijmë përkufizimin e prodhimit direkt të brendëshëm të G-së në një koleksion nëngrupeshH1,H2, . . . ,Hn të G-së, të cilët duhet të gëzojnë vetitë e mëposhtme:

• G = H1H2 · · ·Hn = h1h2 · · · hn : hi ∈ Hi

• Hi ∩ 〈∪ j,iH j〉 = e

• hih j = h jhi për çdo hi ∈ Hi dhe h j ∈ H j.

Vërtetimin e teoremës së mëposhtme e lëmë si detyrë.

Teorema 4.6. Le të jetë G një prodhim direkt i brendshëm i nëngrupeve Hi, ku i = 1, 2, . . . ,n. Atëherë, G është izomorfik me∏i Hi.

Ushtrime:

1. Vërtetoni se D4 nuk mund të shprehet si prodhim direkt i brendëshëm i dy prej nëngrupeve të mirfilltë të tij.

2. Vërtetoni se nëngrupi i Q∗ i cili përbëhet nga të gjithë elementët e formës 2m3n për m,n ∈ Z është një prodhim direkt ibrendëshëm izomorfik me Z ×Z.

3. Le të jetë G një grup me rend 20. Në qoftë se G ka dy nëngrupe H dhe K, respektivisht me rende 4 dhe 5 të tillë që hk = kh,për çdo h ∈ H dhe k ∈ K, vërtetoni se G është një prodhim direkt i brendëshëm i H dhe K.

4. Le të jetë G prodhim i brendëshëm direkt i nëngrupeve H dhe K. Vërtetoni se funksioni φ : G→ H×K i tillë që φ(g) = (h, k)për g = hk, ku h ∈ H dhe k ∈ K, është injektiv dhe syrjektiv.

5. Në qoftë se G është prodhimi i brendëshëm direkt i H1,H2, . . . ,Hn, vërtetoni se G është izomorfik me∏

i Hi.

84 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

4.4 Nëngrupet normalë dhe grupet faktorë

Një nëngrup H i një grupi G është normal në G në qoftë se

gH = Hg, për çdo g ∈ G.

Pra, një nëngrup normal i një grupi G është ai nëngrup në të cilin kosetet e majta dhe kosetet e djathta janë të njëjta.Le të jetë G grup Abelian. Çdo nëngrup H i G-së është nëngrup normal. Meqënëse gh = hg për çdo g ∈ G dhe

h ∈ H, kemi që gH = Hg.

Shembull 4.18. Le të jetë H nëngrup i S3 i cili përmban elementët (1) dhe (12). Meqë

(123)H = (123), (13)

dheH(123) = (123), (23),

H nuk mund të jetë një nëngrup normal i S3. Megjithatë, nëngrupi N i cili përmban permutacionet (1), (123) dhe (132), ështënormal duke qënë se kosetet e N-së janë

N = (1), (123), (132)(12)N = N(12) = (12), (13), (23).

Teorema e mëposhtme është themelore për të kuptuar nëngrupet normalë.

Teorema 4.7. Le të jetë G grup dhe N një nëngrup i G-së. Atëherë, pohimet e mëposhtme janë ekuivalente.

1. Nëngrupi N është normal në G.

2. Për çdo g ∈ G, gNg−1⊂ N.

3. Për çdo g ∈ G, gNg−1 = N.

Vërtetim: (1)⇒ (2). Meqënëse N është normal në G kemi që gN = Ng për çdo g ∈ G. Pra, për një g ∈ G të dhënëdhe n ∈ N, ekziston një n′ në N e tillë që gn = n′g. Kështu që, gng−1 = n′ ∈ N ose gNg−1

⊂ N.(2) ⇒ (3). Le të jetë g ∈ G. Meqënëse gNg−1

⊂ N, ne mjafton të vërtetojmë se N ⊂ gNg−1. Për n ∈ N kemig−1ng = g−1n(g−1)−1

∈ N. Pra, g−1ng = n′ për një n′ ∈ N. Kështu që, n = gn′g−1 është në gNg−1.(3) ⇒ (1). Supozojmë se gNg−1 = N për çdo g ∈ G. Atëherë, për çdo n ∈ N ekziston një n′ ∈ N e tillë që

gng−1 = n′. Si rrjedhim, gn = n′g ose gN ⊂ Ng. Në të njëjtën mënyrë vërtetohet se Ng ⊂ gN.

4.4.1 Grupet faktorë

Në qoftë se N është një nëngrup normal i grupit G, atëherë kosetet e N-së në G formojnë grup, G/N, në lidhjeme veprimin (aN)(bN) = abN. Ky grup është quajtur grup faktor i G-së dhe N-së.

Teorema 4.8. Le të jetë N një nëngrup normal i grupit G. Kosetat e N-së në G formojnë grup, G/N me rend [G : N].

Vërtetim: Veprimi i grupit G/N është (aN)(bN) = abN. Duhet të vërtetojmë se ky veprim është funksion. Pra,shumëzimi mos të varet nga zgjedhja e kosetave. Le të kemi aN = bN dhe cN = dN. Duhet të vërtetojmë se

(aN)(cN) = acN = bdN = (bN)(dN).

Atëherë, a = bn1 dhe c = dn2 për një n1 dhe n2 në N. Pra,

acN = bn1dn2N= bn1dN= bn1Nd= bNd= bdN.

c©AulonaPress 85




Algjebra Shaska T.

Pjesa tjetër e teoremës është e thjeshtë: eN = N është identiteti dhe g−1N është inversi i gN. Rendi i grupit G/Nështë numri i kosetave të N-së në G.

Shembull 4.19. Shqyrtojmë nëngrupin normal të S3, N = (1), (123), (132). Kosetat e N-së në S3 janë N dhe (12)N. Grupifaktor S3/N ka tabelën e shumëzimit të mëposhtme.

N (12)NN N (12)N

(12)N (12)N N

Ky grup është izomorfik me Z2. Shumëzimi i kosetave duket i vështirë dhe i çuditshëm. Megjithatë, vini re se S3/Nështë një grup i vogël. Grupi faktor na jep informacion rreth grupit S3. Grupi N = A3 është grupi i permutacioneve çiftdhe (12)N = (12), (13), (23) është bashkësia e permutacioneve tek. Informacioni që na jep G/N është se shumëzimi i dypermutacioneve çift ose tek është një permutacion çift, ndërsa po të shumëzojmë një permutacion çift me një permutacion tekpërftojmë një permutacion tek.

Shembull 4.20. Shqyrtojmë nëngrupin normal 3Z të Z. Kosetat e 3Z në Z janë

0 + 3Z = . . . ,−3, 0, 3, 6, . . .1 + 3Z = . . . ,−2, 1, 4, 7, . . .2 + 3Z = . . . ,−1, 2, 5, 8, . . ..

Grupi Z/3Z jepet nga tabela e shumëzimit më poshtë

+ 0 + 3Z 1 + 3Z 2 + 3Z0 + 3Z 0 + 3Z 1 + 3Z 2 + 3Z1 + 3Z 1 + 3Z 2 + 3Z 0 + 3Z2 + 3Z 2 + 3Z 0 + 3Z 1 + 3Z

Në përgjithësi nëngrupi nZ i Z është normal. Kosetat e Z/nZ janë

nZ1 + nZ2 + nZ...

(n − 1) + nZ.

Shuma e kosetave k +Z dhe l +Z është k + l +Z.

Shembull 4.21. Shqyrtojmë grupin dihedral Dn të gjeneruar nga dy elementët r dhe s të cilët kënaqin relacionet:

rn = 1, s2 = 1, srsr−1.

Elementi r gjeneron nëngrupin e rrotullimeve Rn të Dn. Meqënëse srs−1 = srs = r−1∈ Rn, grupi i rrotullimeve është një

nëngrup normal i Dn. Prandaj, Dn/Rn është grup. Meqënëse janë ekzaktësisht dy elementë në këtë grup, ai duhet të jetëizomorfik me Z2.

Ushtrime:

1. Jepet φ : G −→ H. Vërteto se kerφ / G.

2. Jepet grupi G dhe Z(G) qendra e tij. Vërteto se Z(G) / G.

3. Shënojmë me GL2(R) grupin 2 × 2 të matricave me terma në R dhe determinant jo zero (kanë të anasjelltë). Shënojmë meSL2(R) grupin 2 × 2 të matricave me terma në R dhe determinant 1. Vërteto se SL2(R) / GL2(R).

86 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

4. Vërtetoni se:a) SLn(k) / GLn(k) për çdo n ≥ 1 dhe për çdo fushë k.b) An / Sn për çdo n.

5. Le të jenë H dhe K nëngrupe normalë të G, të tillë që H ∩ K = e dhe HK = G. Vërtetoni se G H × K.

6. Vërtetoni se Inn(G) / Aut(G) dhe G/Z(G) ≈ Inn(G).

7. Jepet G një grup i fundëm dhe n një pjestues i |G|. Vërtetoni se në qoftë se H është nëngrupi i vetëm i G me rend n, atëherëH është normal në G.

8. Jepen H dhe K nëngrupe normalë të G të tillë që H ∩ K =< e > . Vërtetoni se hk = kh për çdo h ∈ H dhe k ∈ K.

Për të gjithë grupet e mëposhtëm G, përcaktoni se kur H është një nëngrup normal i G. Në qoftë se H është njënëngrup normal shkruani tabelën Kejlit për grupin faktor G/H.

9. G = S4 dhe H = A4

10. G = A5 dhe H = (1), (123), (132)

11. G = S4 dhe H = D4

12. G = Q8 dhe H = 1,−1, i,−i

13. G = Z dhe H = 5Z

14. Vërtetoni se prerja e dy nëngrupeve normal është një nëngrup normal.

15. Vërtetoni ose tregoni të kundërtën: Në qoftë se H është një nëngrup normal i G i tillë që H dhe G/H janë Abelian, atëherëG është Abelian.

16. Në qoftë se G është ciklik, vërtetoni se G/H duhet të jetë gjithashtu ciklik.

17. Vërtetoni ose tregoni të kundërtën: Në qoftë se H dhe G/H janë ciklik, atëherë G është ciklik.

18. Në qoftë se një grup G ka ekzaktësisht një nëngrup H me rend k, vërtetoni se H është normal në G.

19. Në qoftë se H dhe K janë nëngrupe normal të G dhe H ∩ K = e, vërtetoni se G është izomorfik me një nëngrup tëG/H × G/K.

20. Le të jetë φ : G1 → G2 homomorfizëm syrjektiv. Le të jetë H1 një nëngrup normal i G1 dhe supozojmë se φ(H1) = H2.Vërtetoni ose provoni të kundërtën se G1/H1 G2/H2.

4.5 Teoremat mbi izomorfizmat

Ne mund të përdorim grupet faktorë për të studiuar homomorfizmat. Ne tashmë dimë se çdo homomorfizëmgrupi φ : G → H mund ti shoqërojmë një nëngrup normal të G, kerφ. E anasjellta është gjithashtu e vërtetë. Çdonëngrup normal i një grupi G na çon në një homomorfizëm grupesh.

Le të jetë H një nëngrup normal i G. Projeksioni natyral ose homomorfizëm kanonik quhet homomorfizmi

φ : G→ G/H

i tillë që:φ(g) = gH.

Ky është një homomorfizëm meqë:

φ(g1g2) = g1g2H = g1Hg2H = φ(g1)φ(g2).

Bërthama e këtij homomorfizmi është H. Teoremat e mëposhtme përshkuajnë lidhjet ndërmjet homomorfizmavetë grupeve, nëngrupeve normalë dhe grupeve faktorë.

c©AulonaPress 87




Algjebra Shaska T.

Teorema 4.9 (Teorema e Parë Izomorfizmave). Jepet një homomorfizëm syrjektiv midis grupeve

ϕ : G −→ H.

Atëherë, në qoftë se shënojmë me K = ker(ϕ) kemi qëG/K ≈ H.

Vërtetim: Ne dimë se K / G. Përkufizojmë funksionin ψ si më poshtë:

ψ : G/K −→ H

gK −→ ϕ(g)

Vërtetojmë fillimisht se ψ është funksion. Supozojmë se xK = yK. Atëherë y−1x ∈ K por K është bërthamaprandaj ϕ(y−1x) = 1H. Nga të dhënat e teoremës kemi se ϕ është një homomorfizëm prandaj

ϕ(y−1x) = ϕ(y)−1ϕ(x) = 1H pra ϕ(x) = ϕ(y).

Atëherë, kemi ψ(xK) = ψ(yK).Tani le të vërtetojmë se ψ është një homomorfizëm. Kemi që

ψ(xKyK) = ψ(xyK) = ϕ(xy) = ϕ(x)ϕ(y) = ψ(xK)ψ(yK).

Pra, ψ(xKyK) = ψ(xK)ψ(yK) që vërteton se ψ është një homomorfizëm.Gjithashtu duhet të vërtetojmë seψ është një funksion injektiv. Le të kemi xK ∈ ker(ψ) atëherëψ(xK) = ϕ(x) = 1H.

Por x ∈ K dhe nga kjo rrjedh se xK = 1G/K. Pra, kemi që ker(ψ) = 1G/K atëherë funksioni ψ është injektiv.Së fundmi duhet të vërtetojmë se funksioni është syrjektiv. Atëherë, për çdo ϕ(g) ∈ H ekziston një g ∈ G por për

çdo g ∈ G ekziston një gk ∈ G/K.

Ne shpesh përdorim disa diagrama të quajtura diagrama kommutative ose Abeliane për të përshkruar teorematë algjebrës. Diagrama e mëposhtme është Abeliane meqënëse ψ = η φ.

G H

G/K

ψ

φ η

-

JJJJ

Shembull 4.22. Le të jetë G një grup ciklik me gjenerator g. Përkufizojmë funksionin φ : Z → G të tillë n 7→ gn. Kyfunksion është një homomorfizëm syrjektiv meqënëse

φ(m + n) = gm+n = gmgn = φ(m)φ(n).

është e qartë që φ është injektiv. Në qoftë se |g| = m, atëherë gm = e. Pra, kerφ = mZ dhe Z/kerφ = Z/mZ G. Gjithashtunë qoftë se rendi i g është infinit, atëherë kerφ = 0 dhe φ është një izomorfizëm i G dhe Z. Pra, dy grupe ciklikë janë izomorfikkur kanë të njëjtin rend. Klasat izomorfike të grupeve ciklikë janë Z dhe Zn.

Lema 4.3. Në qoftë se H e K janë nëngrupe të G-së dhe të paktën njëri prej tyre është normal në G atëherë HK është nëngrupdhe HK = H ∨ K = KH.

Vërtetim: I lihet si detyre lexuesit.

Lema 4.4. Le të jenë H dhe K nëngrupe të fundëm të grupit G. Atëherë

|HK| =|H| · |K||H ∩ K|

.

88 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Vërtetim: Rikujtojmë se:HK = hk : h ∈ H, k ∈ K.

Natyrisht, |HK| ≤ |H| · |K| meqë një element në HK mund të shkruhet si prodhim i elementëve të ndryshëm në Hdhe K. është e mundur që h1k1 = h2k2 për h1, h2 ∈ H dhe k1, k2 ∈ K. Në këtë rast le të kemi:

a = (h1)−1h2 = k1(k2)−1.

Vini re se a ∈ H ∩ K, meqë (h1)−1h2 është në H dhe k2(k1)−1 është në K. Si rrjedhim,

h2 = h1a−1

k2 = ak1.

Pra, le të kemi h = h1b−1 dhe k = bk1 për b ∈ H ∩ K. Atëherë, hk = h1k1, ku h ∈ H dhe k ∈ K. Pra, një elementhk ∈ HK mund të shkruhet në formën hiki për hi ∈ H dhe ki ∈ K, aq herë sa elementë kemi në H ∩ K. Pra, |H ∩ K|herë. Kështu që |HK| = (|H| · |K|)/|H ∩ K|.

Teorema 4.10 (Teorema e Dytë e Izomorfizmave). Le të jetë H një nëngrup i një grupi G(jo detyrimisht normal në G) dheN një nëngrup normal i G-së. Atëherë, HN është nëngrup i G, H ∩N është një nëngrup normal i H, dhe

H/H ∩N HN/N.

Vërtetim: Fillimisht do të vërtetojmë se HN = hn : h ∈ H,n ∈ N është nëngrup i grupit G. Supozojmë qëh1n1, h2n2 ∈ HN. Meqënëse N është normal, (h2)−1n1h2 ∈ N. Pra,

(h1n1)(h2n2) = h1h2((h2)−1n1h2)n2

është në HN. I anasjellti i hn ∈ HN është në HN meqë

(hn)−1 = n−1h−1 = h−1(hn−1h−1).

Tani le të vërtetojmë se H ∩N është normal në H. Le të marrim h ∈ H dhe n ∈ H ∩N. Atëherë, h−1nh ∈ H meqëçdo element është në H. Gjithashtu, h−1nh ∈ N meqë N është normal në G. Si rrjedhim, h−1nh ∈ H ∩N.

Tani le të përkufizojmë funksionin φ nga H në HN/N të tillë që h 7→ hN. Funksioni φ është injektiv meqë çdokoset hnN = hN është imazhi i h në H. Funksioni φ është një homomorfizëm sepse:

φ(hh′) = hh′N = hNh′N = φ(h)φ(h′).

Nga Teorema e Parë e Izomorfizmave, imazhi i φ është izomorfik me H/kerφ. Pra,

HN/N = φ(H) H/kerφ.

Meqëkerφ = h ∈ H : h ∈ N = H ∩N,

kemi HN/N = φ(H) H/H ∩N.

Teorema 4.11 (Teorema e Tretë e Izomorfizmave). Le të jetë K ≤ H / G të tillë që K / G. Atëherë

H/K / G/K

dhe(G/K)/(H/K) ≈ G/H.

c©AulonaPress 89




Algjebra Shaska T.

Vërtetim: Përkufizojmë

f :(G/K)/(H/K)→ G/H

Vërtetojmë fillimisht se f është një funksion. Pra në qoftë se kemi Kg1 = Kg2 atëherë g1g−12 ∈ K dhe g1g−1

2 ∈ Hpra Hg1 = Hg2.

Tani le të vërtetojmë se f është një homomorfizëm, pra se

f (Kg1Kg2) = f (Kg1) f (Kg2).

Le të shohimf (Kg1Kg2) = f (Kg1g2) = Hg1g2 = (Hg1)(Hg2) = f (Kg1) f (Kg2).

Le të vërtetojmë tani se funksioni f është syrjektiv. Kemi që për çdo Hg ∈ G/H ekziston një Kg ∈ G/K e tillë qëf (Kg) = Hg.

Mund të provohet kollaj se funksioni është injektiv.

Shembull 4.23. Nga Teorema e Tretë e Izomorfizmave,

Z/mZ (Z/mnZ)/(mZ/mnZ).

Meqënëse |Z/mnZ| = mn dhe |Z/mZ| = m, kemi |mZ/mnZ| = n.

Më poshtë shohim një tjetër teoremë të rëndësishme e cila quhet Teorema e Korespondencës ose ndonjëherëedhe Teorema e IV e isomorfizmave.

Teorema 4.12 (Teorema e Korespodencës). Le të jetë N një nëngrup normal i një grupi G. Atëherë,

H 7→ H/N

është një korespodencë një me një ndërmjet bashkësisë së nëngrupeve H që përmbajnë N dhe bashkësisë së nëngrupve të G/N.Për më tepër, nëngrupet normal të H u korespondojnë nëngrupeve normal të G/N.

Vërtetim: Le të jetë H një nëngrup i G i cili përmban N. Meqënëse N është normal në H ka kuptim të flasim përgrupin faktor H/N. Le të jenë aN dhe bN elementë të H/N. Atëherë (aN)(b−1N) = ab−1N ∈ H/N. Prandaj, H/N ështënëngrup i G/N.

Le të jetë S një nëngrup i G/N. Ky nëngrup është një bashkësi kosetash të N. Në qoftë se H = g ∈ G : gN ∈ S,atëherë për h1, h2 ∈ H, kemi që (h1N)(h2N) = hh′N ∈ S dhe h−1

1 N ∈ S. Kështu që H duhet të jetë një nëngrup i G.është e qartë se H përmban N. Kështu që S = H/N. Si rrjedhim, funksioni H 7→ H/H është syrjektiv.

Supozojmë që H1 dhe H2 janë nëngrupe të grupit G që përmbajnë N të tillë që H1/N = H2/N. Në qoftë se h1 ∈ H1,atëherë h1N ∈ H1/N. Pra, h1N = h2N ⊂ H2 për një h2 në H2. Megjithatë, meqë N përmbahet në H2, dimë se h1 ∈ H2ose H1 ⊂ H2. Në të njëjtën mënyrë, H2 ⊂ H1. Meqënëse H1 = H2, funksioni H 7→ H/H është bijektiv.

Supozojmë që H është normal në G dhe N është një nëngrup i H. Atëherë është e thjeshtë të vërtetojmë sefunksioni G/N → G/H i përcaktuar si gN 7→ gH është një homomorfizëm. Bërthama e këtij homomorfizmi ështëH/N, e cila vërteton që H/N është normale në G/N.

Anasjelltas, supozojmë se H/N është normal në G/N. Homomorfizmi i dhënë nga:

G→ G/N→G/NH/N

ka bërthamë H. Pra, H duhet të jetë normal në G.

Ushtrime:

90 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

1. Jepen bashkësitë Ω dhe ∆ të tilla që |Ω| = |∆|. Vërteto se S∆ SΩ.Udhëzim: Përderisa |Ω| = |∆| atëherë ekziston një bijeksion θ : Ω −→ ∆. Përkufizojmë

φ : S∆ −→ SΩ

σ −→ θ σ θ−1

për çdo σ ∈ S∆. Vërteto sea) φ është funksionb) φ është bijeksion (Për shembull gjej një ϕ të tillë që ϕφ = 1SΩ

, φϕ = 1S∆.)

c) φ është homomorfizëm.

2. Jepet P1 = C ∪ ∞ sfera Riemann.a) Vërtetoni se funksioni α : P1

→ P1 i tillë që

α(x) = x,1x, 1 − x,

11 − x

,x

x − 1,

x − 1x

formon grup në lidhje me veprimin e përbërjes së funksioneve.b) Shkruani një tabelë shumëzimi për këtë grup.c) Vërtetoni se ky grup është izomorfik me S3.

3. Gjeni të gjithë nëngrupet e D4. Cilët prej tyre janë normalë? Kush janë të gjithë grupet faktorë të D4 sipas klasave tëizomorfizmave?

4. Gjeni të gjithë nëngrupet e grupit të kuaternioneve, Q8. Cilët prej tyre janë normalë? Kush janë të gjithë grupet faktorë tëQ8 duke u bazuar te izomorfizmat?

5. Le të jetë T grupi i matricave trekëndore të sipërme 2 × 2 me elementë nga Z. Pra, matricat e formës(a b0 c

),

ku a, b, c ∈ Z dhe ac , 0. Le të jetë U e cila përmban matricat e formës:(1 x0 1

),

ku x ∈ Z.a) Vërtetoni se U është nëngrup i T.b) Vërtetoni se U është Abelian.c) Vërtetoni se U është normal në T.d) Vërtetoni se T/U është Abelian.e) A është T normal në GL2(Z)?

6. Në qoftë se φ : G→ H është një homomorfizëm dhe G është Abelian, vërtetoni se φ(G) është gjithashtu Abelian.

7. Në qoftë se φ : G→ H është një homomorfizëm dhe G është ciklik, vërtetoni se φ(G) është gjithashtu ciklik.

8. Në qoftë se G është Abelian, vërtetoni se G/H duhet të jetë gjithashtu Abelian.

9. Vërtetoni ose tregoni të kundërtën: Q/Z Q.

10. Le të jetë G një grup i fundëm dhe N një nëngrup normal i G. Në qoftë se H është një nëngrup i G/N, vërtetoni se φ−1(H)është nëngrup në G me rend |H| · |N|, ku φ : G→ G/N është homomorfizmi kanonik.

11. Le të jenë G1 dhe G2 grupe dhe le të jenë H1 dhe H2 nëngrupe normal respektivisht të G1 dhe G2. Le të jetë φ : G1 → G2

një homomorfizëm. Vërtetoni se φ çon në një homomorfizëm natyral φ : (G1/H1)→ (G2/H2) në qoftë se φ(H1) ⊆ H2.

12. Gjeni një automorfizëm të një grupi G që nuk është një automorfizëm i brendëshëm.

c©AulonaPress 91




Algjebra Shaska T.

13. Le të jetë G grup dhe ig një automorfizëm i brendëshëm i G-së. Përkufizojmë funksionin

G→ Aut(G)

të tillëg 7→ ig.

Vërtetoni se ky funksion është një homomorfizëm me imazh Inn(G) dhe bërthamë Z(G). Përdoreni këtë rezultat për tëpërmbledhur se

G/Z(G) Inn(G).

14. Llogarisni Aut(S3) dhe Inn(S3).

15. Llogarisni Aut(D4) dhe Inn(D4).

16. Gjeni të gjitha automorfizmat e Z8. Vërtetoni se Aut(Z8) U(8).

17. Për k ∈ Zn, përcaktojmë funksionin φk : Zn → Zn të rillë që a 7→ ka. Vërtetoni se φk është një homomorfizëm.

18. Vërtetoni se rrënjët e n-ta të njësisë janë izomorfike me Zn.

19. Vërtetoni se Q nuk është izomorfik me Z.

20. Le të jetë G = R \ −1 dhe përcaktojmë një veprim binar mbi G të tillë:

a ∗ b = a + b + ab.

Vërtetoni se G është grup në lidhje me këtë veprim. Vërtetoni se (G, ∗) është izomorfik me grupin multiplikativ të numraverealë të ndryshëm nga zero.

21. Gjeni pesë grupe jo izomorfik me rend 8.

22. Vërtetoni se S4 nuk është izomorfik me D12.

23. Vërtetoni se bashkësia e të gjitha matricave të formës:

B =

(±1 n0 1

),

ku n ∈ Zn është një grup izomorfik me Dn.

24. Vërtetoni se S3 × Z2 është izomorfik me D6. Çfarë mund të hamendësoni për D2n? Vërtetoni hamendësimin tuaj.[Udhëzim: Vizatoni figurën.]

25. Vërtetoni ose tregoni të kundërtën: Çdo grup Abelian me rend të pjesëtueshëm nga 3 përmban një nëngrup me rend 3.

26. Vërtetoni ose tregoni të kundërtën: Çdo grup jo Abelian me rend të pjesëtueshëm nga 6 përmban një nëngrup me rend 6.

27. Vërtetoni ose tregoni të kundërtën: Le të jenë G, H, dhe K grupe. Në qoftë se G × K H × K, atëherë G H.

28. Vërtetoni ose tregoni të kundërtën: Ekziston një grup Abelian jo ciklik me rend 51.

29. Vërtetoni ose tregoni të kundërtën: Ekziston një grup Abelian jo ciklik me rend 52.

30. Le të jetë φ : G1 → G2 një izomorfizëm. Vërtetoni se φ(x) = e atëherët x = e.

31. Le të kemi G H. Vërtetoni se në qoftë se G është ciklik, atëherë gjithashtu është H.

32. Vërtetoni se çdo grup G me rend p, ku p është numër i thjeshtë, duhet të jetë izomorfik me Zp.

33. Vërtetoni se çdo dy grupe ciklikë me rend m janë izomorfikë.

34. Vërtetoni se Sn është izomorfik me një nëngrup të An+2.

92 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

35. Vërtetoni se Dn është izomorfik me një nëngrup të Sn.

36. Le të jenë φ : G1 → G2 dhe ψ : G2 → G3 izomorfizma. Vërtetoni se φ−1 dhe ψ φ janë të dyja izomorfizma. Dukepërdorur këto rezultate vërtetoni se grupet e izomorfizmave përcaktojnë një relacion ekuivalence mbi klasën e të gjithë grupeve.

37. Vërtetoni se a + ib 7→ a − ib është një automorfizëm i C∗.

38. Gjeni Aut(Z).

39. Gjeni dy grupe jo izomorfik G dhe H të tillë që Aut(G) Aut(H).

40. Kush janë automorfizmat e brendëshme të grupit të kuaternioneve Q8? A është e vërtetë në këtë rast se Inn(G) = Aut(G)?

41. Le të jetë G një grup dhe g ∈ G. Përcaktoni funksionet λg : G→ G dhe ρg : G→ G të tillë që λg(x) = gx dhe ρg(x) = xg−1.Vërtetoni se ig = ρg λg është një automorfizëm i G-së. Funksioni ρg : G → G është quajtur represantimi i djathtë irregullt i grupit G.

42. Le të jenë G dhe H dy grupe izomorfik. Në qoftë se G ka një nëngrup me rend n, vërtetoni se H duhet të ketë gjithashtu njëgrup me rend n.

43. Në qoftë se G G dhe H H, vërtetoni se G ×H G ×H.

44. Le të jenë n1, . . . ,nk numra të plotë pozitiv. Vërtetoni se

k∏i=1

Zni Zn1···nk

atëherët kur gcd(ni,n j) = 1, për i , j.

45. Vërtetoni se A × B është Abelian atëherët kur A dhe B janë Abelian.

46. Le të jenë H1 dhe H2 respektivisht nëngrupe të G1 dhe G2. Vërtetoni se H1 ×H2 është nëngrup i G1 × G2.

47. Le të kemi m,n ∈ Z. Vërtetoni se 〈m,n〉〈d〉 atëherët kur d = gcd(m,n).

48. Le të kemi m,n ∈ Z. Vërtetoni se 〈m〉 ∩ 〈n〉〈l〉 atëherët kur d = lcm (m,n).

c©AulonaPress 93




Algjebra Shaska T.

94 c©AulonaPress




Kapitulli 5

Struktura e grupeve

Një nga problemet kryesore në teorinë e grupeve qëndron në klasifikimin e të gjithë grupeve sipas klasave tëizomorfizmave. Domethënë, në qoftë se na jepet një grup i veçantë, ne duhet të jemi të aftë ta identifikojmë atë menjë grup të nëpërmjet një izomorfizmi. Për shembull, kemi vërtetuar se çdo grup i fundëm ciklik me rend n ështëizomorfik me Zn. Pra, ne i ”njohim” tashmë të gjithë grupet ciklikë.

Në këtë kapitull ne do të merremi me grupet e fundëm Abelian. Gjithashtu do të hetojmë grupet me anë tëvargjeve të nëngrupeve. Në qoftë se një grup ka një varg nëngrupesh,

G = Hn ⊃ Hn−1 ⊃ · · · ⊃ H1 ⊃ H0 = e,

ku çdo nëngrup Hi është normal në Hi+1 dhe secili prej grupeve faktor Hi+1/Hi është Abelian, atëherë G quhet grupi zgjidhshëm. Grupet e zgjidhshëm janë baza e studimit të rrënjëve të ekuacioneve polinomiale.

5.1 Grupet e fundëm Abelianë

Gjatë studimit tonë mbi grupet ciklikë, gjetëm se çdo grup me rend të thjeshtë ishte izomorfik me Zp, ku pishte një numër i thjeshtë. Përcaktuam gjithashtu se Zmn Zm × Zn, kur gcd(m,n) = 1, Teorema 4.16. Çdo grupi fundëm Abelian është izomorfik me prodhimin direkt të grupeve ciklike me rend të thjeshtë. Domethënë, çdogrup i fundëm Abelian është izomorfik me një grup të tipit

Zpα11× · · · ×Zpαn

n.

Le të shqyrtojmë fillimisht grupet e fundëm Abelian. Supozojmë që G është një grup dhe le të jetë gii∈I njëbashkësi me elementë në G, ku i është element i ndonjë bashkësie indeksesh I (jo domosdoshmërisht e fundme).Nëngrupi më i vogël i G-së që përmban të gjithë gi-të është nëngrupi i grupit G i gjeneruar nga elementët gi. Nëqoftë se ky nëngrup i G-së ndodhet plotësisht në G, atëherë themi se grupi G gjenerohet nga bashkësia gi : i ∈ I.Në këtë rast gi-të quhen gjeneratorët e grupit G. Në qoftë se gjendet një bashkësi e fundme gi : i ∈ I që gjeneronG, atëherë themi se grupi G gjenerohet në mënyrë të fundme dhe shënohet me G = 〈gii∈I〉.

Shembull 5.1. është e qartë se të gjithë grupet e fundëm gjenerohen në mënyrë të fundme. Për shembull, grupi S3 gjenerohetnga permutacionet (12) dhe (123). Grupi Z × Zn është një grup i pafundëm, por gjenerohet në mënyrë të fundme nga(1, 0), (0, 1).

Jo të gjithë grupet gjenerohen në mënyrë të fundme. Le të shqyrtojmë numrat racionalëQ në lidhje me veprimine mbledhjes. Supozojmë qëQ gjenerohet në mënyrë të fundme nga gjeneratorët p1/q1, . . . , pn/qn, ku secili pi/qi ështënjë raport i shprehur në termat e tij më të vegjël. Le të jetë p një numër i thjeshtë i tillë që nuk pjesëton asnjë prejemëruesëve q1, . . . , qn. Themi se 1/p nuk mund të ndodhet në nëngrupin Q, i cili gjenerohet nga p1/q1, . . . , pn/qn,ngaqë p nuk e pjesëton emëruesin e çdo elementi në këtë nëngrup. Ky fakt shihet qartë sepse shuma e çdo dygjeneratorëve është

pi

qi+

p j

q j=

piq j + p jqi

qiq j.

95

Algjebra Shaska T.

Teorema 5.1. Le të jetë H një nëngrup i grupit G i cili është gjeneruar nga gi ∈ G : i ∈ I. Atëherë, h ∈ H vetëm kur ështënjë prodhim i formës

h = gα1i1· · · gαn

in,

ku gik nuk janë domosdoshmërisht të ndryshëm.

Vërtetim: Le të jetë K bashkësia e të gjithë prodhimeve të formës gα1i1· · · gαn

in, ku gik nuk janë domozdoshmërishtë të

ndryshëm. Pra K është një nënbashkësi e H-së. Duhet vetëm të vërtetojmë se K është një nëngrup i grupit G. Nëqoftë se ky fakt është i vërtetë, atëherë K = H sepse H është nëngrupi më i vogël që përmban të gjithë gi.

Bashkësia K është e mbyllur në lidhje me veprimin e grupit. Meqënëse g0i = 1, identiteti është në K. Mbetet të

vërtetojmë se i anasjelli i një elementi g = gk11 · · · g

knin

në K ndodhet gjithashtu në K. Pra,

g−1 = (gk11 · · · g

knin

)−1 = (g−kn1 · · · g−k1

in) ∈ K.

Vërejtje 5.1. Arsyeja pse fuqitë e caktuara të elementëve gi mund të përsëriten disa herë në këtë produkt është se ne mund tëkemi një grup jo Abelian. Në qoftë se grupi është Abelian, atëherë gi do të hasen vetëm një herë.

Le të përqëndrohemi tani në grupet e fundëm Abelian. Çdo grup i fundëm Abelian mund të shprehet si prodhimi fundëm grupesh ciklikë. Më saktësisht, le të jetë p një numër i thjeshtë, përkufizojmë një grup G si p-grup në qoftëse çdo element në G e ka rendin një fuqi të p-së. Për shembull, Z2 × Z2 dhe Z4 janë 2-grupe, ndërsa Z27 ështënjë 3-grup. Duhet të vërtetojmë se çdo grup i fundëm Abelian është izomorfik me prodhimin direkt të p-grupeveciklik. Para se të japim kuptimin e teoremës mbi grupet e fundëm Abelian, le të shqyrtojmë një rast të veçantë.

Teorema 5.2. Çdo grup i fundëm Abelian G është prodhimi direkt i p-grupeve.

Vërtetim: Në qoftë se |G| = 1, atëherë grupi është trivial. Supozojmë që rendi i G-së është më i madh se 1, pra

|G| = pα11 · · · p

αnn ,

ku p1, . . . , pn janë të thjeshtë dhe përkufizojmë Gi-në si bashkësinë e elementëve në G me rend pki , për ndonjë numër

të plotë k. Meqënëse G është një grup Abelian, atëherë jemi të sigurt se Gi është një nëngrup i G-së për i = 1, . . . ,n.Duhet të vërtetojmë se

G = G1 × · · · × Gn.

Domethënë, duhet të jemi të aftë të shkruajmë çdo g ∈ G si një prodhim i vetëm i gp1 · · · gpn , ku rendi i gpi ështëndonjë fuqi e pi-së. Meqënëse rendi i elementit g pjesëton rendin e G-së, atëherë

|g| = pβ1

1 pβ2

2 · · · pβnn

për disa numra të plotë β1, . . . , βn. Le të jenë ai = |g|/pβi

i , ai janë relativisht të thjeshtë. Kështu që ekzistojnë numrat eplotë b1, . . . , bn të tillë që

a1b1 + · · · + anbn = 1.

Anasjelltas,g = ga1b1+···+anbn = ga1b1 · · · ganbn .

Meqë

g(aibi)pβii = gbi |g| = e,

sjell që gaibi ndodhet në Gi. Le të jetë gi = gaibi , atëherë g = g1 · · · gn dhe Gi ∩ G j = e për i , j. Për të vërtetuarunicitetin, supozojmë se

g = g1 · · · gn = h1 · · · hn

ku hi ∈ Gi. Atëherëe = (g1 · · · gn)(h1 · · · hn)−1 = g1h−1

1 · · · gnh−1n .

Rendi i gih−1i është fuqi e pi-së. Pra, rendi i g1h−1

1 · · · gnh−1n është shumëfishi më i vogël i përbashkët i rendeve të gih−1

ii cili është 1 sepse rendi i identitetit është 1. Kështu që, |gih−1

i | = 1 ose gi = hi për i = 1, . . . ,n.

Vërtetimi i Teoremës Themelore mbështetet në lemën e mëposhtme.

96 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Lema 5.1. Le të jetë G një p-grup i fundëm Abelian dhe supozojmë se g ∈ G ka rend maksimal. Atëherë, grupi G mund tëshkruhet si 〈g〉 ×H për ndonjë nëngrup H të G-së.

Vërtetim: Supozojmë se rendi i G është pn. Le të përdorim induksionin mbi n-në. Në qoftë se n = 1, atëherë grupiG është ciklik me rend p dhe duhet të gjenerohet nga elementi g. Supozojmë se lema është e vërtetë për të gjithënumrat e plotë k ku 1 ≤ k < n dhe le të jetë g elementi me rendin maksimal në G, atëherë themi se |g| = pm. Atëherë,apm

= e për të gjithë a ∈ G. Zgjedhim h në G të tillë që h < 〈g〉, ku h ka rendin më të vogël të mundshëm. Një h e tillëekziston. Ndryshe, G = 〈g〉 dhe vërtetimi mbaron. Pra, H = 〈h〉.

Kemi që 〈g〉 ∩H = e. Mjafton të vërtetojmë se |H| = p. Meqënëse |hp| = |h|/p, rendi i hp është më i vogël se rendi

i h-së dhe duhet të ndodhet në 〈g〉 ngaqë h është më e vogla. Pra, hp = gr për ndonjë numër r. Pra,

(gr)pm−1= (hp)pm−1

= hpm= e,

dhe rendi i gr duhet të jetë më i vogël ose i barabartë me pm−1. Kështu që gr nuk mund të gjenerojë 〈g〉. Vihet re se pduhet të jetë një faktor i r, pra r = ps dhe hp = gr = gps. Përkufizojmë a si g−sh. Atëherë, a nuk mund të ndodhet në〈g〉. Ndryshe, h duhet të jetë gjithashtu në 〈g〉. Gjithashtu,

ap = g−sphp = g−rhp = h−php = e.

Marrim një element a me rend p të tillë që a < 〈g〉. Meqënëse h u zgjodh si elementi me rendin më të vogël nëkrahasim me të gjithë elementët që nuk janë në 〈g〉, atëherë |H| = p.

Tani duhet të vërtetojmë se rendi i gH në grupin faktor G/H duhet të jetë i barabartë me rendin e g-së në G. Nëqoftë se |gH| < |g| = pm, atëherë

H = (gH)pm−1= gpm−1

H.

Pra, gpm−1duhet të ndodhet në 〈g〉 ∩H = e, e cila kundërshton faktin që rendi i g është pm. Kështu që, gH ka rendin

maksimal në G/H. Nga Teorema e Korenspondencës si dhe nga hipotezat e induksionit kemi:

G/H 〈gH〉 × K/H,

për ndonjë nëngrup K të G që përmban H-në. Themi se 〈g〉 ∩ K = e. Në qoftë se b ∈ 〈g〉 ∩ K, atëherë bH ∈〈gH〉 ∩ K/H = H dhe b ∈ 〈g〉 ∩H = e. Kjo sjell që G = 〈g〉K, pra G 〈g〉 ×H.

Le të formulojmë tani në mënyrë më të përgjithëshme teoremën për të gjithë grupet Abelian, të gjeneruar në

mënyrë të fundme.

Teorema 5.3 (Teorema Themelore për Grupet e Fundëm Abelian). Çdo grup i fundëm Abelian G është izomorfik meprodhimin direkt të grupeve ciklikë të trajtës

Zpα11×Zpα2

2× · · · ×Zpαn

n

ku pi janë të thjeshtë (jo të ndryshëm domosdoshmërisht).

Vërtetim: Teorema Themelore e Grupeve të Fundëm Abelian rrjedh menjëherë nga Lema 5.1. Supozojmë që Gështë një grup i fundëm Abelian dhe le të jetë g një element me rendin maksimal në G. Në qoftë se 〈g〉 = G, atëherëvërtetimi mbaron këtu. Ndryshe, G Z|g| ×H për ndonjë nëngrup H që përfshihet në G nga Lema. Meqë |H| < |G|,zbatojmë induksionin matematik.

Shembull 5.2. Supozojmë se duam të klasifikojmë të gjithë grupet Abelian me rend 540 = 22· 33· 5. Teorema Themelore e

Grupeve të Fundëm Abelian na thotë se kemi gjashtë mundësitë e mëposhtme.

• Z2 ×Z2 ×Z3 ×Z3 ×Z3 ×Z5

• Z2 ×Z2 ×Z3 ×Z9 ×Z5

• Z2 ×Z2 ×Z27 ×Z5

• Z4 ×Z3 ×Z3 ×Z3 ×Z5

c©AulonaPress 97




Algjebra Shaska T.

• Z4 ×Z3 ×Z9 ×Z5

• Z4 ×Z27 ×Z5.

Ushtrime:

1. Gjeni të gjithë grupet Abelian me rend më të vogël ose të barabartë me 40 sipas izomorfizmave.

2. Gjeni të gjithë grupet Abelian me rend 200 sipas izomorfizmave.

3. Gjeni të gjithë grupet Abelian me rend 720 sipas izomorfizmave.

5.2 Grupet e thjeshtë dhe grupet e zgjidhshëm

Në këtë pjesë ne studiojmë grupet e tjeshtë dhe grupet e zgjidhshëm.

Përkufizim 5.1. Një grup G quhet grup i thjeshtë në qoftë se nuk ka nëngrupe normalë përveç 1g dhe G-së.

Rrjedhim 5.1. Një grup Abelian G është i thjeshtë atëherë dhe vetëm atëherë kur ai është i fundëm dhe me rend një numër tëthjeshtë.

Vërtetim: ⇐ Në qoftë se G është grup i fundëm dhe me rend një numër i thjeshtë, atëherë G nuk ka nëngrupe tëmirëfilltë H, përndryshe nga Teorema Lagranzh do të kishim se rendi i H është pjestues i p. Pra grupi G është ithjeshtë.⇒ Supozojmë se G është i thjeshtë. Meqënëse G është Abelian, atëherë çdo nëngrup i tij është normal dhe si

rrjedhim G nuk ka nëngrupe të tjerë përveç 1 dhe vetë grupit G. Le të jetë një element x ∈ G, ku x , 1. Meqënëse〈x〉 është nëngrup i grupit G, atëherë kemi se 〈x〉 = G. Në qoftë se x ka rend të pafundëm, atëherë të gjitha fuqitëe x-it janë të dalluara, pra 〈x2

〉 nuk mund të jetë nëngrup i 〈x〉. Pra kemi një kontadiksion. Pra çdo x ∈ G ka rendtë fundëm. Le të supozojmë se elementi x ka rend një numër m të përbërë, pra m = kl dhe 〈xk

〉 është njënngrupmirëfilltë i 〈x〉. Përsëri kemi të bëjmë me një kontradiksion. Pra G = 〈x〉 ka rend një numër të thjeshtë.

5.2.1 Grupet e zgjidhshëm

Seri normale e një grupi G quhet zinxhiri i nëngrupeve

1 < G1 < G2 < · · · < Gn = G

të tilla që Gi / Gi+1. Grupet Gi+1/Gi i kemi quajtur grupe faktor dhe n quhet gjatësia e serisë.Një grup G quhet i zgjidhshëm në qoftë se ekziston një seri normale

1 = G0 < G1 < · · · < Gs = G

e tillë që Gi+1/Gi është Abelian për i = 1, . . . s.Dy seri normale të G:

1 < G1 < G2 < · · · < Gn = G

1 < H1 < H2 < · · · < Hn = G

janë ekuivalente në qoftë se ato kanë të njëjtën gjatësi dhe Gi+1/Gi ≈ Hi+1/Hi për të gjitha i-të.Një seri nënnormale e grupit G është një varg i fundëm nëngrupesh

G = Hn ⊃ Hn−1 ⊃ · · · ⊃ H1 ⊃ H0 = e,

ku Hi është një nëngrup normal i Hi+1. Në qoftë se çdo nëngrup Hi është normal në G, atëherë seria quhet serinormale. Gjatësia e një serie nënnormale ose serie normale është numri i përfshirjeve të mirëfillta.

98 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Shembull 5.3. Çdo seri nëngrupesh e një grupi të fundëm Abelian është një seri normale. Konsiderojmë seritë e mëposhtmetë grupeve:

Z ⊃ 9Z ⊃ 45Z ⊃ 180Z ⊃ 0,Z24 ⊃ 〈2〉 ⊃ 〈6〉 ⊃ 〈12〉 ⊃ 0.

Shembull 5.4. Një seri nënnormale nuk ka pse duhet të jetë seri normale. Konsiderojmë seritë nënnormale të grupit D4:

D4 ⊃ (1), (12)(34), (13)(24), (14)(23) ⊃ (1), (12)(34) ⊃ (1).

Nëngrupi (1), (12)(34) nuk është normal në D4. Kështu që, kjo seri nuk është një seri normale.

Një seri nënnormale (normale) K j është një seri seri nënnormale (normale) e përpunuar Hi në qoftë seHi ⊂ K j. Pra, çdo Hi është njëra nga K j.

Shembull 5.5. SeriaZ ⊃ 3Z ⊃ 9Z ⊃ 45Z ⊃ 90Z ⊃ 180Z ⊃ 0

është përpunim i serisëZ ⊃ 9Z ⊃ 45Z ⊃ 180Z ⊃ 0.

Mënyra më e saktë për të studiuar një seri nënnormale ose një seri normale nëngrupesh, Hi of G, është studimii grupeve faktor Hi+1/Hi. Ne themi se dy seri nënnormale (normal) Hi dhe K j të grupit G janë izomorfike nëqoftë se gjendet një korenspondencë një me një ndërmjet koleksionit të grupeve faktor Hi+1/Hi dhe K j+1/K j.

Shembull 5.6. Dy seritë normaleZ60 ⊃ 〈3〉 ⊃ 〈15〉 ⊃ 0Z60 ⊃ 〈4〉 ⊃ 〈20〉 ⊃ 0

të grupit Z60 janë izomorfike sepseZ60/〈3〉〈20〉/0 Z3〈3〉/〈15〉〈4〉/〈20〉 Z5〈15〉/0 Z60/〈4〉 Z4.

Një seri nënnormale Hi e një grupi G është një seri e përbërë në qoftë se të gjithë grupet faktor janë të thjeshtë.Pra, në qoftë se asnjë nga grupet faktor të serisë nuk përmban një nëngrup normal. Një seri normale Hi e G-sëështë një seri kryesore në qoftë se të gjithë grupet faktor janë të thjeshtë.

Shembull 5.7. Grupi Z60 ka një seri të përbërë

Z60 ⊃ 〈3〉 ⊃ 〈15〉 ⊃ 〈30〉 ⊃ 0

me grupet faktor:

Z60/〈3〉 Z3

〈3〉/〈15〉 Z5

〈15〉/〈30〉 Z2

〈30〉/0 Z2.

Meqënëse Z60 është një grup Abelian, kjo seri është automatikisht një seri kryesore. Vihet re se seria e përbërë nuk ka pse tëjetë e vetme. Seria

Z60 ⊃ 〈2〉 ⊃ 〈4〉 ⊃ 〈20〉 ⊃ 0

është gjithashtu një seri e përbërë.

Shembull 5.8. Për n ≥ 5, seriaSn ⊃ An ⊃ (1)

është një seri e përbërë për Sn ngaqë Sn/An Z2 dhe An është e thjeshtë.

c©AulonaPress 99




Algjebra Shaska T.

Shembull 5.9. Jo çdo grup ka një seri të përbërë ose një seri kryesore. Supozojmë që

0 = H0 ⊂ H1 ⊂ · · · ⊂ Hn−1 ⊂ Hn = Z

është një seri nënnormale për numrat e plotë në lidhje me mbledhjen. Atëherë, H1 ka trajtën nZ, për ndonjë n ∈ N. Në këtërast H1/H0 nZ është një grup ciklik i pafundëm me shumë nëngrupe normal të mirëfilltë, jo trivial.

Megjithëse seria e përbërë nuk ka pse të jetë e vetme, si ne rastin e Z60, kjo sjell që çdo dy seri të përbëra janëtë lidhura. Grupet faktor të dy serive të përbëra për Z60 janë Z2, Z2, Z3 dhe Z5. Pra, dy seritë e përbëra janëizomorfike. Teorema Jordan-H’older pohon se ky rezultat është gjithmon i vërtetë.

Teorema 5.4 (Jordan-H’older). Çdo dy seri të përbëra të G janë izomorfike.

Vërtetim: Mund të përdorim induksionin matematik për gjatësinë e serisë së përbërë. Në qoftë se gjatësia e serisësë përbërë është 1, atëherë grupi G është një grup i thjeshtë. Në këtë rast dy seri të përbëra janë izomorfike.

Supozojmë se teorema është e vërtetë për të gjithë grupet që kanë një seri të përbërë me gjatësi k, ku 1 ≤ k < n.Le të jenë

G = Hn ⊃ Hn−1 ⊃ · · · ⊃ H1 ⊃ H0 = eG = Km ⊃ Km−1 ⊃ · · · ⊃ K1 ⊃ K0 = e

dy seri të përbëra për G. Mund të formojmë dy seri nënnormale për G sepse Hi ∩ Km−1 është normal në Hi+1 ∩ Km−1dhe K j ∩Hn−1 është normal në K j+1 ∩Hn−1:

G = Hn ⊃ Hn−1 ⊃ Hn−1 ∩ Km−1 ⊃ · · · ⊃ H0 ∩ Km−1 = eG = Km ⊃ Km−1 ⊃ Km−1 ∩Hn−1 ⊃ · · · ⊃ K0 ∩Hn−1 = e.

Meqënëse Hi ∩ Km−1 është normal në Hi+1 ∩ Km−1, nga Teorema e Dytë e Izomorfizmit kemi që

(Hi+1 ∩ Km−1)/(Hi ∩ Km−1) = (Hi+1 ∩ Km−1)/(Hi ∩ (Hi+1 ∩ Km−1)) Hi(Hi+1 ∩ Km−1)/Hi,

ku Hi është normal në Hi(Hi+1 ∩ Km−1). Meqënëse Hi është një seri e përbërë, Hi+1/Hi vërtetimi është i thjeshtë.Anasjelltas, Hi(Hi+1 ∩Km−1)/Hi është Hi+1/Hi ose Hi/Hi. Pra, Hi(Hi+1 ∩Km−1) duhet të jetë Hi ose Hi+1. Duke lëvizursecilën prej përfshirjeve jo të mirëfillta të serisë

Hn−1 ⊃ Hn−1 ∩ Km−1 ⊃ · · · ⊃ H0 ∩ Km−1 = e,

marrim një seri të përbërë për Hn−1. Nga hipotezat tona të induksionit kemi që kjo seri duhet të jetë ekuivalente meserinë e përbërë:

Hn−1 ⊃ · · · ⊃ H1 ⊃ H0 = e.

Pra, seritë e përbëraG = Hn ⊃ Hn−1 ⊃ · · · ⊃ H1 ⊃ H0 = e

dheG = Hn ⊃ Hn−1 ⊃ Hn−1 ∩ Km−1 ⊃ · · · ⊃ H0 ∩ Km−1 = e

janë ekuivalente. Në qoftë se Hn−1 = Km−1, atëherë seritë e përbëra Hi dhe K j janë equivalente dhe vërtetimimbaron këtu. Ndryshe, Hn−1Km−1 është një nëngrup normal i G që përmban pikërisht Hn−1. Në këtë rast Hn−1Km−1 =G dhe zbatojmë Teoremën e Dytë të Izomorfizmit edhe njëherë tjetër dhe kemi:

Km−1/(Km−1 ∩Hn−1) (Hn−1Km−1)/Hn−1 = G/Hn−1.

Kështu që,G = Hn ⊃ Hn−1 ⊃ Hn−1 ∩ Km−1 ⊃ · · · ⊃ H0 ∩ Km−1 = e

dheG = Km ⊃ Km−1 ⊃ Km−1 ∩Hn−1 ⊃ · · · ⊃ K0 ∩Hn−1 = e

janë ekuivalente dhe teorema u vërtetua plotësisht.

100 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Shembull 5.10. Grupi S4 është i zgjidhshëm nga që

S4 ⊃ A4 ⊃ (1), (12)(34), (13)(24), (14)(23) ⊃ (1)

ka grupe faktor Abelian. Sidoqoftë, për n ≥ 5 seria

Sn ⊃ An ⊃ (1)

është një seri e përbërë për Sn me grup faktor jo Abelian. Kështu që, Sn nuk është një grup i zgjidhshëm për n ≥ 5.

Ushtrime:

1. Le të jenë G dhe H grupe të zgjidhshëm. Vërtetoni se G ×H është gjithashtu i zgjidhshëm.

2. Në qoftë se G ka një seri të përbërë (kryesore) dhe në qoftë se N është një nëngrup normal i mirëfilltë i G, vërtetoni se ekzistonnjë seri e përbërë (kryesore) që përmban N.

3. Vërtetoni ose tregoni të kundërtën: Le të jetë N një nëngrup normal i G. Në qoftë se N dhe G/N kanë seri të përbërë, atëherëG duhet të ketë gjithashtu një seri të kompozuar.

4. Përkufizo grup i zgjidhshëm. Vërtetoni që imazhi homomorfik i një grup i zgjidhshëm është i zgjidhshëm.

5. Jepet G një grup dhe H / G. Atëherë, G është i zgjidhshëm atëherët kur H dhe G/H janë të zgjidhshëm.

5.3 Thjeshtësia e An

Në këtë seksion ne do të vërtetojmë se grupi alternativ, An, është i thjeshtë për n ≥ 5. Vërtetimi i këtij rezultatikërkon disa lema.

Lema 5.2. Grupi alternativ An gjenerohet nga 3-cikle, për n ≥ 3.

Vërtetim: Për të vërtetuar se 3-ciklet gjenerojnë An, duhet të vërtetojmë vetëm se çdo çift transpozicionesh mundtë shkruhet si prodhim 3-ciklesh. Meqënëse (ab) = (ba), çdo çift transpozicionesh mund të jetë njëri nga:

(ab)(ab) = id(ab)(cd) = (acb)(acd)(ab)(ac) = (acb).

Kjo përfundon vërtetimin.

Lema 5.3. Le të jetë N një nëngrup normal i An, ku n ≥ 3. Në qoftë se N përmban një 3-cikël, atëherë N = An.

Vërtetim: Fillimisht vërtetojmë se An gjenerohet nga 3-ciklet e trajtës (i jk), ku i dhe j janë të fiksuar në 1, 2, . . . ,ndhe le të jetë k e ndryshueshme. Çdo 3-cikël është prodhimi i 3-cikleve të kësaj forme, ngaqë

(ia j) = (i ja)2

(iab) = (i jb)(i ja)2

( jab) = (i jb)2(i ja)(abc) = (i ja)2(i jc)(i jb)2(i ja).

Supozojmë se N është një nëngrup normal jotrivial i An për n ≥ 3 e tillë që N përmban një 3-cikël të formës (i ja).Duke përdorur faktin që N është normale kemi që

[(i j)(ak)](i ja)2[(i j)(ak)]−1 = (i jk)

ndodhet në N. Pra, N duhet të përmbajë të gjithë 3-ciklet (i jk), për 1 ≤ k ≤ n. Nga Lema 5.2, këto 3-cikle gjenerojnëAn. Pra, N = An.

c©AulonaPress 101




Algjebra Shaska T.

Lema 5.4. Për n ≥ 5, çdo nëngrup normal N i An përmban një 3-cikël.

Vërtetim: Le të jetë σ një element çfarëdo në një nëngrup normal N. Atëherë, strukturat ciklike të mundëshme përσ janë:

• σ është një 3-cikël.

• σ është prodhimi i cikleve jo prerës, σ = τ(a1a2 · · · ar) ∈ N, ku r > 3.

• σ është prodhimi i cikleve jo prerës, σ = τ(a1a2a3)(a4a5a6).

• σ = τ(a1a2a3), ku τ është prodhimi i 2-cikleve jo prerës.

• σ = τ(a1a2)(a3a4), ku τ është prodhimi i një numri çift 2-ciklesh jo prerës.

Në qoftë se σ është një 3-cikle, atëherë vërtetimi mbaron. Në qoftë se N përmban një prodhim ciklesh jo prerës,σ dhe të paktën njëri prej cikleve ka gjatësi më të madhe se 3, praσ = τ(a1a2 · · · ar), atëherë

(a1a2a3)σ(a1a2a3)−1

ndodhet në N ngaqë N është normal. Pra,σ−1(a1a2a3)σ(a1a2a3)−1

ndodhet gjithashtu në N. Meqë

σ−1(a1a2a3)σ(a1a2a3)−1

= σ−1(a1a2a3)σ(a1a3a2)= (a1a2 · · · ar)−1τ−1(a1a2a3)τ(a1a2 · · · ar)(a1a3a2)= (a1arar−1 · · · a2)(a1a2a3)(a1a2 · · · ar)(a1a3a2)= (a1a3ar),

N përmban një 3-cikël. Pra, N = An.Supozojmë se N përmban një prodhim jo prerës të formës

σ = τ(a1a2a3)(a4a5a6).

Atëherë,σ−1(a1a2a4)σ(a1a2a4)−1

∈ N

meqë(a1a2a4)σ(a1a2a4)−1

∈ N.

Pra,

σ−1(a1a2a4)σ(a1a2a4)−1

= [τ(a1a2a3)(a4a5a6)]−1(a1a2a4)τ(a1a2a3)(a4a5a6)(a1a2a4)−1

= (a4a6a5)(a1a3a2)τ−1(a1a2a4)τ(a1a2a3)(a4a5a6)(a1a4a2)= (a4a6a5)(a1a3a2)(a1a2a4)(a1a2a3)(a4a5a6)(a1a4a2)= (a1a4a2a6a3).

Pra N përmban një cikël jo prerës me gjatësi më të madhe se 3 dhe zbatojmë rastin e mësipërm.Supozojmë se N përmbanë një prodhim jo prerës të trajtës σ = τ(a1a2a3), ku τ është prodhimi i 2-cikleve jo prerës.

Meqë σ ∈ N, σ2∈ N, dhe

σ2 = τ(a1a2a3)τ(a1a2a3)= (a1a3a2).

Pra N përmban një 3-cikël.

102 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Mbetet vetëm rasti i prodhimit jo prerës të formës:

σ = τ(a1a2)(a3a4),

ku τ është prodhimi i një numri çift 2-ciklesh jo prerës. Por

σ−1(a1a2a3)σ(a1a2a3)−1

ndodhet në N meqë (a1a2a3)σ(a1a2a3)−1 është në N. Kështu që:

σ−1(a1a2a3)σ(a1a2a3)−1

= τ−1(a1a2)(a3a4)(a1a2a3)τ(a1a2)(a3a4)(a1a2a3)−1

= (a1a3)(a2a4).

Meqënëse n ≥ 5, gjendet b ∈ 1, 2, . . . ,n e tillë që b , a1, a2, a3, a4. Le të jetë µ = (a1a3b). Atëherë

µ−1(a1a3)(a2a4)µ(a1a3)(a2a4) ∈ N

dhe

µ−1(a1a3)(a2a4)µ(a1a3)(a2a4)= (a1ba3)(a1a3)(a2a4)(a1a3b)(a1a3)(a2a4)= (a1a3b).

Kështu që, N përmban një 3-cikël. Vërtetimi i lemës përfundon këtu.

Teorema 5.5. Grupi alternativ, An, është i thjeshtë për n ≥ 5.

Vërtetim: Le të jetë N një nëngrup normal i An. Nga Lema 5.4, N përmban një 3-cikël. Nga Lema 5.3, N = An.Prandaj, An nuk përmban nëngrupe të mirëfilltë normalë për n ≥ 5.

Ushtrime:

1. Vërtetoni se prodhimi i pafundëm direkt G = Z2 ×Z2 × · · · nuk gjenerohet në mënyrë të fundme.

2. Le të jetë G një grup Abelian me rend m. Në qoftë se n pjesëton m, vërtetoni se G ka një nëngrup me rend n.

3. Një grup G është grup torsion në qoftë se çdo element i G-së ka rend të fundëm. Vërtetoni se një grup torsion i gjeneruarnë mënyrë të fundme është i fundëm.

4. Le të jenë G, H dhe K grupe Abelian të gjeneruar në mënyrë të fundme. Vërtetoni se në qoftë se G × H G × K, atëherëH K. Jepni një kundërshembull për të vëretuar se ky rezultat në përgjithësi nuk është i vërtetë.

5. Vërtetoni se G është një grup i zgjidhshëm atëherët kur G ka një seri nëngrupesh

G = Pn ⊃ Pn−1 ⊃ · · · ⊃ P1 ⊃ P0 = e

ku Pi është normal në Pi+1 dhe rendi i Pi+1/Pi është i thjeshtë.

6. Le të jetë G një grup i zgjidhshëm. Vërtetoni se çdo nëngrup i G-së është i zgjidhshëm gjithashtu.

7. Vërtetoni se Dn është i zgjidhshëm për të gjitha n.

8. Supozojmë që G ka një seri të kompozuar. Në qoftë se N është një nëngrup normal i G, vërtetoni se N dhe G/N kanëgjithashtu një seri të kompozuar.

9. Le të jetë G një p-grup ciklik që ka nëngrupet H dhe K. Vërtetoni se H ndodhet në K ose K ndodhet në H.

10. Supozojmë që G është një grup i zgjidhshëm me rend n ≥ 2. Vërtetoni se G ka një nëngrup Abelian jo trivial.

c©AulonaPress 103




Algjebra Shaska T.

11. i) Kujtojmë se nëngrupi komutator G′ i grupit G është përkufizuar si nëngrupi i G-së që gjenerohet nga elementet etrajtës a−1b−1ab për a, b ∈ G. Vërtetoni se G′ është nëngrup i G-së.

ii) Përkufizojmë një seri të nëngrupeve të G si G(0) = G, G(1) = G′ dhe G(i+1) = (G(i))′.a) Vërtetoni se G(i+1) është normal në (G(i))′. Seria e nëngrupeve

G(0) = G ⊃ G(1)⊃ G(2)

⊃ · · ·

quhet seria e derivuar e G-së.b) Vërtetoni se G është i zgjidhshëm atëherët kur G(n) = e për ndonjë numër të plotë n.

12. Supozojmë që G është një grup i zgjidhshëm me rend n ≥ 2. Vërtetoni se G përmban një grup faktor Abelian jo trivial.

13 (Zassenhaus). Le të jenë H dhe K nëngrupe të një grupi G. Gjithashtu supozojmë se H∗ dhe K∗ janë nëngrupe normal tëH-së dhe K-së respektivisht. Atëherë

a) H∗(H ∩ K∗) është një nëngrup normal i H∗(H ∩ K).b) K∗(H∗ ∩ K) është një nëngrup normal i K∗(H ∩ K).

c) H∗(H ∩ K)/H∗(H ∩ K∗) K∗(H ∩ K)/K∗(H∗ ∩ K) (H ∩ K)/(H∗ ∩ K)(H ∩ K∗).

[Udhëzim: Përdorni diagramën në Figurën 5.1. Lema Zassenhaus njihet shpesh si lema fluturë) për shkak tëdiagramës.]

(H∗ ∩ K)(H ∩ K∗)

H ∩ K

H K

H∗(H ∩ K) K∗(H ∩ K)

H∗ K∗

H ∩ K∗H∗ ∩ K

H∗(H ∩ K∗) K∗(H∗ ∩ K)

QQQQ

QQQQQQQQ

QQQ

QQQ

QQ

AAAAAAAA

@@

@@

HHHHH

HHH

BBBBBBBBBBBB

Figura 5.1: Lema Zassenhaus

14. Teorema Schreier. Përdorni Lemën Zassenhaus për të vërtetuar se dy seri normale të një grupi G kanë shtrirje izomorfike.

15. Përdorni Teoremën Schreier për të vërtetuar Teoremën Jordan-H’older.

16. Shkruani një program që të llogarit të gjithë grupet Abelian me rend n. Sa është n më e madhe me të cilën mund të punojëprogrami juaj?

17. Vërteto se An / Sn

18. Jepen H / G dhe K / G. Vërteto se H ∩ K / G.

19. Jepen H / G,K / G. Vërteto se HK / G.

104 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

20. Në qoftë se H / G, K / G dhe H ∩ K = 1g. Vërteto se ∀h ∈ H,∀k ∈ K kemi hk = kh

21. Supozojmë se G është një grup i fundëm, i zgjidhshëm. Vërtetoni që gjendet një varg G = G0 ≥ G1 ≥ · · · ≥ Gk = e i G itillë që çdo Gi+1 është normal në Gi dhe Gi/Gi+1 është ciklik.

22. Vërtetoni se Sn nuk është e zgjidhshme për n ≥ 5.

23. a) Vërtetoni që në qoftë se G është nilpotent dhe H është çdo nëngrup i mirëfilltë, atëherë H është një nëngrup i mirëfilltëi normalizatorit të tij.

b) Vërtetoni që G është nilpotent atëherët it është izomorfik me një produkt direkt të fundëm të p-grupeve.

24. Vërtetoni që një grup nilpotent është i zgjidhshëm.

c©AulonaPress 105




Algjebra Shaska T.

106 c©AulonaPress




Kapitulli 6

Grupet që veprojnë mbi bashkësi.

6.1 Klasat e konjugimit

Lema 6.1. Në qoftë se G është grup atëherë relacioni

y është i konjuguari i x-it në G, pra y = gxg−1 për një g ∈ G,

është një relacion ekuivalence.

Përkufizim 6.1. Në qoftë se G është grup, atëherë klasa e ekuivalencës së a ∈ G në lidhje me veprimin ′′y është ikonjuguari i x -it në G′′ quhet klasë e konjugimit të elementit a dhe shënohet me aG.

Klasa e konjugimit aG është bashkësia e të gjithë të konjuguarve të a-së në G. Një nëngrup është normal atëherëdhe vetëm atëherë kur është bashkim i klasave të konjugimit. Në qoftë se a dhe b janë të konjuguar në G, prab = gag−1, atëherë ekziston një izomorfizëm ρg : G→ G që quhet konjugimi me g ku a→ gag−1. Nga kjo rrjedh se tëgjithë elementët në të njëjtën klasë konjugimi kanë rend të njëjtë. Në përgjithësi për dy elementë x, y ∈ G, elementëtxy dhe yx kanë të njëjtin rend.

Teorema 6.1. Në qoftë se a ∈ G atëherë numri i të konjuguarve të a-së është i barabartë me indeksin e centralizatorit të tij:

|aG| = [G : CG(a)]

dhe ky numër është një pjesëtues i |G| kur G është i fundëm.

Vërtetim: Le të jetë H = CG(a) dhe le të shënojmë me L bashkësinë e të gjitha koseteve të majta të H-së në G. Duhettë vërtetojmë se numri i elementëve të aG është i barabartë me numrin e elementëve të L. Përkufizojmë funksioninf të tillë:

f : aG→ L

gag−1→ gH

Fillimisht le të vërtetojmë se f është funksion. Le të supozojmë se gag−1 = hah−1 atëherë kemi h−1gag−1h = a. Prakemi (h−1g)a(g−1h) = a dhe nga ky barazim mund të shkruajmë (h−1g)a(h−1g)−1 = a pra h−1g ∈ H dhe hH = gH.

Le të vërtetojmë se f është injektiv. Në qoftë se kemi g1H = g2H atëherë g−11 g2 ∈ H dhe kemi se g−1

1 g2a = ag−11 g2

sepse a është centralizatori. Pra kemi g2a = g1ag−11 g2 dhe si rrjedhim g2ag−1

2 = g1ag−11 . Gjithashtu funksioni jonë f

është syrjekltiv sepse për çdo gH ∈ L kemi f (gHg−1) = gH.

Përkufizim 6.2. Le të jetë H ≤ G atëherë i konjuguari i H-së në G nga g është

gHg−1 = ghg−1|h ∈ H

dhe shënohet me Hg.

107

Algjebra Shaska T.

Lema 6.2. Le të jetë H ≤ G. Atëherë, kemi që gHg−1≤ G për çdo g ∈ G dhe për më tepër H ≈ gHg−1.

Vërtetim: a) Vërtetojmë fillimisht se H ≤ G, pra për çdo a, b ∈ gHg−1 kemi ab−1∈ gHg−1. Pra le të kemi:

a = gh1g−1∈ gHg−1

b = gh2g−1∈ gHg−1

atëherë ab−1 = gh1g−1gh2g−1 dhe si rrjedhim gh1h2g−1∈ gHg−1.

b) Le të vërtetojmë tani se H ≈ gHg−1. Pamë se funksioni

γg : G→ G

x→ g × g−1

është një izomorfizëm, atëherë γg |H: H→ gHg−1 është gjithashtu një izomorfizëm.

Përkufizim 6.3. Në qoftë se H ≤ G atëherë normalizator i H-së në G, i cili shënohet me NG(H), është bashkësia

NG(H) := g ∈ G | gHg−1 = H.

Lema 6.3. Le të jetë G një grup dhe H ≤ G. Atëherë, kemi që:a) NG(H) ≤ Gb) H /NG(H)c) NG(H) është nëngrupi më i madh i G-së në të cilin H është normal.

Vërtetim: a)Le të vërtetojmë se NG(H) ≤ G, duke përdorur testin e parë të nëngrupeve. Elementi e ∈ NG(H) sepseeHe−1 = H, pra NG(H) është një bashkësi jo boshe. Së dyti, në qoftë se g1, g2 ∈ NG(H), atëherë g2Hg−1

2 = H dheg1Hg−1

1 = H. Pra,g1g−1

2 Hg2g−11 = g1Hg−1

1 = H.

b) Rrjedh nga vetë përkufizimi i NG(H).

Teorema 6.2. Le të jetë H ≤ G. Atëherë, numri i konjugimeve të H-së në G është sa indeksi i normalizatorit [G : NG(H)].Për më tepër

aHa−1 = bHb−1⇔ b−1a ∈ NG(H)

Vërtetim: Le të shënojmë me H bashkësinë e të gjithë të konjuguarve të H në G dhe me LN bashkësinë e të gjithëkoseteve të majta të N-së në G, ku N = NG(H).

Përcaktojmë pasqyrimin f të tillë:f : H → LN

aHa−1→ aN

Vërtetojmë fillimisht se pasqyrimi f i dhënë si më lartë është funksion. Le të kemi aHa−1 = bHb−1 atëherë b−1aHa−1b =H sjell që b−1a ∈ N dhe si rrjedhim aN = bN.

Le të vërtetojmë fillimisht se funksioni f është injektiv. Le të kemi aN = bN atëherë b−1a ∈ N sjell që b−1aHa−1b =H. Pra, aHa−1 = bHb−1.

Së fundmi le të vërtetojmë se funksioni f është syrjektiv. Le të kemi aN ∈ LN atëherë ekziston një aHa−1∈ H e

tillë që f (aHa−1) = aN. Pra funksioni f është një bijektiv.

Ushtrime:

1. Le të jetë α ∈ Sn e tillë që α ka një faktorizim të ndashëm të si, n1-cikle për i = 1, . . . , r. Ne themi që α është e tipit

ns11 · · · n

srr .

Jepet C, klasa e konjugimit në Sn e elementëve α. Gjeni një formulë për numrin e elementëve në C.

108 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

6.2 Teorema e Keilit

Teorema 6.3. Çdo grup G mund të zhytet si një nëngrup i SG. Në veçanti në qoftë se | G |= n atëherë G → Sn

Vërtetim: Le të kemi g ∈ G. Përkufizojmë funksionin

La : G→ G

x→ ax

Mund të vërtetoni se ky funksion La është një bijeksion dhe si rrjedhim La ∈ SG. Le të përcaktojmë tanifunksionin φ të tillë:

Φ : G→ SG

g→ La

dhe të vërtetojmë se ky funksion është injektiv dhe homomorfizëm. Le të vërtetojmë fillimisht se La është njëfunksion injektiv. Në qoftë se La = Lb atëherë ax = bx pra kemi se a = b për çdo x ∈ G. është e thjeshtë të vërtetohetse funksioni është syrjektiv. Së fundmi, për të vërtetuar se ky funksion është homomorfizëm duhet të provojmë seΦ(ab) = Φ(a)Φ(b) pra Lab(x) = La Lb. Ky barazim është i vërtetë sepse Lab(x) = (ab)x dhe gjithashtu

(La Lb)(x) = La(Lb(x)) = La(bx) = a(bx) = (ab)x.

Teorema 6.4. Në qoftë se H ≤ G dhe [G : H] = n atëherë ekziston një homomorfizëm φ : G→ Sn e tillë që kerφ ≤ H.

Vërtetim: Le të kemi a ∈ G dhe shënojmë me L bashkësinë e të gjitha kosetave të majta të H-së në G. Atëherë,përcaktojmë funksionin:

ρa : L → L

gH→ agH

Mund të vërtetoni se ρa është një funksion bijektiv dhe si rrjedhim ρa ∈ Sn. Përcaktojmë tani funksionin φ të tillë:

φ : G→ Sα ≈ Sn

g→ ρg

Funksioni φ është një homomorfizëm sepse ∀g ∈ G kemi:

φ(g1g2) = ρg1 g2 (gH) = g1g2gH = g1(ρg2 (gH)) = ρg1 (ρg2 (gH)) = ρg1 ρg2 = φ(g1) φ(g2)

Tani le të vërtetojmë se kerφ ≤ H. Le të kemi a ∈ kerφ atëherë φ(a) = 1 dhe si rrejdhim ρa = e. Pra, për çdo g ∈ Gkemi se

ρa(gH) = agH = gH pra aH = H

nga e cila është e qartë se a ∈ H.

Teorema 6.5. Le të jetë H ≤ G dhe X bashkësia e të konjuguarve të H-së në G. Ekziston një homomorfizëm ψ : G→ SX e tillëqë kerψ ≤ NG(H).

c©AulonaPress 109




Algjebra Shaska T.

Vërtetim: Për çdo elemement a ∈ G përcaktojmë veprimin:

ψa : X→ X

ghg−1→ agHg−1a−1

Mund të provohet lehtë se ky funksion është bijektiv. Le të përcaktojmë tani funksionin ψ të tillë:

ψ : G→ SX

a→ ψa

Mund të vërtetoni se ky funksion është një homomorfizëm. Tani le të vërtetojmë se kerψ ≤ NG(H). Le të kemi njëelement a ∈ kerψ atëherë për çdo g ∈ G kemi agHg−1a−1 = gHg−1 dhe për g = e kemi aHa−1 = H pra a ∈ NG(H).

Teorema 6.6 (Index). Le të jetë G një grup i fundëm dhe H ≤ G i tillë që [G : H] = n. Në qoftë se |G| - n!, atëherë G nukështë grup i thjeshtë.

Vërtetim: Nga Teorema 6.4 dimë se ekziston një funksion θ : G→ SX i tillë që kerθ ≤ H. Meqënëse |G| - n! funksioniθ nuk është injektiv pra kerθ , e. Pra ekziston një K = kerθ ≤ H ≤ G dhe gjithashtu K /G nga e cila rrjedh se grupiG nuk është i thjeshtë.

Lema 6.4. Jepet G një grup i fundëm me rend |G| = 2n·m, ku m është tek. Vërtetoni që në qoftë se G përmban një element me

rend 2n, atëherë bashkësia e elementëve me rend tek është një nëngrup normal i G-së.

Vërtetim: Jepet H, bashkësia e elementëve me rend tek dhe α ∈ G është një element me rend 2n. Nga Teorema eKeilit kemi:

G → Sr

g→ Lg(6.1)

e tillë që Lg(x) = gx dhe r = 2n m. Atëherë, Lα është një element me rend 2n në Sr dhe si rrjedhim prodhim i 2n-cikleve.Për më tepër, Lα nuk fikson asnjë pikë, përndryshe Lα(x) = g x = x do të sillte që α = 1. Kështu që, Lα është njëprodhim i m cikleve të tillë. Pra, Lα është një permutacion tek.

Atëherë, në grupin G gjysmat elementëve janë permutacione çift. Le të shënojmë me An−1 bashkësinë e elemen-tëve të tillë. Atëherë, |An−1| = 2n−1m. Për me tepër, H ≤ An−1 dhe L2

α ka rend 2n−1. Në qoftë se H ≈ An−1 atëherëvërtetimi ka mbaruar, përndryshe zbatojmë të njëjtin argument për An−1 që të marrim An−2 e kështu me radhë.Përfundimisht, H ≈ An−i për ndonjë i ≤ n dhe [G : H] = 2n−i. Përfundoni vërtetimin duke përdorur induksionin.

Ushtrime:

1. Jepet G një grup i fundëm me rend |G| = 2n·m, ku m është tek. Vërtetoni që në qoftë se G përmban një element me rend 2n,

atëherë bashkësia e elementëve me rend tek është një nëngrup normal i G-së.

6.3 Grupet që veprojnë mbi bashkësi

Le të kemi X një bashkësi dhe G grup. Themi se grupi G vepron mbi X në qoftë se ekziston një funksion

f : C × X→ X

(g, x)→ gx

i cili gëzon këto veti:a) ex = x për çdo x ∈ Xb) g(hx) = (gh)x për çdo g, h ∈ G. Bashkësia X është quajtur G-bashkësi. Vini re se bashkësia X nuk është e

lidhur me G-në në ndonjë mënyrë. është e vërtetë se çdo grup G vepron mbi çdo bashkësi X me veprimin trivial(g, x) 7→ x. Megjithatë, rastet e grupeve që veprojnë mbi bashkësitë janë më interesantë në qoftë se bashkësia Xështë disi e lidhur me grupin G.

110 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Shembull 6.1. Le të jetë G = GL2(Z) dhe X = Z2. Atëherë, G vepron mbi X me anë të veprimit të shumëzimit nga e majta.Në qoftë se v ∈ Z2 dhe I është matrica identitet, atëherë Iv = v. Në qoftë se A dhe B janë matrica 2× 2 të invertueshme, atëherë(AB)v = A(Bv) meqë shumëzimi i matricave e gëzon vetinë shoqëruese.

Shembull 6.2. Le të jetë dhënë grupi i simetrive të katrorit, G = D4. Në qoftë se X = 1, 2, 3, 4 është bashkësia e kulmeve tëkatrorit, atëherë ne dimë se D4 përbëhet nga permutacionet:

(1), (13), (24), (1432), (1234), (12)(34), (14)(23), (13)(24).

Elementët e D4 veprojnë mbi X. Permutacioni (13)(24) vepron mbi kulmin 1 duke e dërguar atë te kulmi 3, mbi kulmin 2 dukee dërguar atë te 4 dhe kështu me rradhë. është e lehtë të vërtetohen vetitë e veprimit të grupit.

Në përgjithësi, në qoftë se X është një bashkvsi e çfarëdoshme dhe G është nëngrup i SX, grupi i gjithë permuta-cioneve vepron mbi X, atëherë X është një G-bashkësi nën veprimin

(σ, x) 7→ σ(x)

për σ ∈ G dhe x ∈ X.

Shembull 6.3. Le të jetë G një grup dhe supozojmë se X = G. Në qoftë se H është nëngrup i G-së, atëherë G është njëH-bashkësi nën veprimin e konjugimit. Pra, përcaktojmë një veprim të H-së mbi G,

H × G→ G,

të tillë(h, g) 7→ hgh−1

për h ∈ H dhe g ∈ G. është e qartë se vetia e parë e veprimit të grupit plotësohet. Vërtetojmë të dytën:

(h1h2, g) = h1h2g(h1h2)−1

= h1(h2gh−12 )h−1

1

= (h1, (h2, g)).

Shembull 6.4. Le të jetë H nëngrup i grupit G dheLH bashkësia e të gjithë kosetave të majta të H-së. BashkësiaLH është njëG-bashkësi nën veprimin

(g, xH) 7→ gxH.

është e lehtë të vërtetohet vetia e parë e veprimit të grupit. Meqënëse kemi

(gg′)xH = g(g′xH),

atëherë dhe vetia e dytë është e vërtetë.

Në qoftë se G vepron mbi një bashkësi X dhe x, y ∈ X, atëherë themi se x është G-ekuivalent me y-in në qoftëse ekziston një g ∈ G e tillë që gx = y. Në qoftë se dy elementë janë G-ekuivalentë, shkruajmë x ∼G y ose x ∼ y.

Pohim 6.1. Le të jetë X një G-bashkësi. Atëherë, G-ekuivalenca është një relacion ekuivalence në X.

Vërtetim: Relacioni ∼ gëzon vetinë e simetrisë sepse ex = x. Për të vërtetuar vetinë e pasqyrimit, supozojmë qëx ∼ y për x, y ∈ X, atëherë ekziston një g e tillë që gx = y. Në këtë rast g−1y = x. Pra, y ∼ x. Për të vërtetuar vetinë ekalimit, supozojmë se x ∼ y dhe y ∼ z. Atëherë, duhet të ekzistojnë elementët g dhe h të tillë që gx = y dhe hy = z.Pra, z = hy = (hg)x dhe x është ekuivalent me z.

Në qoftë se X është një G-bashkësi, atëherë çdo copëzim i X-it i shoqëruar me një G-ekuivalencë është quajtur

orbitë e X-it në lidhje me grupin G. Orbitën që përmban elementin x të X-it do ta shënojmë me Ox.

Shembull 6.5. Le të jetë G grupi i permutacioneve i tillë:

G = (1), (123), (132), (45), (123)(45), (132)(45)

dhe X = 1, 2, 3, 4, 5. Atëherë, X është një G-bashkësi. Orbitat janë:

O1 = O2 = O3 = 1, 2, 3 dhe O4 = O5 = 4, 5.

c©AulonaPress 111




Algjebra Shaska T.

Tani le të supozojmë se G është një grup që vepron mbi një bashkësi X dhe le të jetë g një element nga G.Bashkësia e pikave të fiksuara të g-së në X, të cilën e shënojmë me Xg, është bashkësia e të gjithë pikave x ∈ X tëtilla që gx = x. Pra,

Xg = x ∈ X | gx = x

Ne gjithashtu studiojmë bashkesinë e elementëve të G-së që fiksojnë një element x ∈ X të dhënë. Kjo bashkësiështë më shumë se një nënbashkësi e G-së, ajo është një nëngrup. Ky nëngrup është quajtur stabilizator. Nëngrupinstabilizator të x do ta shënojmë me Gx ose StabG(x)

Gx = g ∈ G | gx = x.

Shembull 6.6. Le të jetë X = 1, 2, 3, 4, 5, 6 dhe supozojmë se G është grupi i permutacioneve i përbërë nga permutacionet:

(1), (12)(3456), (35)(46), (12)(3654).

Atëherë, bashkësitë e pikave të fiksuara të X nën veprimin e grupit G janë

X(1) = X,X(35)(46) = 1, 2,

X(12)(3456) = X(12)(3654) = ∅,

dhe nëngrupet stabilizator janëG1 = G2 = (1), (35)(46),

G3 = G4 = G5 = G6 = (1).

Vërtetohet lehtë se Gx është një nëngrup i grupit G për çdo x ∈ X.

Teorema 6.7. Le të jetë G një grup dhe A një bashkësi. Çdo izomorfizëm nga grupi G në bashkësinë S të permutacioneve tëbashkësisë A përcakton një veprim të G-së mbi A-në. Anasjelltas, çdo veprim i grupit G mbi bashkësinë A perfitohet në këtëmënyrë.

Vërtetim: Le të jetë φ : G→ S një izomorfizëm. Atëherë, për a ∈ G le të shënojmë φ(a) me λa. Meqënëse φ është njëizomorfizëm kemi:

λaλb = φ(a)φ(b) = φ(ab) = λab

për çdo a, b ∈ G. Për x ∈ A dhe a ∈ G le të përcaktojmë veprimin ax = λa(x). Ky veprim i përcaktuar në këtë mënyrëështë një veprim grupi sepse λe është permutacioni identitet dhe gjithashtu kemi që:

a(bx) = λa(λb(x)) = λab(x) = (ab)x

Anasjelltas, le të supozojmë se grupi G vepron mbi A-në. Për çdo a ∈ G përcaktojmë funksionin λa : A→ A të tillëqë λa(x) = ax për çdo x ∈ A. Atëherë, λa është funksion injektiv sepse në qoftë se marrim λa(x1) = λa(x2) kemi qëax1 = ax2 dhe duke shumëzuar të dy anët e barazimit me a−1 dhe duke pasur gjithashtu parasysh vetitë e veprimittë grupit kemi x1 = x2. Për të vërtetuar se λa është syrjektiv marrim një y ∈ A atëherë elementi a−1y është zgjidhje eekuacionit λa(x) = y. Gjithashtu nuk është e vështirë për të vërtetuar se λaλb = λab. Pra funksioni φ : G → S i tillëqë φ(a) = λa për çdo a ∈ G është një izomorfizëm grupesh.

Le të jetë X një G-bashkësi e fundme dhe XG bashkësia e pikave të fiksuara në X. Pra,

XG = x ∈ X : gx = x për çdo g ∈ G.

Meqënëse orbitat copëzojnë X-in

|X| = |XG| +

n∑i=k

|Oxi |,

ku xk, . . . , xn janë përfaqësues të orbitave të X.

Ushtrime:

1. Jepet G një grup i fundëm dhe H ≤ G i tillë që [G : H] = p ku p është numri i thjeshtë më i vogël në |G|. Vërtetoni që H /G.

112 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

6.4 Grupet që veprojnë mbi vetvete, ekuacioni i klasës

Në mësimin e kaluar pamë veprimin e grupit mbi një bashkësi X. Në qoftë se ne këtë bashkësi X e zëvendësojmëme G-në dhe në qoftë se kemi një funksion f të tillë që:

f : G ? G→ G

(g, h)→ ghg−1

i cili gëzon këto dy veti:1) ex = e2) g(h(x)) = (gh)xthemi se grupi G vepron mbi vetvete me konjugim.

Vërtetim: Për të treguar se ky funksion është një veprim grupi duhet të vërtetojmë se ky funksion plotëson dy vetitee veprimit te grupit për çdo g, h, x ∈ G. Atëherë, kemi:

1) ex = exe−1 = x2) g(hx) = g(hxh−1) = ghxh−1g−1 = ghx(gh)−1 = (gh)x

Shembull 6.7. Në qoftë se kemi X = G, atëherë çdo grup G vepron mbi vetvete, (g, x) 7→ λg(x) = gx, ku λg është shumëziminga e majta:

e · x = λex = ex = x(gh) · x = λghx = λgλhx = λg(hx) = g · (h · x).

Në qoftë se H është një nëngrup i grupit G, atëherë G është një H-bashkësi nën veprimin e shumëzimit nga e majta ngaelementët e H-së.

Qëndra e grupit G,Z(G) = x : xg = gx për çdo g ∈ G,

është bashkësia e pikave që fiksohen nga konjugimi. Orbitat jo triviale të veprimit janë quajtur klasat e konjugimittë G-së. Në qoftë se x1, . . . , xk janë përfaqësues nga çdo klasë e konjugimit të G-së dhe |Ox1 | = n1, . . . , |Oxk | = nk,atëherë

|G| = |Z(G)| + n1 + · · · + nk.

Nëngrupi stabilizator i secilit prej xi-ve, C(xi) = g ∈ G : gxi = xig, është quajtur nëngrup centralizator i xi-ve. NgaTheorema 12.3, ne përfitojmë ekuacionin e klasës:

|G| = |Z(G)| + [G : C(x1)] + · · · + [G : C(xk)].

Një nga rrjedhimet e ekuacionit të klasës është se rendi i secilës klasë konjugimi duhet të pjesëtojë rendin e grupitG.

Përkufizim 6.4. Konjugimi me g quhet një automorfizëm i brendshëm i G-së. Bashkësia e të gjithë automorfizmavetë brendëshme shënohet me Inn(G) dhe formon grup në lidhje me veprimin e përbërjes së funksioneve.

Teorema 6.8. Inn(G) ≤ Aut(G) dhe gjithashtu Inn(G) / Aut(G).

Vërtetim: Përkufizojmë funksionin σg të tillë:

σg : G→ G

h→ ghg−1

Për çdo a, b, x ∈ G kemi që:

σaσb(x) = abxb−1a−1 = (ab)x(ab)−1 = σabx,

c©AulonaPress 113




Algjebra Shaska T.

pra kemi të vërtetë se σaσb(x) = σabx. Mund të vërtetohet lehtë se σe është identiteti dhe gjithashtu se (σa)−1 = σa−1

pra Inn(G) ≤ Aut(G). Për të vërtetuar se Inn(G) /Aut(G) le të marrim një α ∈ Aut(G) dhe σα ∈ Inn(G). Për një x ∈ Gkemi:

ασαα−1(x) = α(α(α−1(x))α−1)

= (α(α))(αα−1(x))(α(α−1)

= (α(α))(x)(α(α))−1 = bxb−1

= σb(x)

për një element b = α(a). Pra, ασαα−1∈ Inn(G). Domethënë, Inn(G) është një nëngrup normal i Aut(G).

Shembull 6.8. është e lehtë të vërtetohet se klasat e konjugimit të S3 janë:

(1), (123), (132), (12), (13), (23).

Ekuacioni i klasës është 6 = 1 + 2 + 3.

Shembull 6.9. Klasat e konjugimit për D4 janë

(1), (13), (24), (1432), (1234), (12)(34), (14)(23), (13)(24).

Ekuacioni i klasës është 8 = 1 + 2 + 2 + 3.

Shembull 6.10. Ekuacioni i klasës per S4

Dimë se dy permutacione janë të konjuguar kur kanë strukturë të njëjtë ciklike. Pra, klasat e konjugimit të S4 mund tëpërcaktohen nga strukturat e mundshme që kanë elementët e saj. Për të marë transpozicionet (a, b) ne zgjedhim dy nga katërelementë dhe kjo mund të bëhet në

(42)

= 6 mënyra. Për të ndërtuar një cikël me gjatësi 3 ne zgjedhim tre nga katër elementëpor ata mund të renditen në dy mënyra të ndryshme pra kemi 2 ∗

(43)

= 8 cikle të formës (a, b, c). Ndërsa për të ndërtuar njëcikël me gjatësi 4 ne fillimisht fiksojmë elementin e parë 1 dhe pastaj kemi 3! = 6 mënyra për të plotësuar ciklin (1abc). Sëfundmi, kemi tre permutacione të formës (ab)(cd). Pra ekuacioni i klasës për S4 është:

24 = 1 + 6 + 8 + 6 + 3

Shembull 6.11. Për të gjetur klasat e konjugimi të Sn duhet më shumë punë. Fillojmë me ciklet. Supozojmë që σ = (a1, . . . , ak)është një cikël dhe le të kemi τ ∈ Sn. Atëherë,

τστ−1 = (τ(a1), . . . , τ(ak)).

Si rrjedhim, çdo dy cikle me të njëjtën gjatësi janë të konjuguar. Tani le të jetë σ = σ1σ2 · · · σr përbërje ciklesh, ku gjatësia esecilit cikël σi është ri. Atëherë, σ është i konjuguar me çdo τ ∈ Sn me përbërje ciklesh me gjatësi të njëjtë.

Numri i klasave të konjugimit në Sn është numri i mënyrave në të cilat numri n mund të copëzohet në shuma të numravepozitiv. Për shembull, numri 3 mund të copëzohet në shumat e mëposhtme:

3 = 1 + 1 + 13 = 1 + 23 = 3.

Prandaj, numri i klasave të konjugimit është tre. Probleme të tilla si ky i gjetjes së numrit në të cilin mund të copëzohet çdonumër n, në shkenca kompjuterike, quhet NP-complete.

114 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

6.4.1 p-Grupet

Ne kemi parë më parë disa raste të p-grupeve. Në këtë leksion do ti studiojmë më në detaje.

Përkufizim 6.5. Nje grup me rend pn ku p eshte një numër i thjeshtë dhe n ≥ 1 quhet p-grup.

Teorema 6.9. Le të jetë p një numër i thjeshtë dhe G një p-grup atëherë Z(G) , e.

Vërtetim: Kemi se grupi G është një p-grup pra |G| = pn, gjithashtu nga ekuacioni i klasës kemi se:

|G| = |Z(G)| +∑

[G : Cx]

Dimë se centralizatori i një grupi është nëngrup i tij dhe si rrjedhim kemi se∑[G : Cx] =

∑p j dhe |Z(G)| = |G| −

∑[G : Cx]

pra |Z(G)| , 1 ai është të paktën p.

Rrjedhim 6.1. Një grup me rend p2 ku p një numër i thjeshtë është Abelian.

Vërtetim:

Teorema 6.10 (Cauchy). Në qoftë se G është grup i fundëm dhe p një pjesëtues i rendit te tij, ku p i thjeshtë, atëherë Gpërmban një element me rend p.

Lema 6.5. Le të jetë G një p-grup i fundëm dhe H një nëngrup normal i G-së, atëherë H ∩ Z(G) , e

Vërtetim: Dimë se në qoftë se H / G dhe C është një klasë konjugimi në G atëherë C ⊂ H ose C ∩ H = φ. Le tësupozojmë se elementët g1, g2 . . . , gs ∈ H ndërsa gs+1 . . . , gr < H Atëherë,

|H| = |H ∩ Z(G)| +r∑

s+1

[G : C(gi)].

Por H ≤ G. Pra, |H| | p dhe gjithashtu C(gi) ≤ G. Domethënë:∑s + 1r[G : C(gi)] =

∑p j.

Prej këtej themi se:

|H ∩ Z(G)| , 1 pra H ∩ Z(G) , e.

Lema 6.6. Le të jetë X një G-bashkësi dhe supozojmë se x ∼ y. Atëherë, Gx është izomorfik me Gy. Në veçanti, |Gx| = |Gy|.

Vërtetim: Le të kemi grupin G që vepron mbi X-in si (g, x) 7→ g · x. Meqënëse x ∼ y, ekziston një g ∈ G i tillë qëg · x = y. Le të jetë a ∈ Gx. Meqë

gag−1· y = ga · g−1y = ga · x = g · x = y,

mund të përcaktojmë funksionin φ : Gx → Gy të tillë φ(a) = gag−1. Funksioni φ është një homomorfizëm sepse

φ(ab) = gabg−1 = gag−1gbg−1 = φ(a)φ(a).

c©AulonaPress 115




Algjebra Shaska T.

Supozojmë që φ(a) = φ(b). Atëherë, gag−1 = gbg−1 ose a = b. Pra, funksioni është injektiv. Për të vërtetuar se φështë syrjektiv, le të jetë b në Gy. Atëherë, g−1bg është në Gx meqë

g−1bg · x = g−1b · gx = g−1b · y = g−1· y = x

dhe φ(g−1bg) = b.

Teorema 6.11 (Burnside). Le të jetë G një grup i fundëm që vepron mbi bashkësinë X dhe le të shënojmë me k numrin eorbitave të X-it. Atëherë

k =1|G|

∑g∈G

|Xg|.

Vërtetim: Shohim pikat e fiksuara x nga të gjithë elementët g ∈ G. Pra, shohim të gjithë elementët g dhe të gjithëx-et të tillë që gx = x. Numri i të gjithë elementëve g që fiksojnë x-et, i parë në lidhje me bashkësinë e pikave fikse,është: ∑

g∈G

|Xg|.

Megjithatë, në qoftë se e shikojmë në terma të nëngrupeve stabilizator, ky numër është:∑x∈X

|Gx|.

Pra,∑

g∈G |Xg| =∑

x∈X |Gx|. Atëherë, ∑y∈Ox

|Gy| = |Ox| · |Gx|.

Kjo shprehje është e barabartë me |G|. Përfundimisht kemi:∑g∈G

|Xg| =∑x∈X

|Gx| = k · |G|.

Shembull 6.12. Le të jetë X = 1, 2, 3, 4, 5 një bashkësi dhe supozojmë se G është grupi i permutacioneve G =(1), (13), (13)(25), (25). Orbitat e X-it janë 1, 3, 2, 5 dhe 4. Bashkësitë e pikave të fiksuara janë:

X(1) = XX(13) = 2, 4, 5

X(13)(25) = 4X(25) = 1, 3, 4.

Teorema Burnside thotë:

k =1|G|

∑g∈G

|Xg| =14

(5 + 3 + 1 + 3) = 3.

Ushtrime:

1. Le të jetë G një p-grup i fundëm. Vërtetoni se:i) Në qoftë se H < G atëherë H është një nëngrup i mirëfillte i NG(H).ii) Çdo nëngrup maximal M është normal në G dhe [G : M] = p.

2. Llogarisni G-klasat e ekuivalencës të X-it për çdo G-bashkësi në Shembullin e mësipërm. Për çdo x ∈ X verifikoni se|G| = |Ox| · |Gx|.

116 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

3. Le të jetë G grupi aditiv i numrave realë. Le të jetë dhënë veprimi θ ∈ G në planin real Z2, i cili rrotullon planin në kah tëkundërt të lëvizjes së akrepave të orës, rreth origjinës me kënd θ. Le të jetë P një pikë në plan e dalluar nga origjina.

a) Vërtetoni se Z2 është një G-bashkësi.b) Përshkruani gjeometrikisht orbitën që përmban P.c) Gjeni grupin GP.

4. Shkruani ekuacionin e klasës për S5 dhe për A5.

5. Një grup vepron faithfully mbi një G-bashkësi X në qoftë se identiteti është i vetmi element i G-së i cili fikson çdo elementtë X-it. Vërtetoni se G vepron faithfully mbi X atëherët kur nuk mund të ndodhë që dy elementë të ndryshëm të grupit G tëveprojnë njësoj në çdo element të X-it.

6. Le të jetë p një numër i thjeshtë. Vërtetoni se numri i grupeve të ndryshëm Abelian me rend pn(sipas klasave të izomorfizmave)është i njëjtë me numrin e klasave të të konjugimit në Sn.

7. Le të jetë a ∈ G. Vërtetoni se për ndonjë g ∈ G, kemi gC(a)g−1 = C(gag−1).

8. Le të jetë |G| = pn dhe supozojmë se |Z(G)| = pn−1 për një numër të thjeshtë p. Vërtetoni se G është Abelian.

9. Le të jetë G një grup me rend pn ku p është numër i thjeshtë dhe X një G-bashkësi e fundme. Në qoftë se XG = x ∈ X : gx =x për çdo g ∈ G është bashkësia e elementëve në X të fiksuar nga veprimi i grupit, atëherë vërtetoni se |X| ≡ |XG| (mod p).

6.5 Teorema Sylow

Le të jetë G një grup dhe p një numër i thjeshtë i tillë që |G| = pαm ku (p,m) = 1. Një nëngrup i G-së me rend pα

quhet Sylow p- nëngrup i G-së. Bashkësinë e të gjithë Sylow p- nëngrupeve do ta shënojmë me Sylp(G) dhe numrine Sylow p- nëngrupeve të G-së do ta shënojmë me np.

Lema 6.7. Le të jetë P ∈ Sylp(G). Në qoftë se Q është një p-nëngrup i G-së atëherë Q ∩NG(P) = Q ∩ P.

Vërtetim: Le të shënojmë me H = Q ∩NG(P). Meqënëse P ⊆ NG(P) atëherë P ∩Q ≤ H. Tani duhet të vërtetojmë seH ≤ P ∩Q. Por H ≤ Q, prandaj është e mjaftueshme të vërtetojmë vetëm se H ≤ P.

Le të shqyrtojmë grupin PH. Ai është një nëngrup i G pra ai është një p-nëngrup dhe |PH| = p j. Meqënëse Pështë një nëngrup maximal, p- nëngrup i G-së kemi të vërtetë se PH = P atëherë H ≤ PH pra H ≤ P dhe nga kjorrjedh se H ≤ Q ∩ P.

Lema 6.8. Le të jenë H dhe K nëngrupe të grupit G. Numri i H të konjuguarve të K-së është [H : N(K) ∩H].

Vërtetim: Përcaktojmë një bijeksion ndërmjet klasave të konjugimit të K-së dhe kosetave të djathta të N(K) ∩ H tëtillë h−1Kh 7→ (N(K) ∩H)h. Për të vërtetuar se ky funksion është një bijeksion, le të kemi h1, h2 ∈ H dhe supozojmëse (N(K) ∩ H)h1 = (N(K) ∩ H)h2. Atëherë, h2h−1

1 ∈ N(K). Kështu që K = h2h−11 Kh1h−1

2 ose h−11 Kh1 = h−1

2 Kh2 dhefunksioni është injektiv. është e lehtë të vërtetohet se ky funksion është syrjektiv. Pra, kemi një bijeksion ndërmjetH të konjuguarve të K-së dhe kosetave të djathta të N(K) ∩H në H.

Teorema 6.12 (Sylow). Le të jetë |G| = pα m ku p është një numër i thjeshtë i tillë që (p,m) = 1. Pohimet e mëposhtme janëtë vërteta.

a) Sylp(G) , ∅b) Në qoftë se P është një Sylow p-nëngrup i G dhe Q është një p-nëngrup i G atëherë Q përmbahet në një të konjuguar të

P. Në veçanti çdo dy Sylow p-nëngrupe janë izomorfik.c) Numri np i Sylow p-nëngrupeve është

np 1 mod p.

Gjithashtunp = [G : NG(P)]

pra np |m.

c©AulonaPress 117




Algjebra Shaska T.

Vërtetim: a) Vërtetimin do ta kryejmë me induksion mbi |G|. Në qoftë se rendi i |G| = 1 atëherë teorema jone ështëe qartë. Supozojmë se ajo është e vërtetë për të gjithë grupet me rend më të vogël se rendi i grupit G.

1) Në qoftë se p | |Z(G)| atëherë Z(G) ka një nëngrup me rend p, le të themi N ≤ Z(G). Le të ndërtojmë grupinfaktor G = GN atëherë kemi se |G| = pα−1

·m dhe si rrjedhim G ka një Sylow p-nëngrup P i tillë që |P| = pα−1. Ngateorema e konrespodencës ekziston një P nëngrup i G-së i tillë që N ≤ P. Atëherë

PN = P pra |P| = |N||P| = p · pα−1 = pα.

2) Në qoftë se p - |Z(G)|. Nga ekuacioni i klasës kemi se

|G| = |Z(G)| +∑

[G : Ci]

atëherë ekziston një i e tillë që p - [G : Ci]. Le të shënojmë H = Ci atëherë

p - |G|/|H| =pα ·m|H|

pra |H| = pα · r ku (p, r) = 1.

Gjithashtu H G dhe nga induksioni kemi se H ka një Sylow p-nëngrup P të tillë që |P| = pα. Pra P < G dhe |P| = pα.b) Nga a) kemi se ekziston një P ∈ Sylp(G). Le të shënojmë me X = P1, . . . ,Pr bashkësinë e të gjithë të

konjuguarve të P-së. Le të jetë Q një p-nëngrup i G-së. Nga veprimi i grupit mbi bashkësinë X kemi:

G × X→ X

(g,Pi)→ Pgi

Meqënëse Q ≤ G atëherë kemi:Q × X→ X

(q,Pi)→ Pqi .

Nga teorema Burnside kemi se X = O1∪O2∪· · ·∪Os dhe dimë se |Oi| = [Q : NQ(Pi)] por NQ(Pi) = Q∩NG(Pi) = Q∩Pipra |Oi| = [Q : Pi ∩Q].Atëherë, pra

r = |O1| + · · · + |Os|. (6.2)

Le të marrim Q = Pi( p nëngrup) dhe |O1| = [Q : Q] = 1. Për të gjitha i > 1 kemi se |Oi| = [P1 : P1 ∩ Pi] > 1 dhe qëpjesëtohet nga p sepse të gjitha P kanë rend pα dhe gjithashtu (P1 ∩ Pi) , P1.

Nga ekuacioni 6.2 kemi r = 1 + kp pra r = 1 mod p. Le të jetë Q një p- nëngrup i G-së i tillë që Q Pi për1 6 i 6 r. Atëherë, Q∩Pi Q për të gjitha i dhe |Oi| = [Q : Q∩Pi] > 1. Kështu që p | |Oi|. Por r = |O1|+ · · ·+ |Os|. Pra,r = kp e cila sjell që p | r e cila është një kontradiksion. Kështu që ekziston Q një p-nëngrup i G-së i tillë që Q < Pi.

Rrjedhim 6.2. Një Sylow p- nëngrup i një grupi me rend të fundëm G është një nëngrup normal i grupit G atëherë dhe vetëmatëherë kur ai është i vetmi Sylow p- nëngrup i G-së.

Lema 6.9. Supozoni se G është grup i fundëm.a) Në qoftë se H / G dhe P një Sylow p- nëngrup i H atëherë G = HNG(P) (Argumenti i Frattinit)b) Le të jetë P një Sylow p nëngrup i grupit G atëherë kemi të vërtetë se NG(NG(P)) = NG(P).

Vërtetim: a) Meqënëse H C G atëherë H ·NG(P) është një nëngrup i grupit G dhe

H ·NG(P) = NG(P) ·H ≤ G.

Le të kemi një g ∈ G atëherë duam të vërtetojmë se g ∈ H · NG(P). Në qoftë se P ≤ H atëherë g−1Pg < g−1Hg = H(H normale). Pra g−1Pg është një Sylow p- nëngrup i H. Nga teorema Sylow g−1Pg është i konjuguar me P. Praekziston një h ∈ H e tillë që g−1Pg = h−1Ph atëherë hg−1Pgh−1 = P. Nga përkufizimi i normalizatorit kemi se në qoftëse (hg−1)−1Pgh−1 = P atëherë hg−1

∈ NG(P). Por në qoftë se g−1∈ h−1NG(P) atëherë g−1

∈ H ·NG(P). Pra g ∈ H ·NG(P).

b) 1) Fakti se NG(P) < NG(NG(P)) është e vërtetë për çdo grup.

118 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

2)Në qoftë se P është një Sylow p- nëngrup i grupit G atëherë P është një Sylow p-nëngrup për çdo H ≤ G e tillëqë P < H. Pra P është një Sylow p- nëngrup i NG(P) por P / NG(P) si rrjedhim ai është i vetmi Sylow p- nëngrup iNG(P). Le të kemi një x ∈ NG(NG(P)) Atëherë,

x−1NG(P)x = NG(P) pra x−1Px < NG(P).

Pra x−1Px = P dhe së fundmi themi se x ∈ NG(P).

Lema 6.10. Le të jetë P një Sylow p-nëngrup i një grupi të fundëm G dhe le të jetë x një element me rend një fuqi të p-së. Nëqoftë se x−1Px = P, atëherë x ∈ P.

Vërtetim: Natyrisht x ∈ N(P) dhe nëngrupi ciklik, 〈xP〉 ⊂ N(P)/P, e ka rendin një fuqi të p-së. Nga Teorema eKorespodencës ekziston një nëngrup H i N(P) i tillë që H/P = 〈xP〉. Meqënëse |H| = |P| · |〈xP〉|, rendi i H-së duhettë jetë një fuqi e p-së. Megjithatë, P është një Sylow p-nëngrup i cili përmbahet në H. Meqënëse rendi i P-së ështëfuqia më e madhe e p-së që pjesëton |G|, atëherë H = P. Kështu që H/P është nëngrup trivial dhe xP = P, ose x ∈ P.

Më poshtë shohim disa aplikime të Teoremës Sylow.

Shembull 6.13. Vërtetoni se nuk ka asnjë grup të thjeshtë me rend 30.

Vërtetim: Çdo grup G me rend 30 = 2 · 3 · 5 mund të ketë

n2 = 1, 3, 5, 15n3 = 1, 10n5 = 1, 6

Në qoftë se n2 = 1 ose n3 = 1 ose n5 = 1 atëherë një nga p-nëngrupet Sylow është normal dhe G nuk është ithjeshtë.

Supozojme sen2 > 1 dhe n3 > 1 dhe n5 > 1

Duke numëruar elementët e G-së kemi të paktën 3 nëngrupe P2 dhe secili ka nga një element të ndryshëm ngaidentiteti, 10 nëngrupe P3 dhe secili ka nga 2 elementë të ndryshëm nga identiteti, dhe 6 nëngrupe P5 dhe secili kanga 4 elementë të ndryshëm nga identiteti. Pra,

1 + 3 · 1 + 10 · 2 + 6 · 4 = 48 > 30

Kështu që një nga n2,n3,n5 është 1 dhe G ka një nëngrup normal.

Shembull 6.14. Le të kemi një grup G me rend 40. Çfarë na tregojnë teoremat Sylow për këtë nëngrup.

Vërtetim: Grupi G ka rend:|G| = 40 = 5 · 8 = 23

· 5

Atëherë,

n2 = 1, 5n5 = 1

Pra P5 është normal në G. Në qoftë se n2 = 1 atëherë P2 / G dhe G ≈ P2 × P5. Në qoftë se n2 = 5 atëherë ekzistojnë5 nëngrupe me rend 8 secili. Këta nëngrupe janë te konjuguar me njëri-tjetrin (pra isomorfike) dhe kontribojnëekzaktësisht 35 elemntë në grup. Pra secili nga 7 elementë. Prerja e tyre është 1G.

Lema 6.11. Le të jepen p dhe q numra të thjeshtë të tillë që p < q dhe G një grup me rend pq. Atëherë,

i) Ekziston Q < G i tillë që |Q| = q dhe Q / G.ii) Në qoftë se q . 1 (mod p), atëherë G është ciklik.

c©AulonaPress 119




Algjebra Shaska T.

Vërtetim: i) Ne dimë se G përmban një nëngrup Q me rend q. Gjithashtu, nq ≡ 1 mod q. Meqënëse q > p, atëherënq = 1. Pra, Q / G.

ii) Ekziston P ∈ Sylp(G) me rend p. Atëherë, np = 1 or np = q and q ≡ 1 mod p. Perderisa q . 1 (mod p), atëherënp = 1 the P / G. Meqënëse P ∩Q = 1G atëherë G ≈ P ×Q. Pra, G ≈ Zp ×Zq. Por Zp ×Zq ≈ Zpq kur (p, q) = 1.

Rrjedhim 6.3. Çdo grup me rend pq nuk është i thjeshtë.

Ushtrime:

1. Jepet G = 495. Vërtetoni qëa) G ka një nëngrup normal me rend 55.b) G është i zgjidhshëm.

2. Jepet G = 520. Vërtetoni qëa) G ka një nëngrup normal ciklik me rend 65.b) G është i zgjidhshëm.

3. Jepet G = 108. Vërtetoni që G është i zgjidhshëm.

4. Jepet grupi G i tillë që |G| = 495 = 32· 5 · 11. Vërtetoni që G ka një nëngrup normal me rend 5 ose 11.

5. Vërtetoni që në qoftë se |G| = 462, atëherë G nuk është i thjeshtë.

6. Vërtetoni që në qoftë se |G| = 132, atëherë G nuk është i thjeshtë.

7. Vërtetoni që një grup me rend 105 ka një element me rend 15.

8. Vërtetoni që një grup me rend G = 5 · 7 · 17 është ciklik.

9. Jepen p dhe q numra të thjeshtë. Vërtetoni se nuk ka asnjë grup të thjeshtë me rend p2q.

10. Jepet G një grup i fundëm në të cilin çdo Sylow nëngrup është normal. Vërtetoni që G është izomorfik me prodhimindirekt të Sylow nëngrupeve të tij.

11. Jepet G një grup i fundëm, P ∈ Sylp(G) dhe H / G. Vërtetoni që H ∩ P është një Sylow nëngrup i H dhe HP/H është njëSylow nëngrup i G/H.

12. Jepet G një grup i fundëm dhe P ∈ Sylp(G). Jepni një shembull të një nëngrupi H të G-së ku H ∩ P nuk është një Sylownëngrup i H.

13. Vërtetoni që çdo grup i thjeshtë me rend 60 është izomorfik me A5.

14. Jepet p një numër i thjeshtë, n > 1 një numër i plotë dhe G = GLn(Fp). Vërtetoni se ekzistojnë dy Sylow p-nëngrupe H1dhe H2 në G të tillë që H1 ∩H2 = e.

15. Jepet G një grup i thjeshtë me rend 168. Vërtetoni sea) n2 = 21, n3 = 7, n7 = 8.b) Sylow 2-nëngrupet e G-së janë dihedral, Sylow 3-nëngrupet dhe Sylow 7-nëngrupet janë ciklikë.

16. Vërtetoni që GL3(2) është një grup i thjeshtë me rend 168.

17. Jepet G| = pqr ku p, q, r janë numra të thjeshtë dhe p < q < r. Vërtetoni që G ka një Sylow nëngrup normal për p, q ose r.

18. Vërtetoni që nuk ka grupe të thjeshtë me rend 264.

19. Vërtetoni që nuk ka grupe të thjeshtë me rend 3159.

120 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

6.5.1 Grupet e thjeshtë të fundëm

Kur na jepet një grup i fundëm lind pyetja nëse ky grup ka ose jo nëngrupe normal. Rikujtojmë se grup tëthjeshtë kemi quajtur një grup i cili nuk ka nëngrupe të mirfilltë normal. Sikurse në rastin e A5, të provosh se njëgrup është i thjeshtë mund të jetë shumë e vështirë. Megjithatë, Teoremat Sylow na ndihmojnë për të treguar nësenjë grup është i thjeshtë.

Shembull 6.15. Le të vërtetojmë se asnjë grup G me rend 20 nuk është i thjeshtë.

Nga Teorema e Tretë Sylow, grupi G përmban një ose më shumë Sylow 5-nëngrupe. Numri i këtyre nëngrupeveështë kongruent me 1 (mod 5) dhe gjithashtu duhet të pjesëtojë 20. Numri i vetëm që plotëson këto kushte është1. Meqënëse kemi vetëm 1 Sylow 5-nëngrup dhe të gjithë Sylow 5-nëngrupet janë të konjuguar, ky nëngrup ështënormal.

Shembull 6.16. Le të jetë G një grup i fundëm me rend pn, n > 1 dhe p numër i thjeshtë. Nga Teorema 6.9, G ka qëndër jotriviale. Meqënëse qëndra e çdo grupi G është një nëngrup normal, atëherë G nuk mund të jetë një grup i thjeshtë. Kështu qëgrupet me rend 4, 8, 9, 16, 25, 27, 32, 49, 64 dhe 81 nuk janë të thjeshtë. Në fakt, grupet me rend 4, 9, 25 dhe 49 janë Abeliannga Rrjedhimi 6.1.

Shembull 6.17. Asnjë grup me rend 56 = 23· 7 nuk është i thjeshtë.

Kemi parë se në qoftë se për një numër të thjeshtë p që pjesëton 56 mund të vërtetojmë se ka vetëm një Sylowp-nëngrup, atëherë ky do të jetë një nëngrup normal dhe vërtetimi ka mbaruar. Nga teorema e Tretë Sylow kemiose 1 ose 8 Sylow 7-nëngrups. Në qoftë se ka vetëm 1 Sylow 7-nëngrup, atëherë ai është normal.

Supozojmë se janë 8 Sylow 7-nëngrupe. Atëherë, secili nga këta nëngrupe duhet të jetë ciklik. Pra, prerja eçdo dy prej këtyre nëngrupeve përmban vetëm elementin identitet të grupit. Atëherë, grupi do të ketë 8 · 6 = 48elementë të ndryshëm dhe secili prej tyre me rend 7. Tani le të numërojmë Sylow 2-nëngrupet. Kemi ose 1 ose 7Sylow 2-nëngrupe. Ndonjë element i Sylow 2-nëngrupi i ndryshëm nga identiteti duhet ta ketë rendin një fuqi të2-shit. Si rrjedhim nuk mund të jetë një nga 48 elementët me rend 7 të Sylow 7-nëngrupeve. Meqënëse një Sylow2-nëngrup ka rend 8, në një grup me rend 56 mund të ketë vetëm një Sylow 2-nëngrup. Në qoftë se ka vetëm njëSylow 2-nëngrup, atëherë ai është normal në G.

Për grupe të tjerë G është më e vështirë të vërtetoni se G nuk është i thjeshtë. Supozojmë se G ka rend 48. Në

këtë rast teknika që ne përdorëm në shembullin e mësipërm nuk do të funksiononte. Na nevojitet Lema 4.4 për tëvërtetuar se asnjë grup me rend 48 nuk është i thjeshtë.

Shembull 6.18. vërtetoni se asnjë grup G me rend 48 nuk është i thjeshtë.

Për të treguar se një grup G me rend 48 nuk është i thjeshtë do të vërtetojmë se G përmban një nëngrup normalme rend 8 ose një nëngrup normal me rend 16. Nga Teorema e Tretë Sylow, grupi G ka ose një ose tre Sylow2-nëngrupe me rend 16. Në qoftë se ka vetëm një nëngrup atëherë ai është normal.

Supozojmë se është i vërtetë rasti tjetër, pra kemi 3 Sylow 2-nëngrupe me rend 16 dhe dy prej tyre janë H dhe K.Supozojmë se |H ∩ K| = 8. Në qoftë se |H ∩ K| ≤ 4, atëherë nga Lema 4.4

|HK| =16 · 16

4= 64,

që është e pamundur. Pra H∩K është normal në të dy nëngrupet H dhe K meqë ka indeks 2. Normalizatori i H∩Kpërmban si H dhe K dhe gjithashtu |H∩K| duhet të jetë një shumëfish i 16 më i madh se 1 dhe gjithashtu të pjesëtojë48. Mundësia e vetme është që |N(H ∩ K)| = 48. Pra, N(H ∩ K) = G.

Teorema 6.13 (Feit-Thompson). Çdo grup i fundëm me rend tek është i zgjidhshëm.

Vërtetimi i kësaj teoreme hodhi themelet e një programi, në vitet 1960 dhe 1970, ku u klasifikuan të gjithë grupete thjeshtë. Suksesi i këtij programi është një nga aritjet më të rëndësishme të matematikës moderne.

Ushtrime:

c©AulonaPress 121




Algjebra Shaska T.

1. Sa e kanë rendin të gjithë Sylow p- nengrupet kur grupi G e ka rendin 18, 24, 54, 72 dhe 80?

2. Gjeni të gjithë Sylow 3-nëngrupet e S4 dhe vërtetoni se ata janë të gjithë të konjuguar.

3. Vërtetoni se çdo grup me rend 45 ka një nëngrup normal me rend 9.

4. Le të jetë H një Sylow p-nëngrup i grupit G. Vërtetoni se H është i vetmi Sylow p-nëngrup i G-së që përmbahet në N(H).

5. Vërtetoni se asnjë grup me rend 96 është i thjeshtë.

6. Vërtetoni se asnjë grup me rend 160 është i thjeshtë.

7. Në qoftë se H është një nëngrup normal i një grupi të fundëm G dhe |H| = pk për një numër të thjeshtë p, vërtetoni se Hpërmbahet në çdo Sylow p-nëngrup të G-së.

8. Le të jetë G një grup me rend p2q2, ku p dhe q janë dy numra të dalluar të thjeshtë të tillë që q6 | p2−1 dhe p 6 | q2

−1. Vërtetonise G duhet të jetë Abelian. Jepni tre çife numrash p dhe q që kënaqin këto kushte.

9. Tregoni se një grup me rend 33 ka vetëm një Sylow 3-nëngrup.

10. Le të jetë H një nëngrup i grupit G. Vërtetoni ose tregoni të kundërtën se normalizatori i H është normal në G.

11. Le të jetë G një grup me rend pr,ku p është numër i thjeshtë. Vërtetoni se G përmban një nëngrup normal me rend pr−1.

12. Supozojmë që G është një grup i fundëm me rend pnk, ku k < p. Vërtetoni se G duhet të përmbajë një nëngrup normal.

13. Le të jetë H një nëngrup i një grupi të fundëm G. Vërtetoni se gN(H)g−1 = N(gHg−1) për çdo g ∈ G.

14. Vërtetoni se një grup me rend 108 duhet të ketë një nëngrup normal.

15. Klasifikoni të gjithë grupet me rend 175 sipas klasave të izomorfizmave.

16. Vërtetoni se çdo grup me rend 255 është ciklik.

17. Le të jetë G një grup me rend pe11 · · · p

enn dhe supozojmë se G ka n Sylow p-nëngrupe P1, . . . ,Pn ku |Pi| = pei

i . Vërtetoni seG është izomorfik me P1 × · · · × Pn.

18. Le të jetë P një Sylow p-nëngrup normal i grupit G. Vërtetoni se çdo automorfizëm i brendëshëm i G-së fikson P.

19. Cili është rendi më i vogël i mundëshëm i një grupi G i tillë që G nuk është Abelian dhe |G| është tek? Mund të gjeni njëgrup të tillë?

20. The Frattini Lemma Në qoftë se H është një nëngrup normal injë grup të fundëm G dhe P është një Sylow p-nëngrupi H-së, për çdo g ∈ G vërtetoni se ekziston një h në H i tillë që gPg−1 = hPh−1. Gjithashtu, vërtetoni se në qoftë se N ështënormalizatori i P-së, atëherë G = HN.

21. Vërtetoni se një Sylow 2-nëngrup i S5 është izomorfik me D4.

22. Një vërtetim ndryshe i Teoremës Sylow.

1. Suppozoni se p është një numër i thjeshtë dhe p nuk pjesëton m. Vërtetoni se

p6 |(

pkmpk

).

2. Le të shënojë me S bashkësinë e të gjithë elementëve pk, e cila është një nënbashkësi e G. Vërtetoni se p nuk pjesëton |S|.

3. Përcaktoni një veprim të grupit G mbi S të tillë aT = at : t ∈ T për a ∈ G dhe T ∈ S, pra shumëzim nga e majta.Vërtetoni se ky është një veprim grupi.

4. Vërtetoni p6 | |OT | për ndonjë T ∈ S.

5. Le të jetë T1, . . . ,Tu një orbitë e tillë që p6 | u dhe H = g ∈ G : gT1 = T1. Vërtetoni se H është nëngrup i grupit G dhevërtetoni se |G| = u|H|.

6. Vërtetoni se pk pjesëton |H| dhe pk≤ |H|.

7. Vërtetoni se |H| = |OT | ≤ pk. Konkludoni se pk = |H|.

23. Le të jetë G një grup. Vërtetoni se G′ = 〈aba−1b−1 : a, b ∈ G〉 është një nëngrup normal i G dhe G/G′ është Abelian. Gjeninjë shembull për të vërtetuar se aba−1b−1 : a, b ∈ G nuk është domosdoshmërishtë një grup.

122 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

6.5.2 Projekt

Qëllimi kryesor i teorisë së grupeve të fundëm është të klasifikojmë të gjithë grupet e fundëm të mundëshëmsipas klasave të izomorfizmave. Ky problem është i vështirë edhe në qoftë se ne përpiqemi të klasifikojmë vetëmgrupet me rend më të vogël ose të barabartë me 60. Megjithatë ne mund ta zbërthejmë këtë problem në disaprobleme më të thjeshta.

1. Gjeni të gjithë grupet e thjeshtë G ( |G| ≤ 100). Mos përdorni Teoremën e Rendit Tek në qoftë se nuk mund ta vërtetoniatë.

2. Gjeni numrin e grupeve të ndryshëm G, ku rendi i grupit G është n për n = 1, . . . , 100.

3. Gjeni grupet (sipas klasave të izomorfizmave) për çdo n.

Ky është një projekt në të cilin ju duhet të shfrytëzoni të gjitha njohuritë tuaja të mara deri tani pë grupet. Edhenë qoftë se ju nuk do ta përfundoni projektin, ai do ju mësojë shumë për grupet e fundëm. Mund të përdorniTablën 6.1 si guidë.

Lexuesi mund të përdor GAP për të eksperimentuar me këtë projekt. Ju kujtojmë se në GAP të gjithë grupet merend ≤ 2000 janë të klasifikuar në Small Groups Library.

Rendi Numri Rendi Numri Rendi Numri Rendi Numri1 ? 16 14 31 1 46 22 ? 17 1 32 51 47 13 ? 18 ? 33 1 48 524 ? 19 ? 34 ? 49 ?5 ? 20 5 35 1 50 56 ? 21 ? 36 14 51 ?7 ? 22 2 37 1 52 ?8 ? 23 1 38 ? 53 ?9 ? 24 ? 39 2 54 15

10 ? 25 2 40 14 55 211 ? 26 2 41 1 56 ?12 5 27 5 42 ? 57 213 ? 28 ? 43 1 58 ?14 ? 29 1 44 4 59 115 1 30 4 45 * 60 13

Tabela 6.1: Numrat e grupeve të ndryshëm G, |G| ≤ 60

c©AulonaPress 123




Algjebra Shaska T.

Ushtrime:

1. Vërtetoni se A5 është i thjeshtë.

2. Vërtetoni se:a) Në qoftë se H

c/G atëherë H / G

b) Në qoftë se Hc/K

c/G atëherë H

c/G

c) Në qoftë se Hc/K

c/G atëherë H / G.

3. a) Vërtetoni se në qoftë se G është nilpotent dhe H është një nëngrup i mirëfilltë atëherë H është një nëngrup i mirëfilltë inormalizatorit të tij.

b) Vërtetoni se G është nilpotent atëherë dhe vetëm atëherë kur ai është izomorfik me produktin direkt të një numri tëfundëm p- grupesh.

4. Jepet p një numër i thjeshtë dhe G grupi i të gjitha matricave të invertueshme n × n të cilat janë trekëndore të poshtme mbifushën Fp me p elementë.

a) Jepet U = a ∈ G : aii = 1, f or all i = 1, 2, 3, . . . . Vërtetoni që U është nilpotent.b) Vërtetoni se G është i zgjidhshëm por në qoftë se n > 1, G nuk është nilpotent.

5. a) Vërtetoni seSL2(R) ≤ GL2(R)

b) Jepet GL2(Z) bashkësia e të gjitha matricave 2 × 2 me elementë nga Z dhe përcaktor të ndryshëm nga zero. A ështëGL2(Z) grup me veprim shumëzimin e matricave? Vërtetoni përgjigjen tuaj.

6. Në GL2(R) gjeni centralizatorin e [1 10 1

]7. Në qoftë se k është një fushë, vërtetoni se SL(n, k) < GL(n, k).

8. Në qoftë se G është një grup në të cilin (ab)i = ai bi për tre numra të plotë i të njëpasnjëshëm, vërtetoni se G është Abelian.

9. Vërtetoni seZ(G) = ∩g∈GC(g)

ku C(g) është centralizatori i g.

10. Jepet G një grup Abelian, ku n > 1 është një numër i plotë dhe

An := an| a ∈ G.

Vërtetoni që An është një nëngrup i G.

11. Gjeni Aut(Z3)

12. Vërtetoni që në qoftë se G/Z(G) është ciklik atëherë G është Abelian.

13. Gjeni qëndrën e Dn.

14. Vërtetoni se për çdo n, Sn është izomorfik me një nëngrup të An+2.

15. Jepet p një numër i thjeshtë dhe le të jetë C një nëngrup ciklik me rend p në Sp. Llogarisni rendin e NSp (C).

124 c©AulonaPress




Pjesa II

Teoria e Unazave

125

Kapitulli 7

Unazat

Deri tani ne kemi studiuar bashkësitë me një veprim të vetëm i cili kënaq disa kushte. Megjithatë, në shumëraste ne jemi të interesuar të punojmë me bashkësitë të cilat kanë dy veprime binare, si për shembull bashkësia enumrave të plotë, bashkësia e numrave realë, etj. Me studimin e bashkësive me dy veprime binare të cilat kënaqindisa kushte ne kemi një strukturë algjebrike e cila quhet unazë.

7.1 Përkufizime dhe shembuj

Përkufizim 7.1. Unazë quhet bashkësia R me dy veprime algjebrike (R,+, ·) (mbledhje dhe shumëzim) që kënaqkushtet e mëposhtme:

1. (R,+) është grup Abelian

2. shumëzimi është veprim shoqërues

(a · b) · c = a · (b · c), ∀a, b, c ∈ R

3. është e vërtetë vetia shpërndarëse

(a + b)c = ac + bca(b + c) = ab + ac

për çdo a, b, c ∈ R.

Një unazë R në të cilën shumëzimi është ndërrimtar quhet unazë ndërrimtare ose Abeliane. Unaza R ka njëshkur ekziston elementi 1R ∈ R i tillë që

∀a ∈ R, a · 1R = a

Një unazë R me njësh (1R , 0) në të cilën çdo element a ∈ R \ 0 ka të anasjelltë në lidhje me shumëzimin quhetunazë pjestuese. Një unazë Abeliane dhe pjestuese quhet fushë .

Në kontekstin e këtij libri, me unazë ne do të nënkuptojmë një unazë me njësh.

Lema 7.1. Jepet unaza R. Atëherëa) 0a = a0 = 0b) (−a)b = a(−b) = −abc) njëshi është element i vetëm dhe

−a = (−1R) · a

Vërtetim: a) 0a = (0 + 0)a = 0a + 0a. Pra 0a = 0a + 0a, 0a = 0.b) ab + (−a)b = (a − a)b = 0b = 0c) Në qoftë se R ka dy njësha 1a dhe 1b atëherë, 1a · 1b = 1a, 1a · 1b = 1b. Pra 1a = 1b.

127

Algjebra Shaska T.

Jepet unaza R. Një element jozero a ∈ R quhet pjestues i zeros në qoftë se ekziston një element jozero b ∈ R itillë që ab = 0 ose ba = 0. Një element u ∈ R quhet njësi në R në qoftë se ekziston v ∈ R që

uv = vu = 1.

Një unazë Abeliane me njësh quhet unazë integrale në qoftë se nuk ka pjestues të zeros.

Lema 7.2. Unazat integrale kanë vetinë e thjeshtimit

ab = ac⇒ a = 0 ose b = c

Vërtetim: ab = ac⇒ a(b − c) = 0⇒ a = 0 ose b = c

Shembull 7.1. Siç e kemi përmendur edhe më parë Z së bashku me mbledhjen dhe shumëzimin formojnë një unazë. Për mëtepër formojnë një unazë integrale, sepse a · b = 0 gjithmonë na jep a = 0 ose b = 0. Por, (Z,+, ·) nuk është fushë, sepseshumica e elementëve jozero nuk kanë të anasjelltë në lidhje me shumëzimin. Të vetmit elementë që kanë të anasjelltë në lidhjeme shumëzimin janë -1 dhe 1.

Shembull 7.2. Nën veprimet e zakonshme të mbledhjes dhe shumëzimit strukturat e mëposhtme janë unaza: numrat e plotëZ, numrat racionalë Q, numrat realë R, numrat kompleksë C. Të gjitha këto unaza, përveç Z janë fusha.

Shembull 7.3. Ne studiuam bashkësinëZn = Z/nZ në lidhje me mbledhjen dhe pamë se ishte një grup Abelian. Përkufizojmëtani shumëzimin në Zn si më poshtë:

Z 7→ Zn

a · b = ab mod n

Për shembull, në Z12, 5 · 7 ≡ 11 (mod 12). Ky shumëzim e kthen (Zn,+, ·) në një unazë. Natyrisht, Zn është unazëndërrimtare, por jo unazë integrale. Në qoftë se konsiderojmë 3 · 4 ≡ 0 (mod 12) në Z12, duket qartë se produkti i dyelementëve jozero na jep elementin zero.

Shembull 7.4. Në kalkulus, bashkësia e funksioneve të vazhdueshme në një interval, për shembull

f : [a, b] 7→ R

së bashku me mbledhjen dhe kompozimin e funksioneve formojnë një unazë ndërrimtare.

Shembull 7.5. Matricat 2 × 2 me terma në Z formojnë një unazë në lidhje me mbledhjen dhe shumëzimin e matricave. Kjounazë nuk është ndërrimtare, sepse zakonisht matricat nuk këmbehen me njëra-tjetrën.

Shembull 7.6. Për një shembull të një unazë pjestuese jo-Abeliane marrim

1 =

(1 00 1

)i =

(0 1−1 0

)

j =

(0 ii 0

)k =

(i 00 −i

),

ku i2 = −1. Këta elementë kënaqin relacionet si më poshtë

i2 = j2 = k2 = −1ij = k

jk = iki = jji = −k

kj = −iik = −j.

128 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Le të jetë H bashkësia e elementëve të formësa + bi + cj + dk,

ku a, b, c, d janë numra realë. Në mënyrë ekuivalente,Hmund të konsiderohet si bashkësia e të gjitha matricave 2× 2 të formës(α β−β α

),

ku α = a + di dhe β = b + ci janë numra kompleksë.Ne mund të përkufizojmë mbledhjen dhe shumëzimin nëH ose me mbledhjen e zakonshme të matricave ose me gjeneratorët

1, i, j, dhe k:

(a1 + b1i + c1j + d1k) + (a2 + b2i + c2j + d2k) =

(a1 + a2) + (b1 + b2)i + (c1 + c2)j + (d1 + d2)k

dhe(a1 + b1i + c1j + d1k)(a2 + b2i + c2j + d2k) = α + βi + γj + δk,

ku

α = a1a2 − b1b2 − c1c2 − d1d2

β = a1b2 + a1b1 + c1d2 − d1c2

γ = a1c2 − b1d2 + c1a2 − d1b2

δ = a1d2 + b1c2 − c1b2 − d1a2.

Unaza H quhet unaza e kuaternioneve.Të vërtetojmë se H është një unazë pjestuese ne duhet te gjejmë të anasjelltin për çdo element jozero. Vini re se

(a + bi + cj + dk)(a − bi − cj − dk) = a2 + b2 + c2 + d2.

Ky element mund të jetë zero vetëm në qoftë se a, b, c, dhe d janë të gjitha zero. Pra në qoftë se a + bi + cj + dk , 0,

(a + bi + cj + dk)(

a − bi − cj − dka2 + b2 + c2 + d2

)= 1.

Jepet një fushë K. Shënojmë me K∗ bashkësinë K \ 0. Një funksion

ν : K∗ −→ Z

që ka vetitë

1. ν(ab) = ν(a) + ν(b),∀a, b ∈ K∗

2. ν është syrjektiv

3. ν(x + y) ≥ minν(x), ν(y), për çdo x, y ∈ K∗, x + y , 0

quhet vlerë diskreteBashkësia R ⊂ K∗, R := x ∈ K∗ : ν(x) ≥ 0 ∪ 0 quhet unaza e vlerave të ν-së. Një unazë quhet unazë vlerash

diskrete (UVD) në qoftë se ekziston një fushë K dhe një funksion ν vlerash diskrete nga K-ja, i tillë që R është unazae vlerave të ν-së.

Shembull 7.7. Marrim K = Q dhe p një numër i thjeshtë. Përkufizojmë

νp : Q∗ −→ Z

ab

= pαcd−→ α

ku p është relativisht i thjeshtë me c dhe d. Lexuesi të vërtetojë se νp është vlerë diskrete. Cila është unaza e vlerave të νp-së?’Eshtë bashkësia e elementëve të Q për të cilët α ≥ 0. Pra të gjithë ata elementë që emëruesat i kanë të pa plotpjestueshëm ngap-ja. Njësitë e kësaj unaze vlerash janë ata elementë për të cilët α = 0. Vërteto pohimet e mësipërme.

c©AulonaPress 129




Algjebra Shaska T.

Ashtu siç përkufizuam nëngrupet ne kemi edhe një klasë analoge strukturash për unazat. Një nënunazë S e njëunazë R është një nënbashkësi S e R-së e tillë që S është gjithashtu një unazë në lidhje me veprimet që trashëgohennga R.

Z është nënunazë e Q-së, Q është nënunazë e R-së. Unaza nZ është një nënunazë e Z. Vini re, se edhe pseunaza mëmë mund te ketë njësh, nuk është e thënë që nënunaza të ketë njësh.

Pohimi i mëposhtëm na jep kushte të nevojshme dhe të mjaftueshme për një nënbashkësi S të jetë nënunazë enjë unazë R.

Pohim 7.1. Le të jetë R një unazë dhe S një nënbashkësi e R. Atëherë S është një nënunazë e R atëherë dhe vetëm atëherë kurkushtet që vijojnë plotësohen:

1. S , ∅.

2. rs ∈ S për çdo r, s ∈ S.

3. r − s ∈ S për çdo r, s ∈ S.

Shembull 7.8. Le të jetë R = M2(Z) unaza e matricave 2 × 2 me terma në Z. Në qoftë se U është bashkësia e matricavetrekëndëshe të sipërme në R, për shembull,

U =

(a b0 c

): a, b, c ∈ Z

,

atëherë U është një nënunazë e R. Në qoftë se

A =

(a b0 c

)dhe B =

(a′ b′

0 c′

)janë në U, atëherë A − B është gjithashtu në U. Gjithashtu,

AB =

(aa′ ab′ + bc′

0 cc′

)është në U.

Ushtrime:

1. Le të jetë D një numër i plotë, i cili nuk është katror i plotë në Z. Marrim bashkësinë

Z[D] := a + b√

D : a, b ∈ Z

a) Vërteto se Z[D] është unazë.b) Përkufizojmë funksionin

N : Z[D] −→ Z

a + b√

D −→ a2−D b2.

Ky funksion quhet normë e Z[D]. Vërteto se ∀x, y ∈ Z,N(xy) = N(x)N(y). Gjithashtu vërteto se në qoftë se u është njësi nëZ[D] atëherë N(u) = ±1

2. Jepet një numër i plotë që nuk është katror i plotë dhe përkufizojmë

Q[D] := a + b√

D : a, b ∈ Q.

Vërteto se Q[D] është fushë. Vërteto se unaza e vlerave e përkufizuar më sipër është unazë.

3. Jepet fusha K, vlera diskrete ν në K dhe R unazave e vlerave të ν-së në R.a) Vërteto se për çdo element jozero x ∈ K, x ∈ R ose x−1

∈ Rb) Vërteto se x është njësi në R atëherë dhe vetëm atëherë kur ν(x) = 0

130 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

7.2 Unazat polinomiale, unazat e matricave

Jepet një unazë Abeliane R me njësh. Marrim një variabël x dhe konsiderojmë gjithë polinomet me koefiçentënga R,

p(x) = an xn + · · · + a1 x + a0

për n ≥ 0 dhe ai ∈ R. Numri n është grada e polinomit dhe an quhet term kryesor i polinomit. Ne zakonisht eshënojmë gradën e një polinomi p(x) me deg p. Në qoftë se an = 1, atëherë polinomi quhet monik. Bashkësiae gjithë polinomeve të tillë (me koefiçentë nga R) quhet unaza e polinomeve të R-së dhe shënohet me R[x]. Tëvërtetojmë se R[x] është unazë Abeliane me njësh, ku veprimet janë mbledhja dhe shumëzimi i polinomeve.

(R[x],+) është grup Abelian. Zero e këtij grupi është polinomi 0 dhe i kundërti i polinomit

p(x) = an xn + · · · + a0

është−p(x) = −an xn

− · · · − a0.

Lexuesi të vërtetojë vetinë e shoqërimit dhe aksiomat e tjera të unazave. Natyrisht R ⊂ R[x], sepse çdo elementa ∈ R është polinom konstant. 1R është njësh për R[x].

Në të njëjtën mënyrë ne vërtetojmë se polinomet me shumë variabla formojnë një unazë. Ne do ta shënojmëunazën e polinomeve me koeficientë nga unaza R dhe ndryshore x1, . . . , xn me R[x1, . . . , xn].

Lema 7.3. Jepet R një unazë integrale. Atëherëa) njësitë e R[x] janë njësitë e R-së.b) R[x] është unazë integrale.

Vërtetim: a) Në qoftë se p(x) është njësi atëherë ekziston q(x) i tillë që p(x) q(x) = 1. Pra, deg p(x) = deg q(x) = 0.Kështu që, p(x) e q(x) janë polinome konstantë, domethënë janë në R.

b) Supozojmë se R[x] nuk është unazë integrale. Pra ekzistojnë p(x) dhe q(x)

p(x) = an xn + . . . a0

q(x) = bm xm + . . . b0

të tillë që p(x) q(x) = 0. Atëherë p(x) q(x) = an bmxm+n + . . . a0 b0 = 0. Pra an, bm ∈ R, an bm = 0. Domethënë, R nuk ështëunazë integrale, e cila kundërshton hipotezën e teoremës.

7.2.1 Unazat e matricave

Tani do të shohim një lloj tjetër të rëndësishëm unazash, unazat e matricave. Marrim gjithë matricat n × n meterma nga një unazë R. Këtë bashkësi e shënojmë me Mn(R). Me mbledhjen dhe shumëzimin e matricave kjobashkësi formon një unazë jo Abeliane.

Matricat zakonisht jepen A = (ai j), 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n. Mn(R) përbëhet nga matricat katrore, m = n. Një matricëA = (ai j) quhet skalare në qoftë se aii = a ∈ R dhe gjithë termat e tjerë janë zero. Elementët njësi të Mn(R) formojnëgrup multiplikativ që ne e shënojmë me GLn(R) dhe quhet grupi i përgjithshëm linear.

Supozojmë se R është fushë F, matricat me përcaktor 1 formojnë një nëngrup të GLn(F), që quhet grupi speciallinear dhe shënohet me SLn(F). Le të jetë Z(SLn(F)), qendra e SLn(F). Atëherë PSLn(R) := SLn(F)/Z(SLn(F)) quhetgrupi projektiv special linear.

A ka Mn(R) pjestues të zeros? Le të marrim R një unazë çfarëdo dhe dy elementë a, b ∈ R të tillë që ab , 0.Konsiderojmë rastin n = 3, arsyetimi i mëposhtëm vlen për çdo n. Marrim matricat

A =

a 0 00 0 00 0 0

, B =

0 b 00 0 00 0 0

Atëherë

AB =

0 ab 00 0 00 0 0

, BA =

0 0 00 0 00 0 0

c©AulonaPress 131




Algjebra Shaska T.

Këto dy matrica tregojnë se ka pjestues të zeros për çdo unazë R dhe n ≥ 2.

Ushtrime:

1. Vërteto se qendra e unazës Mn(R) është bashkësia e matricave skalare.

2. Eshtë dhënë fusha Fq me q elementë. Vërteto që:|Mn(Fq)| = qn2

|GLn(Fq)| = (qn− 1)(qn

− q)(qn− q2) . . . (qn

− qn−1)|SLn(Fq)| = q

n(n−1)2

∏i=ni=2(qi

− 1)|PSLn(Fq)| = 1

(n,q−1) |SLn(Fq)|

7.3 Homomorfizmat e unazave dhe unazat faktor

Në kapitullin e grupeve ne kemi quajtur homomorfizëm grupesh një funksion i cili ruante veprimin e grupit.Në mënyrë të ngjashme ne do të quajmë homomorfizëm unazash një funksion i cili respekton të dy veprimet eunazës.

Përkufizim 7.2. Jepen unazat R dhe S.

1. Një homomorfizëm unazash do të quhet funksioni ϕ : R −→ S që kënaq vetitë e mëposhtme:

a) ϕ(a + b) = ϕ(a) + ϕ(b)

b) ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(a)

c) ϕ(1R) = ϕ(1S)

2. ker(ϕ) quhet bashkësiaker(ϕ) := x ∈ R : ϕ(x) = 0S

3. Një homomorfizëm bijektiv quhet izomorfizëm

Shembull 7.9. Jepet funksioniϕ : Q[x] −→ Q

anxn + · · · + a0 −→ a0

Lexuesi të vërtetojë se ϕ është homomorfizëm.

Shembull 7.10. Për çdo numër të plotë n ne mund të përkufizojmë një homomorfizëm unazash φ : Z → Zn ku a 7→ a(mod n). Ky është me të vërtetë një homomorfizëm unazash, sepse

φ(a + b) = (a + b) (mod n)= a (mod n) + b (mod n)= φ(a) + φ(b)

dhe

φ(ab) = ab (mod n)= a (mod n) · b (mod n)= φ(a)φ(b).

Bërthama e homomorfizmit φ është nZ.

Shembull 7.11. Le të jetë C[a, b] unaza e funksioneve me vlera reale të vazhdueshëm në një interval [a, b]. Për një α ∈ [a, b]të fiksuar, ne mund të përkufizojmë një homomorfizëm unazash φα : C[a, b]→ Z, ku φα( f ) = f (α). Ky është në të vërtetë njëhomomorfizëm unazash, sepse

φα( f + g) = ( f + g)(α) = f (α) + g(α) = φα( f ) + φα(g)φα( f g) = ( f g)(α) = f (α)g(α) = φα( f )φα(g).

Homomorfizmat e unazave të tipit φα janë quajtur homomorfizma vlerësimi.

132 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Në pohimin e mëposhtëm do të shqyrtojmë disa veti themelore të homomorfizmave të unazave. Vërtetimi ipohimit është lënë si ushtrim.

Pohim 7.2. Le të jetë φ : R→ S një homomorfizëm unazash.

1. Në qoftë se R është një unazë ndërrimtare, atëherë φ(R) është një unazë ndërrimtare.

2. φ(0) = 0.

3. Le të jenë 1R dhe 1S, përkatësisht identikët për R dhe S. Në qoftë se φ është syrjektiv, atëherë φ(1R) = 1S.

4. Në qoftë se R është një fushë dhe φ(R) , 0, atëherë φ(R) është një fushë.

Në teorinë e grupeve nëngrupet normalë luajtën një rol të veçantë. Objektet korresponduese në teorinë e unazavejanë idealet. Ideal i majtë i unazës R quhet nëngrupi (I,+) ≤ (R,+) i tillë që

∀x ∈ R, ∀y ∈ I kemi xy ∈ I.

Pra RI ⊂ I. Ideal i djathtë quhet I ⊂ R i tillë që Ix ⊂ I për çdo x ∈ R. Një ideal që është i majtë dhe i djathtë quhetideal. Në unazat ndërrimtare ne flasim thjesht për ideale.

Shembull 7.12. Çdo unazë R ka të paktën dy idealë, 0 dhe R. Këta idealë janë quajtur ideale trivialë.

Le të jetë R një unazë me njësh dhe supozojmë se I është një ideal në R i tillë që 1 është në R. Meqënëse për çdor ∈ R, r1 = r ∈ I nga përkufizimi i një ideali, I = R.

Shembull 7.13. Në qoftë se a është ndonjë element në një unazë ndërrimtare R me njësh, atëherë bashkësia

〈a〉 = ar : r ∈ R

është një ideal në R. Natyrisht, 〈a〉 është jo boshe, meqënëse së bashku 0 = a0 dhe a = a1 janë në 〈a〉. Shuma e dy elementëve në〈a〉 është përsëri në 〈a〉meqënëse ar+ar′ = a(r+ r′). I kundërti i ar është −ar = a(−r) ∈ 〈a〉. Së fundmi, në qoftë se shumëzojmënjë element ar ∈ 〈a〉 me një element të çfarëdoshëm s ∈ R, marrim s(ar) = a(sr). Kështu që, 〈a〉 kenaq përkufizimin e një ideali.

Në qoftë se R është një unazë ndërrimtare me njësh, atëherë një ideal 〈a〉 = ar : r ∈ R është quajtur idealthemelor.

Teorema 7.1. Çdo ideal në unazën e numrave të plotë Z është ideal themelore.

Vërtetim: Ideali zero 0 është një ideal themelor, meqënëse 〈0〉 = 0. Në qoftë se I është një ideal jozero në Z,atëherë I duhet të përmbajë ndonjë numër të plotë pozitiv n. Nga Parimi i mirërenditjes gjendet një n i tillë në I.Tani le të jetë a një element në I. Duke përdorur algoritmin e pjestimit, ne e dimë se ekzistojnë numrat e plotë q dher, të tillë që

a = nq + r

ku 0 ≤ r < n. Ky ekuacion na tregon që r = a − nq ∈ I, por r duhet të jetë 0 meqënëse n është elementi pozitiv më ivogel në I. Kështu që, a = nq dhe I = 〈n〉.

Shembull 7.14. Bashkësia nZ është ideal në unazën e numrave të plotë. Në qoftë se na është në nZ dhe b është në Z, atëherënab është në nZ siç kërkohet. Në fakt këta janë të vetmit idealë të Z.

Pohim 7.3. Bërthama e çdo homomorfizmi unazash φ : R→ S është një ideal në R.

Vërtetim: Ne e dimë nga teoria e grupeve, që kerφ është një nëngrup aditiv i R-së. Supozojmë, që r ∈ R dhea ∈ kerφ. Atëherë ne duhet të vërtetojmë se ar dhe ra janë në kerφ. Megjithatë,

φ(ar) = φ(a)φ(r) = 0φ(r) = 0

dheφ(ra) = φ(r)φ(a) = φ(r)0 = 0.

c©AulonaPress 133




Algjebra Shaska T.

Teorema 7.2. Le të jetë I një ideal i R. Grupi faktor R/I është një unazë, ku shumëzimi është i përkufizuar si

(r + I)(s + I) = rs + I.

Vërtetim: Ne tashmë e dimë që R/I është grup Abelian në lidhje me mbledhjen. Le të jenë r + I dhe s + I në R/I. Neduhet të vërtetojmë se prodhimi (r + I)(s + I) = rs + I është i pavarur nga zgjedhja e kosetit. Pra, në qoftë se r′ ∈ r + Idhe s′ ∈ s + I, atëherë r′s′ duhet të jetë në rs + I. Meqënëse r′ ∈ r + I, ekziston një element a në I i tillë që r′ = r + a.Në mënyrë të ngjashme, ekziston një b ∈ I i tillë që s′ = s + b. Vini re që

r′s′ = (r + a)(s + b) = rs + as + rb + ab

dhe as + rb + ab ∈ I meqënëse I është një ideal. Rrjedhimisht, r′s′ ∈ rs + I. Verifikimin e vetisë shoqëruese përshumëzimin si dhe vetisë shpërndarëse do ta lëmë si ushtrim.

Unaza R/I në Teoremën 7.2 është quajtur unazë faktor. Njëlloj si te homomorfizmat e grupeve dhe nëngrupevenormalë gjendet një lidhje midis homomorfizmave të unazave dhe idealëve.

Teorema 7.3. Le të jetë I një ideal i R. Pasqyrimi ψ : R→ R/I i përkufizuar si ψ(r) = r + I është një homomorfizëm i unazësR në R/I me bërthamë I.

Vërtetim: Sigurisht që ψ : R→ R/I është një homomorfizëm syrjektiv grupesh Abelianë. Na ngelet të vërtetojmë seψ funksionon për shumëzimin e unazave. Le të jenë r dhe s në R. Atëherë,

ψ(r)ψ(s) = (r + I)(s + I) = rs + I = ψ(rs),

gjë që na çon në përfundim të vërtetimit të teoremës.

Pasqyrimiψ : R→ R/I shpesh është quajtur natyror ose homomorfizmi kanonik. Në teorinë e unazave ne kemiteoremat e izomorfizmit, që lidhin idealët me homomorfizmin e unazave, të ngjashme me teoremat e izomorfizmitpër grupet, që lidhin nëngrupet normalë me homomorfizmat e grupeve. Ne do të vërtetojmë vetëm Teoremën eParë të Izomorfizmit për unazat, në këtë kapitull dhe vërtetimet e dy teoremave të tjera do ti lëmë si ushtrime. Tëgjitha vërtetimet janë të ngjashme me vërtetimet e teoremave të izomorfizmave për grupet.

Teorema 7.4 (Teorema e Parë e Izomorfizmit). Le të jetë φ : R → S një homomorfizëm unazash. Atëherë kerφ është njëideal i R. Në qoftë se

ψ : R → R/kerφ

është homomorfizmi kanonik atëherë ekziston një izomorfizëm i vetëm

η : R/ker φ → φ(R),

i tillë që φ = ηψ.

Vërtetim: Le të jetë K = kerφ. Nga Teorema e Parë e Izomorfizmit për grupet, ekziston një homomorfizëm grupeshi përkufizuar saktë η : R/K→ ψ(R) i përkufizuar si η(r + K) = ψ(r) për grupet Abelianë të mbledhjes R dhe R/K. Përtë vërtetuar se ky është një homomorfizëm unazash, ne mjafton të vërtetojmë se η((r + K)(s + K)) = η(r + K)η(s + K).

Pra,η((r + K)(s + K)) = η(rs + K) = ψ(rs) = ψ(r)ψ(s) = η(r + K)η(s + K).

Teorema 7.5 (Teorema e Dytë e Izomorfizmit). Le të jetë I një nënunazë e një unazë R dhe J një ideal i R. Atëherë I ∩ Jështë një ideal i I dhe

I/I ∩ J (I + J)/J.

Teorema 7.6 (Teorema e Tretë e Izomorfizmit). Le të jetë R një unazë dhe I dhe J idealë të R ku J ⊂ I. Atëherë

R/I R/JI/J

.

134 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Teorema 7.7 (Teorema e Korrespondencës). Le të jetë I një ideal i një unazë R. Atëherë S→ S/I është një korrespondencënjë me një midis bashkësisë së nënunazave S, që përmbajnë I dhe bashkësisë së nënunazave të R/I. Për më tepër, idealët e R, qëpërmbajnë I korrespondojnë me idealët e R/I.

Ushtrime:

1. Jepet homomorfizmi i unazaveϕ : R −→ S

a) Vërteto se ϕ(R) është nënunazë e R-së

b) ker(ϕ) është nënunazë e R-së

7.4 Idealet, nilradikali, radikali i Jakobsonit

Në këtë seksion ne shohin disa ideale të veçanta të cilat janë të rëndësishme në studimin e unazave.

Lema 7.4. Jepet ideali I ⊂ R.a) IR = Ib) I=R atëherë dhe vetëm atëherë kur I përmban një element njësic) R është fushë atëherë dhe vetëm atëherë kur idealet e vetme të R-së janë 0 dhe R.

Vërtetim: a) Nga përkufizimi i idealeve IR = Ib) Në qoftë se I = R atëherë 1R ∈ R, pra I përmban një element njësi. Në qoftë se u ∈ I është një element njësi

atëherë ekziston v ∈ R e tillë që vu = 1R. Atëherë, ∀r ∈ R,

r = r 1R = r vu = (rv) u ∈ I

Pra, R ⊂ I, domethënë I = Rc) Vërtetojme se në qoftë se R vshtë fushë idealet e vetme janë 0 dhe R. Dimë se unaza R është fushë atëherë

dhe vetëm atëherë kur çdo element jozero është njësi. Pra, çdo ideal jozero ka një element njësi. Si rrjedhim ai ëhtëi barabartë me R.

Le të jetë R një unazë me ideale të vetëm S 0 dhe R. Vërtetojmë se ajo është fushë. Supozojmë se ekziston njëelement r ∈ R që s’është njësi në R. Atëherë, (r) , R. Kontradiksion! Si rrjedhim, çdo element në R është njësi. Pra,R është fushë.

Një ideal M ⊂ R quhet ideal maksimal në qoftë se idealet e vetme që përmbajnë M-në janë M dhe R. Një ideal

I , 0 dhe I , R quhet ideal i mirëfilltë.

Lema 7.5. Në një unazë me njësh çdo ideal i mirëfilltë përmbahet në një ideal maksimal.

Vërtetim: Jepet unaza R me njësh dhe ideali i mirëfilltë I ⊂ R. Le të jetë S bashkësia e gjithë idealeve të mirëfillta qëpërmbajnë I-në. S është joboshe sepse I ∈ S. Gjithashtu S renditet nga përfshirja e bashkësive. Marrim një zinxhirrritës C në S. Të vërtetojmë se ka kufi të sipërm. Marrim

J := ∪A∈CA

Le të vërtetojmë se J është ideal. Natyrisht J është joboshe, sepse 0 ∈ J. Në qoftë se a, b ∈ J atëherë ekzistojnëidealet A,B ∈ C të tillë që a ∈ A dhe b ∈ B. Nga përkufizimi i zinxhirit A ⊂ B ose B ⊂ A. Pra a − b ∈ J, domethënë Jështë e mbyllur në lidhje me zbritjen. Përderisa A është e mbyllur nga shumëzimi i majtë dhe i djathtë me elementëte R-së atëherë dhe J është i mbyllur. Pra, J është ideal.

J është ideal i mirëfilltë. Në qoftë se jo atëherë 1 ∈ J. Pra, ekziston ndonjë A ∈ C, që 1 ∈ A. Kjo është kontradiktë,sepse A ∈ C ⊂ S. Përfundimisht, kushtet e lemës së Zornit plotësohen. Duke përdorur lemën e Zornit kemi që Ska një element maksimalM.

Teorema 7.8. Çdo unazë A , 0 ndërrimtare me njësh përmban një ideal maksimal.

c©AulonaPress 135




Algjebra Shaska T.

Vërtetim: Vërtetimi është pothuajse i njëjtë me atë të lemës së mësipërme.

Rrjedhim 7.1. Në qoftë se a , (1) është një ideal i A-së, ekziston një ideal i A-së që përmban a.

Rrjedhim 7.2. Çdo element jo njësi i A-së përmbahet në një ideal maksimal.

Lema 7.6. Në një unazë ndërrimtare, një ideal M është maksimal atëherë dhe vetëm atëherë kur R/M është fushë.

Vërtetim: Nga Teorema e Katërt e Izomorfizmave idealet e R/I korrespondojnë një më një me idealet e R-së qëpërmbajnë M-në. Në qoftë se M është maksimal, atëherë nuk ekziston asnjë ideal që përmban M-në. Pra, nukekzistojnë ideale të R/I përveç 0 dhe R/I. Si rrjedhim, R/I është fushë. Në qoftë se R/I është fushë, atëherë nuk kaideale të tjera përveç 0 dhe R/I. Pra, nuk ka ideale të R-së që përmbajnë M-në.

Përkufizim 7.3. Një ideal quhet ideal i thjeshtë në qoftë se P , R dhe

ab ∈ P⇒ a ∈ P ose b ∈ P.

Lema 7.7. Jepet R një unazë ndërrimtare. I është i thjeshtë atëherë dhe vetëm atëherë kur R/I është unazë integrale.

Vërtetim: Supozojmë se I është i thjeshtë. Marrim projeksionin natyror π : R −→ R/I. r ∈ I atëherë dhe vetëmatëherë kur π(r) = 0 në R/I. Në qoftë se π(a)π(b) = 0 në R/I atëherë a b ∈ I. Atëherë a ∈ I ose b ∈ I, pra π(a) = 0 oseπ(b) = 0 në R/I. Kështu që R/I nuk ka pjestues të zeros. Arsyetimi i anasjelltë është njësoj.

Rrjedhim 7.3. Çdo ideal maksimal është i thjeshtë.

Vërtetim: Në qoftë se M është ideal maksimal, atëherë R/M është fushë. Çdo fushë është unazë integrale. Në bazëtë lemës së mësipërme M është ideal i thjeshtë.

Shembull 7.15. Idealet themelorë të gjeneruar nga numrat e thjeshtë në Z janë të thjeshtë dhe maksimalë.

Shembull 7.16. Ideali (x) është i thjeshtë në Z(x), sepse Z[x]/(x) Z. Ky ideal nuk është maksimal. Ideali 0 është ideal ithjeshtë në Z[x], por jo ideal maksimal.

Në vazhdim R është një unazë ndërrimtare me njësh.

Pohim 7.4. Bashkësia ℵ e gjithë elementëve nilpotentë të një unazë R është ideal.

Vërtetim: Në qoftë se x ∈ ℵ, atëherë ekziston një n ∈ Z që xn = 0. Pra, ∀a ∈ R, (ax)n = anxn = a 0 = 0. Pra, ax ∈ ℵ.Marrim x, y ∈ ℵ, xn = 0, ym = 0. Atëherë

(x + y)m+n−1 = (xn)m−1 + a1xm+n−2 y + . . . an xm−1 yn + . . . (ym)n−1 = 0

Pra, për çdo x, y ∈ ℵ kemi që x + y ∈ ℵ dhe për çdo x ∈ ℵ, a ∈ R, ax ∈ ℵ. Si rrjedhim, ℵ është ideal.

Ideali ℵ quhet nilradikal i R-së. Një përkufizim tjetër i ℵ jepet nga pohimi i mëposhtëm.

Pohim 7.5. Nilradikali i R-së ℵ është prerja e gjithë idealeve të thjeshta të R-së.

Vërtetim: Shënojmë me ℵ nilradikalin e R-së dhe ℵ′ prerjen e gjithë idealeve të thjeshta të R-së. Në qoftë se x ∈ ℵ,atëherë xn = 0 ∈ p, për çdo ideal të thjeshtë p. Atëherë x ∈ p, sepse p është i thjeshtë. Pra, x ∈ ℵ′.

Marrim tani x ∈ ℵ′. Supozojmë, se x nuk është nilpotent. Le të jetë Σ bashkësia e gjithë idealeve ame vetinë qëpër n > 0, xn < a. Σ nuk është boshe, sepse 0 ∈ Σ. Nga lema e Zornit kemi që Σ ka një element maksimal. Le tëjetë p elementi maksimal i Σ. Në qoftë se vërtetojmë se p është ideal i thjeshtë, atëherë vërtetimi ka mbaruar. Që tëvërtetojmë se p është i thjeshtë, duhet të vërtertojmë se:

a < p, b < p⇒ ab < p

136 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Idealet p + (a) dhe p + (b) përmbajnë p, kështu që nuk janë elementë të Σ. Pra, ekzistojnë m dhe n që

xm∈ p + (a), xn

∈ p + (b)

Atëherë xm = p1 + r1 a dhe xn = p2 + r2 b, kështu që xm+n = p1p2 + p1 r2b + p2 r1a + ab ∈ p+ (ab). Pra, p+ (ab) nuk ështënë Σ, domethënë ab < p.

Prerja e gjithë idealeve maksimaleve të R-së quhet ideal i Jakobsonit të R-së dhe shënohet me<.

Pohim 7.6. x ∈ < ⇐⇒ 1 − xy është njësi në R për çdo y ∈ R.

Vërtetim: ⇒ Supozojmë se 1− xy nuk është njësi. Atëherë ai bën pjesë në ndonjë ideal maksimalm, por x ∈ < ⊂ m,kështu që x y ∈ m. Pra, 1 ∈ m. Kontradiktë!⇐ Supozojmë se, x < <. Pra, ekziston një ideal maksimal m, i tillë që x < m. Atëherë m dhe x gjenerojnë R-në,

kështu që gjenerojnë idealin (1). Pra kemi 1 = u + xy për u ∈ m dhe y ∈ R. Domethënë u = 1 − xy ∈ m nuk ështënjësi në R.

Në qoftë se a është një ideal i A-së atëherë radikali i a-së është

r(a) := x ∈ A : xn∈ a,n ∈ Z+

Pohim 7.7. Jepet unaza A. Radikali i një ideali a është prerja e gjithë idealeve të thjeshta të A-së, që përmbajnë a-në.

Vërtetim: Idealët e thjeshtë, që përmbajnë a korrespondojnë me idealët e thjeshtë të A/a. Në qoftë se xn∈ a atëherë

xn = 0 në A/a, pra x është në nilradikalin e A/a. Kështu që, x është në çdo ideal të thjeshtë, që përmban a. Anasjelltas,në qoftë se x është në çdo ideal, që përmban a, atëherë x është në nilradikalin e A/a. Pra, ekziston n e tillë që xn = 0në A/a e cila është ekuivalente me xn

∈ a

Shembull 7.17. Le të jetë pZ një ideal në Z, ku p është i thjeshtë. Atëherë pZ është ideal maksimal meqënëse Z/pZ Zpështë fushë.

Shembull 7.18. Është e lehtë të tregohet se, P = 0, 2, 4, 6, 8, 10 është një ideal në Z12. Ky ideal është i thjeshtë. Në fakt, aiështë ideal maksimal.

Shembull 7.19. Çdo ideal në Z është i formës nZ. Unaza faktor Z/nZ Zn është një unazë integrale vetëm kur n ështënumër i thjeshtë. Më saktë, ajo është fushë. Pra, idealët e thjeshtë jozero në Z janë idealet pZ, ku p është i thjeshtë. Ky me tëvërtetë e justifikon përdorimin e fjalës ”i thjeshtë” në përkufizimin e idealëve të thjeshtë.

Ushtrime:

1. Jepet unaza integrale R. Vërteto se, (a) = (b) për a, b ∈ R atëherë dhe vetëm atëherë kur a = ub për ndonjë element njësi utë R-së.

2. Le të jetë x një element nilpotent i unazës ndërrimtare A. Vërteto se, elementi 1 + x është element njësi në A. Konkludo qëshuma e një elementi nilpotent me një elementi njësi, është element njësi.

7.5 Unazat e thyesave

Jepet unaza ndërrimtare R. Le të jetë D ⊂ R, bashkësia e gjithë elementëve të R-së që nuk janë pjestues të zeros.Gjithashtu, 0 < D dhe D është bashkësi multiplikative e mbyllur. Marrim

F := (r, d) : r ∈ R, d ∈ D

Përkufizojmë një relacion ekuivalence në F si me poshtë:

(r, d) ∼ (s, e)⇔ re = sd

c©AulonaPress 137




Algjebra Shaska T.

Lexuesi të vërtetojë se, ky relacion është refleksiv dhe simetrik. Për shembull,1) (r, d) ∼ (r, d)⇔ rd = rd2) (r, d) ∼ (s, e)⇔ (s, e)(r, e)3) Vetia kalimtare

(r, d) ∼ (s, e)⇒ re = sd⇒ f re − f sd = 0(s, e) ∼ (t, f )⇒ s f = te⇒ ds f − dte = 0

Pra, f re − dte = 0 e cila sjell që e( f r − dt) = 0. Përderisa e ∈ D, e nuk ështe pjestus i zeros dhe e , 0 mund tëthjeshtojmë me e. Pra, r f − td = 0⇒ (r, d) ∼ (t, f ).

Si thamë më sipër klasa e ekuivalences së (r, d) shënohet me r

d . Shënojmë me Q bashkësine e gjithë klasave tëekuivalencës së relacionit të mësipërm. Vini re se, r

d = rcdc në Q për të gjithë c ∈ D, (dc ∈ D sepse D është bashkësi e

mbyllur multiplikative). Përkufizojmë mbledhjen e shumëzimin në Q si më poshtë:

ab

+cd

=ad + bc

bdab·

cd

=acbd

Lexuesi të vërtetojë se

1) këto janë veprime algjebrike2) Q është grup ndërrimtar me veprimin e mbledhjes, me zero 0

d , ku d është çdo element nga D dhe e kundërtae a

b është − ab

3) shumëzimi është veprim shoqërues dhe shpërndarës në lidhje me mbledhjen dhe është ndërrimtar.4) Q ka njësh.

Pra, Q është unazë ndërrimtare me njësh. Unaza Q quhet unaza e thyesave të R-së dhe shënohet me D−1R.Në qoftë se R është unazë integrale, atëherë D = R \ 0 dhe D−1R është fushë sepse çdo element ka të anasjelltë tëshumëzimit. Në këtë rast D−1R quhet fusha e thyesave të R-së. Eshtë e qartë se në çdo rast R ⊂ D−1R. Pra, D−1Rështë një shtrirje e R-së. Në mënyrë analoge lexuesi të ndërtojë Q nga Z.

Shembull 7.20. Meqënëse Q është një fushë, Q[x] është një unazë integrale. Fusha e thyesave të Q[x] është bashkësia e tëgjithë shprehjeve racionale p(x)/q(x), ku p(x) dhe q(x) janë polinome mbi racionalët dhe q(x) nuk është polinomi zero. Ne do tashënojmë këtë fushë me Q(x).

7.6 Teorema e mbetjeve kineze

Gjatë këtij seksioni do të supozojmë që të gjitha unazat janë ndërrimtare me njësh 1 , 0. Jepet një koleksion içfarëdoshëm unazash, prodhimi direkt i tyre përkufizohet si prodhimi direkt duke i konsideruar si grupe abelianëdhe duke përkufizuar prodhimin sipas çdo komponenti.

Në veçanti, nëse R1 dhe R2 janë dy unaza ne do të shënojmë me R1 × R2 prodhimin direkt të tyre si unaza.Pra, bashkësia e çifteve të renditura (r1, r2) me r1 ∈ R1 dhe r2 ∈ R2, ku mbledhja dhe shumëzimi veprojnë për çdokomponent.

(r1, r2) + (s1, s2) = (r1 + s1, r2 + s2) dhe (r1, r2)(s1, s2) = (r1s1, r2s2).

Vëmë re se, një pasqyrim ϕ nga një unazë R në një prodhim direkt unazash është homomorfizëm atëherë dhevetëm atëherë kur pasqyrimet e induktuara në secilin nga komponentët janë homomorfizma.

Ka një përgjithësim për unazat e çfarëdoshme në nocionin në Z të numrave të plotë n1 dhe n2 të të qënitrelativisht të thjeshtë (edhe në unazat ku nocioni i pjestuesit më të madh të përbashkët nuk është përkufizuar). NëZ kjo është ekuivalente me zgjidhjen e ekuacionit n1x + n2y = 1. Kjo është ekuivalente me n1Z + n2Z = Z si ideale(në përgjithësi n1Z + n2Z = (n1,n2)Z). Kjo na çon në përkufizimin në vazhdim:

Përkufizim 7.4. Idealët A dhe B të një unazë R quhen ko-maksimalë në qoftë se A + B = R.

138 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Kujtojmë që produkti AB, i idealëve A dhe B të R, konsiston në të gjitha shumat e fundme të elementëve tëformës xy, x ∈ A dhe y ∈ B. Nëse A = (a) dhe B = (b), atëherë AB = (ab).Në përgjithësi, prodhimi i idealëve A1, ...,Akështë ideali i gjithë shumave të fundme x1x2 . . . .xk ku xi ∈ Ai për çdo i. Nëse Ai = (ai) atëherë A1 . . .Ak = (a1 . . . ak).

Teorema 7.9. (Teorema e mbetjeve kineze) Le të jenë A1,A2, ...,Ak idealë në R. Pasqyrimi

R→ R/A1 × R/A2 × ...R/Ak

i përkufizuar nga r 7→ (r + A1, r + A2, ..., r + Ak) është një homomorfizëm unazash me bërthamë A1 ∩ A2 ∩ ... ∩ Ak. Nëqoftë se për çdo i, j ∈ 1.2, ..., k, ku i , j, idealët Ai dhe A j janë ko-maksimalë, atëherë ky pasqyrim është syrjektiv dheA1 ∩ A2 ∩ ... ∩ Ak = A1A2 . . .Ak, pra

R/(A1A2 . . .Ak) = R/(A1 ∩ A2 ∩ ... ∩ Ak) R/A1 × R/A2 × ...R/Ak.

Vërtetim: Si fillim e vërtetojmë për k = 2, rasti i përgjithshëm rrjedh nga induksioni. Le të jetë A = A1 dhe B = A2,konsiderojmë pasqyrimin ϕ : R → R/A × R/B të përkufizuar nga ϕ(r) = (r mod A, r mod B), ku mod A do të thotëklasa R/A që përmban r ( pra r + A). Ky pasqyrim është një homomorfizëm unazash, sepse është thjesht projeksioninatyror i R në R/A dhe në R/B për të dy komponentët.

Bërthama e ϕ konsiston në të gjithë elementët r ∈ R që janë në A dhe në B, pra në A ∩ B. Për të përfunduarvërtetimin në këtë rast na ngelet të tregojmë se, kur A dhe B janë ko-maksimalë, ϕ është syrjektiv dhe A∩B = AB.Kyekuacion tregon seϕ(x) = (0, 1) dheϕ(y) = (1, 0),meqë, për shembull, x është një element i A dhe x = 1−y ∈ 1+B.Nëqoftë se tani (r1 mod A, r2 mod B) është një element i çfarëdoshëm i R/A × R/B, atëherë elementi r2x + r1y pasqyrohette ky element, nga që

ϕ(r2x + r1y) = ϕ(r2)ϕ(x) + ϕ(r1)ϕ(y) =

= (r2 mod A, r2 mod B)(0, 1) + (r1 mod A, r1 mod B)(1, 0)= (0, r2 mod B) + (r1 mod A, 0)= (r1 mod A, r2 mod B).

Kjo tregon që ϕ është syrjektiv.Së fundi, ideali AB përmbahet gjithmonë në A ∪ B. Në qoftë se A dhe B janë ko-maksimalë dhe x dhe y janë si

më lart, atvherë për çdo c ∈ A∪B, c = c1 = cx + cy ∈ AB. Kjo tregon përfshirjen e kundërt A∪B ⊆ AB dhe përfundonvërtetimin kur k = 2.

Rasti i përgjithshëm tregohet lehtë me induksion nga rasti i dy idealëve duke përdorur A = A1 dhe B = A2...Ak.Pasi tregojmë se A1 dhe A2...Ak janë ko-maksimalë. Nga supozimi për çdo i ∈ 2, 3, . . . , k gjenden elementët xi ∈ Aidhe yi ∈ Ai, të tillë që x1 + y1 = 1. Meqënëse xi + yi = yi mod A1, kemi që 1 = (x2 + y2) . . . (xk + yk) është një element iA1 + (A2 . . .Ak). Kjo përfundon vërtetimin.

Kjo teoremë e mori këtë emër nga rasti i veçantë i izomorfizmit të unazave

Z/mnZ (Z/mZ) × (Z/nZ)

ku m dhe n janë numra të plotë relativisht të thjeshtë.Ky izomorfizëm lidhet me zgjidhjen e njekohësishme të kongruencave modul numrave të plotë relativisht të

thjeshtë (pohohet që kongruenca të tilla kanë gjithmonë zgjidhje dhe zgjidhja është e vetme). Meqënëse izomorfizminë Teoremën Kineze të mbetjeve është një izomorfizëm unazash, në veçanti grupet e njësive në të dy anët duhet tëjenë izomorfikë. ’Eshtë e lehtë të tregohet se njësitë në çdo prodhim direkt unazash janë elementët që kanë njësinë secilën prej koordinatave. Në rastin e Z/mnZ Teorema Kineze e Mbetjeve na jep izomorfizmin në vazhdim përgrupet e njësive:

(Z/mnZ)× (Z/mZ)× × (Z/nZ)×.

Në mënyrë më të përgjithshme kemi rezultatin në vazhdim.

Rrjedhim 7.4. Le të jetë n një numër i plotë pozitiv dhe le të jetë pα11 pα2

2 . . . pαkk faktorizimi i tij në fuqi numrash të thjeshtë të

dalluar. AtëherëZ/nZ (Z/pα1

1 Z) × (Z/pα22 Z) × · · · × (Z/pαk

k Z),

c©AulonaPress 139




Algjebra Shaska T.

si unaza, pra në veçanti kemi izomorfizmin e mëposhtëm të grupeve multiplikativë:

(Z/nZ)× (Z/pα11 Z)× × (Z/pα2

2 Z)× × · · · × (Z/pαkk Z)×.

Në qoftë se krahasojmë rendet e dy anëve në izomorfizmin e fundit, përftojmë formulën

ϕ(n) = ϕ(pα11 )ϕ(pα2

2 ) . . . ϕ(pαkk )

për funksionin ϕ të Euler-it. Kjo tregon atë që në teorinë e numrave njihet si funksioni shumëzues, pra, ϕ(ab) =ϕ(a)ϕ(b) ku a dhe b janë numra të plotë pozitivë relativisht të thjeshtë. Ky Rrjedhim është edhe një hap në përcaktimine dekompozimit të grupit abelian (Z/nZ)× në prodhim direkt grupesh ciklikë.

Ushtrime:

Le të jetë R një unazë me njësh 1 , 0.

1. Një element e ∈ R quhet idempotent nëse e2 = e. Supozojmë që e është një idempotent në R dhe er = re,∀r ∈ R. Tregoni qëe dhe 1 − e janë përkatësisht njëshat e nënunazave re dhe R(1 − e).

2. Le të jetë R një unazë e fundme Boolian-e me njësh 1 , 0. Vërtetoni që R Z/2Z ×Z/2Z × · · · ×Z/2Z.

3. Le të jenë R dhe S dy unaza me njësh. Vërtetoni që çdo ideal i R × S është i formës I × J, ku I ështv ideal në R dhe J ështëideal në S.

4. Vërtetoni që, në qoftë se R dhe S janë unaza jo zero, atëherë R × S nuk është asnjëherë fushë.

5. Le të jenë n1,n2, . . . ,nk numra të plotë, të cilët janë relativisht të thjeshte 2 e nga 2: (ni,n j) = 1,∀i , j.

1. Tregoni që Teorema Kineze e Mbetjeve implikon që për çdo a1, a2, . . . , ak ∈ Z ka një zgjidhje x ∈ Z për kongruencat enjëkohësishme

x ≡ a1 mod n1, x ≡ a2 mod n2, . . . , x ≡ ak mod nk

dhe që zgjidhja x është e vetme mod n = n1n2 . . . nk.

2. Le të jetë n′i = n/ni raporti i n me ni, i cili është relativisht i thjeshtë me ni nga supozimi. Le të jetë ti inversi i n′i mod ni.Vërtetoni që zgjidhja x te (1) jepet nga:

x = a1t1n′

1 + a2t2n′

2 + · · · + aktkn′

k mod n.

3. Zgjidhni sistemin e njëkohësishëm të kongruencave

x ≡ 1 mod 8, x ≡ 2 mod 25, dhe x ≡ 3 mod 81

dhe sistemin e njëkohësishëmy ≡ 5 mod 8, y ≡ 12 mod 25, dhe y ≡ 47 mod 81

6. Le të jenë f1(x), f2(x), . . . , fk(x) polinome me koeficientë numra të plotë me të njëjtën gradë d. Le të jenë n1,n2, . . . ,nk numratë plotë, të cilët janë relativisht të thjeshtë 2 e nga 2. Përdorni Teoremën Kineze të Mbetjeve për të treguar që gjendet njëpolinom f (x) me koeficientë të plotë dhe me gradë d, ku

f (x) ≡ f1(x) mod n1, f (x) ≡ f2(x) mod n2 dhe f (x) ≡ fk(x) mod nk,

pra koeficientët e f (x) përputhen me të gjithë koeficientët e fi(x) mod ni. tregoni që, nëse të gjithë fi(x) janë monikë, atëherë edhef (x) do të zgjidhet monik.

7. Le të jenë m dhe n numra të plotë, ku n pjeston m. Vërtetoni që projeksioni natyror syrjektiv i unazave Z/mZ → Z/nZështë gjithashtu syrjektiv te njësitë: (Z/mZ)× → (Z/nZ)×.

140 c©AulonaPress




Kapitulli 8

Unazat Euklidiane, me idealë themelorë,dhe me faktorizim të vetëm

8.1 Unazat integrale dhe fushat

Le të kujtojmë shkurtimisht disa përkufizime. Në qoftë se R është një unazë dhe r është një element jozero në R,atëherë r është quajtur pjestues i zeros në qoftë se gjendet ndonjë element jozero s ∈ R, i tillë që rs = 0. Një unazëndërrimtare me njësh është quajtur unazë integrale në qoftë se ajo nuk ka pjestues të zeros.

Në qoftë se një element a në një unazë R me njësh ka një të anasjelltë në lidhje me shumëzimin, themi se a ështënjë element njësi. Në qoftë se çdo element jozero në një unazë R është njësi, atëherë R quhet unazë pjestuese. Njëunazë pjestuese ndërrimtare është quajtur fushë.

Pohim 8.1 (Rregulli i thjeshtimit). Le të jetë D një unazë ndërrimtare njësh. D është një unazë integrale atëherë dhe vetëmatëherë kur për të gjithë elementët jozero a ∈ D,

ab = ac⇒ b = c.

Vërtetim: Le të jetë D një unazë integrale. Atëherë D nuk ka pjestues të zeros. Le të jetë ab = ac, ku a , 0. Atëherëa(b − c) = 0. Pra, b − c = 0 dhe b = c.

Anasjelltas, le të supozojmë se, thjeshtimi është i mundur në D. Pra, supozojmë se, ab = ac, sjell që b = c. Le tëjetë ab = 0. Në qoftë se a , 0, atëherë ab = a0 dhe b = 0. Kështu që, a nuk mund të jetë një pjestues i zeros.

Shembull 8.1. Në qoftë se i2 = −1, atëherë bashkësia Z[i] = m + ni : m,n ∈ Z formon një unazë të njohur që quhennumrat e plotë Gausian.

Vërtetohet lehtë që numrat e plotë Gausian formojnë një nënunazë të numrave kompleksë, meqënëse ata janëtë mbyllur në lidhje me mbledhjen dhe me shumëzimin.

Le të jetë α = a + bi një njësi në Z[i]. Atëherë α = a − bi është gjithashtu një njësi, meqënëse në qoftë se αβ = 1,atëherë αβ = 1. Në qoftë se β = c + di, atëherë

1 = α · β · α · β = (a2 + b2)(c2 + d2).

Kështu që, a2 + b2 duhet të jetë 1 ose −1. Ose, në mënyrë ekuivalente, a + bi = ±1 ose a + bi = ±i. Kështu që, njësitë ekësaj unazë janë ±1 dhe ±i. Pra, numrat e plotë Gausian nuk janë fushë. Lexuesi të vërtetojë si ushtrim se numrat eplotë Gausian janë unazë integrale.

Shembull 8.2. Bashkësia e matricave

F =

(1 00 1

),

(1 11 0

),

(0 11 1

),

(0 00 0

)me elementë në Z2 formon fushë.

141

Algjebra Shaska T.

Shembull 8.3. BashkësiaQ(√

2 ) = a + b√

2 : a, b ∈ Q

është fushë. I anasjellti i një elementi a + b√

2 në Q(√

2 ) është

aa2 − 2b2 +

−ba2 − 2b2

√

2.

Teorema e mëposhtme është nga Wedderburn dhe na thotë se unazat integrale të fundme janë fusha.

Teorema 8.1 (Wedderburn). Çdo unazë integrale e fundme është fushë.

Vërtetim: Le të jetë D një unazë integrale e fundme dhe D∗ bashkësia e elementëve jozero të D. Ne duhet tëvërtetojmë se çdo element në D∗ ka të anasjelltë.

Për çdo a ∈ D∗ mund të përkufizojmë një funksion λa : D∗ → D∗ ku λa(d) = ad. Ky funksion është i mirëpërku-fizuar sepse në qoftë se a , 0 dhe d , 0, atëherë ad , 0.

Pasqyrimi λa është injektiv, meqënëse për d1, d2 ∈ D∗,

ad1 = λa(d1) = λa(d2) = ad2

sjell që d1 = d2 nga thjeshtimi i majtë. Meqënëse D∗ është një bashkësi e fundme, pasqyrimi λa duhet te jetë syrjektiv.Pra, për ndonjë d ∈ D∗, λa(d) = ad = 1. Kështu që, a ka të anasjelltë të majtë. Meqënëse D është ndërruese, d duhettë jetë gjithashtu dhe i anasjelltë i djathtë për a. Për pasojë, D është fushë.

Për çdo numër të plotë jonegativ n dhe çdo element r në një unazë R, shkruajmë r + · · · + r (n her’e) si nr.

Përkufizojmë karakteristikën e një unazë R të jetë numri i plotë më i vogël pozitiv n i tillë që nr = 0 për të gjithër ∈ R. Në qoftë se nuk ekziston një numër i plotë i tillë, atëherë karakteristika e R është përkufizuar të jetë 0.

Shembull 8.4. Për çdo numër të thjeshtë p, Zp është fushë me karakteristikë p. Çdo element jozero në Zp ka të anasjelltë.Pra, Zp është fushë. Në qoftë se a është çdo element jozero në fushë, atëherë pa = 0, meqënëse rendi i çdo elementi jozero nëgrupin ndërrues Zp është p.

Teorema 8.2. Karakteristika e një unazë integrale është numër i thjeshtë ose zero.

Vërtetim: Le të jetë D një unazë integrale dhe supozojmë se karakteristika e D është n, ku n , 0. Në qoftë se n nukështë numër i thjeshtë, atëherë n = ab, ku 1 < a < n dhe 1 < b < n. Meqënëse

0 = n · 1R = (ab) · 1R = (a · 1R)(b · 1R)

dhe a, b nuk janë pjestues të zeros në D. Atëherë a · 1R = 0 ose b · 1R = 0. Pra, karakteristika e D duhet të jetë më evogël se n, e cila është kontradiksion. Kështu që, n duhet të jetë numër i tjeshtë.

8.2 Unazat Euklidiane

Jepet unaza integrale R. FunksioniN : R −→ Z+

∪ 0

i tillë që N(0) = 0 quhet normë për unazën integrale R. Një unazë mund të ketë me shumë se një normë.

Përkufizim 8.1. Unaza integrale R quhet unazë Euklidiane (ose kënaq algoritmin e Euklidit) në qoftë se ekzistonnjë normë N në R, e tillë që për çdo dy elementë a e b , 0 në R, ekzistojnë elementët q, r ∈ R të tillë që:

a = qb + r, ku N(r) < N(b).

Elementi q quhet herës i elementëve a e b dhe r quhet mbetje.

Unazat Euklidiane janë një klasë e veçantë unazash. Le të shohim disa shembuj:

142 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Shembull 8.5. Unaza e numrave të plotë Z është një unazë Euklidiane. Marrim si normë

N : Z −→ Z+∪ 0

a −→ |a|

Nga aritmetika elementare ne dimë se në Z kënaqet algoritmi i Euklidit.

Shembull 8.6 ( Fushat). Çdo fushë është unazë Euklidiane. Për shembull jepet fusha F. Marrim N : F −→ Z+∪ 0, të tillë

qëN(a) = 0,∀a ∈ F.

Atëherë ∀a, b ∈ F, a = (ab−1)b + 0, pra q = ab−1, r = 0.

Shembull 8.7. Jepet fusha F dhe unaza e polinomeve F[x]. Atëherë, F[x] është unazë Euklidiane. Si normë merretN(p(x)) =gradën e p(x). Polinomet kënaqin algoritmin e Euklidit (siç do të shohim më vonë), pra F[x] është unazë Euklidiane.

Shembull 8.8. Çdo unazë vlerash diskrete (UVD) është unazë Euklidiane. Jepet R një UVD. Atëherë, ekziston një fushë K,një vlerë ν : K∗ −→ Z, që R është unaza e vlerave të ν-së. Marrim N : R −→ Z∪0 të tillë që ∀a ∈ R∗,N(a) = v(a), N(0) = 0.Atëherë, ∀a, b ∈ R.

i) Në qoftë se N(a) < N(b), atëherë a = 0 · b + aii) Në qoftë se N(a) > N(b), atëherë N(a) −N(b) > 0,N(ab−1) > 0⇒ ab−1

∈ R, pra, a = (ab−1)b + 0.

Lema 8.1. Çdo ideal në një unazë Euklidiane R është themelor.

Vërtetim: Marrim idealin I , 0 në R. Në qoftë se I = R, atëherë I = (1). Supozojmë se I është ideal i mirëfilltë.Konsiderojmë bashkësinë

A = N(a) : a ∈ I ⊂ Z+∪ 0

Kjo bashkësi ka një element minimum m (duke përdorur lemën e Zornit). Shënojmë me d ∈ I elementin e tillë qëN(d) = m. Të vërtetojmë se I = (d). Marrrim a ∈ I. Nga algoritmi i Euklidit kemi a = qd + r ku N(r) < N(d). Pra,r = a − qd ∈ I, kështu që N(r) = 0 sepse d ka normë minimale në I. Domethënë a = qd. Pra, a ∈ (d).

Lema e mësipërme tregon se, nëZ çdo ideal është themelor. Gjithashtu,Z[x] nuk është unazë Euklidiane, sepse

(2, x) nuk është ideal themelor.

Përkufizim 8.2. Jepet unaza (ndërrimtare) R dhe a, b ∈ R, b , 0. Pjestuesi më i madh i përbashkët (pmp) i a-së dheb-së quhet elementi jozero d, i tillë që

1) d|a dhe d|b2) Në qoftë se d1|a dhe d1|b, atëhere d1|d.

Zakonisht pmp i a-së dhe b-ë shënohet me (a, b).

Teorema 8.3. Jepet unaza Euklidiane R dhe elementët jozero a, b ∈ R. Zbatojmë algoritmin e Euklidit

a = q0b + r0

b = q1r0 + r1

r0 = q2r1 + r2

. . . . . . . . .

rn−2 = qnrn−2 + rn

rn−1 = qn+1rn

Vargu rn është varg zbritës i fundëm dhe rn = (a, b) := d. Gjithashtu, ekzistojnë x, y ∈ R të tillë që d = xa + by.

Vërtetim: Përderisa R është unazë Euklidiane ekziston norma N : R −→ Z+∪ 0. Duke zbatuar algoritmin e

Euklidit kemiN(b) > N(r0) > · · · > N(rn).

Pra, vargu rn është zbritës. Meqënëse ri ∈ Z+ ky varg ka element minimal, pra është i fundëm. Të vërtetojmë sern|a dhe rn|b. Nga barazimi i fundit rn|rn−1. Atëherë rn|rn dhe rn|rn−1 si rrjedhim rn|rn−2. Nga induksioni matematik

c©AulonaPress 143




Algjebra Shaska T.

nxjerrim se rn|a dhe rn|b. Në qoftë se d1|a dhe d1|b, atëherë nga barazimi i parë d1|r0. Pra, d1|r0 dhe d1|b dhe si rrjedhimd1|r1. Përsëri me anë të induksionit vërtetojmë se d1|rn. Pra, rn = (a, b).

Për të vërtetuar se rn është një kombinim linear i a dhe b mjafton të vërtetojmë se rn i përket idealit I = (a, b).Kemi r0 ∈ I, r1 ∈ I, . . . . Pra, rn ∈ I.

Në qoftë se a, b ∈ R të tillë që (a, b) = 1R atëherë a dhe b quhen relativisht të thjeshtë.

Shembull 8.9. Kujtojmë se numrat e plotë Gausian janë përkufizuar si

Z[i] = a + bi : a, b ∈ Z.

Le të vërtetojmë se ata formojnë një unazë Euklideane.Ne zakonisht matim gjatësinë e një numri kompleks a + bi me anë të vlerës së tij absolute, |a + bi| =

√

a2 + b2. Megjithatë,√

a2 + b2 mund të mos jetë numër i plotë. Për llogaritjet tona ne do ta lëmë ν(a + bi) = a2 + b2 që të sigurohemi se kemi numërtë plotë.

Atëherë ν(a + bi) = a2 + b2 është një vlerë Euklidiane në Z[i]. Le të jenë z,w ∈ Z[i], atëherë ν(zw) = |zw|2 = |z|2|w|2 =ν(z)ν(w). Meqënëse ν(z) ≥ 1 për çdo element jozero z ∈ Z[i], ν(z) = ν(z)ν(w).

Më pas, ne duhet të vërtetojmë se për çdo z = a + bi dhe w = c + di në Z[i], ku w , 0, gjenden elementët q dhe r në Z[i] tëtillë që z = qw + r ku r = 0 ose ν(r) < ν(w). Ne mund t’i shohim z dhe w si elementë në Q(i) = p + qi : p, q ∈ Q, fushën ethyesave të Z[i]. Vini re që

zw−1 = (a + bi)c − di

c2 + d2

=ac + bdc2 + d2 +

bc − adc2 + d2 i

=(m1 +

n1

c2 + d2

)+

(m2 +

n2

c2 + d2

)i

= (m1 + m2i) +( n1

c2 + d2 +n2

c2 + d2 i)

= (m1 + m2i) + (s + ti)

në Q(i). Në hapat e fundit do të shkruajmë pjesën reale dhe imagjinare si shumë e një numri të plotë me një thyesë të mirëfilltë.Pra, marrim numrin e plotë më afër mi të tillë që pjesa thyesore kënaq |ni/(a2 + b2)| ≤ 1/2. Për shembull, ne shkruajmë

98

= 1 +18

158

= 2 −18.

Pra, s dhe t janë pjesët thyesore të zw−1 = (m1 + m2i) + (s + ti). Ne dimë që s2 + t2≤ 1/4 + 1/4 = 1/2. Duke shumëzuar me

w, marrimz = zw−1w = w(m1 + m2i) + w(s + ti) = qw + r,

ku q = m1 + m2i dhe r = w(s + ti). Meqënëse z dhe qw janë në Z[i], r duhet të jetë në Z[i]. Së fundi, ne duhet të vërtetojmë ser = 0 ose ν(r) < ν(w). Megjithatë,

ν(r) = ν(w)ν(s + ti) ≤12ν(w) < ν(w).

8.3 Unazat themelore

Do të shohim tani një lloj tjetër unazash, pikërisht ato unaza në të cilat çdo ideal është themelor.

Përkufizim 8.3. Unazë themelore (PID) quhet unaza, në të cilën çdo ideal është themelor.

Nga Lema 8.1 kemi se çdo unazë Euklidiane është themelore. Ekzistojnë unaza themelore që nuk janë Euklidiane.

Lema 8.2. Çdo ideal i thjeshtë në një unazë themelore është maksimal.

144 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Vërtetim: Marrim një ideal (p) në unazën themelore R. Ne dimë se ekziston ideali i mirëfilltë M, i tillë që (p) ⊂ M.Meqënëse R është themelore, ekziston m ∈ R që M = (m). Pra, (p) ⊂ (m), domethënë p = rm, për ndonjë r ∈ R.Përderisa (p) është i thjeshtë, atëherë r ∈ (p) ose m ∈ (p). Në qoftë se m ∈ (p), atëherë (m) = (p) dhe vërtetimi kambaruar. Në qoftë se r ∈ (p), atëherë r = ps. Pra, p = rm = psm ose sm = 1. Pra, m është njësi domethënë (m) = R, qëkundërshton hipotezën se, M = (m) është i mirëfilltë.

Rrjedhim 8.1. Në qoftë se R është unazë ndërrimtare e tillë që R[x] është unazë themelore atëherë R është fushë.

Vërtetim: Përderisa R ⊂ R[x], atëherë R është unazë integrale, sepse R[x] është unazë integrale si unazë themelore.Por R = R[x]/(x), pra, (x) është ideal i thjeshtë. Në bazë të lemës së mësipërme (x) është maksimal, pra, R ështëfushë.

Ushtrime:

8.4 Unazat me faktorizim të vetëm (UFD)

Tani ne do të shohim një klasë tjetër unazash, unazat në të cilat çdo element mund të faktorizohet në mënyrë tëvetme në produkt faktorësh të thjeshtë.

Përkufizim 8.4. Jepet një unazë integrale R.1) Një element r ∈ R, që nuk është njësi quhet element i pathjeshtueshëm në R në qoftë se

r = ab⇒ a ose b është njési.

2) Një element r ∈ R quhet i thjeshtueshëm në qoftë se r shkruhet si produkt dy elementësh r = ab, ku a dhe bnuk janë njësi.

3) Elementi p ∈ R quhet i thjeshtë në qoftë se (p) është ideal i thjeshtë.4) Dy elementë a, b quhen të shoqërueshëm në qoftë se a = bu për ndonjë njësi u në R.

Lema 8.3. Një element i thjeshtë është i pathjeshtueshëm.

Vërtetim: Le të jetë p një element i thjeshtë në R. Në qoftë se p = ab atëherë ab ∈ (p). Pra, a ∈ (p) ose b ∈ (p).Supozojmë se a ∈ (p) kjo sjell që a = pr. Atëherë p = ab = prb si rrjedhim rb = 1. Domethënë b është njësi.Përfundimisht (p) është i pathjeshtueshëm.

Në përgjithësi një element i pathjeshtueshëm mund të mos jetë i thjeshtë. Për shembull marrim unazën

Z[√

−5] = a + b√

−5 : a, b ∈ Z

Le të kujtojmë se unaza Z[√

D], D numër negativ, ka një normë

N : Z[√

D] −→ Z

a + b√

D −→ a2−Db2

dhe N(xy) = N(x) ·N(y). Gjithashtu u është njësi në R atëherë dhe vetëm atëherë kur N(u) = ±1.Marrim α = 2 +

√−5 ∈ Z[

√−5]. Atëherë N(α) = −1. Në qoftë se α = ab atëherë N(ab) = −1. Pra, a ose b është

njësi dhe si rrjedhim α është i pathjeshtueshëm. Por α nuk është i thjeshtë sepse

32 = (2 +√

−5)(2 −√

−5

Pra, 32∈ (α) por 3 < (α).

Lema 8.4. Në një unazë themelore (PID) R një element jozero është i thjeshtë atëherë dhe vetëm atëherë kur është i path-jeshtueshëm.

c©AulonaPress 145




Algjebra Shaska T.

Vërtetim: ⇒ Rrjedh direkt nga lema e mësipërme.⇐ Marrim një element të pathjeshtueshëm p. Ne duhet të vërtetojmë se ideali (p) është i thjeshtë. Supozojmë

se I është një ideal që përmban (p), pra (p) ⊂ I. Përderisa jemi në një unazë themelore atëherë I = (m), për ndonjëm ∈ R. Pra, p ∈ (m) dhe si rrjedhim p = rm, r ∈ R. Meq’en’ese p është i pathjeshtueshëm, atëherë R ose m është njësi.Pra, (p) = (m) ose (m) = (1). Domethënë idealet e vetme që përmbajnë (p) janë (p) dhe R = (1). Kështu që, (p) ështëmaksimal dhe si rrjedhim i thjeshtë.

Përkufizim 8.5. Një unazë integrale R quhet unazë me faktorizim të vetëm (UFD) në qoftë se çdo element r ∈ R,që nuk është njësi shprehet si produkt elementësh të pathjeshtueshëm pi

r = pα11 . . . pαk

k

dhe në qoftë ser = qβ1

1 . . . qβss ,

atëherë s = k dhe pi është i shoqëruar me qi.

Shembull 8.10. Fusha F është UFD sepse çdo element jozero është njësi.

Lema 8.5. Në një UFD një element jozero është i thjeshtë atëherë dhe vetëm atëherë kur është i pathjeshtueshëm.

Vërtetim: Nga pohimi i mëparshëm një element i thjeshtë është i pathjeshtueshëm. Le të vërtetojmë të kundërtën.Marrim një element të pathjeshtueshëm p ∈ R. Supozojmë se ab ∈ (p). Pra, ab = pc për c ∈ R. Meqënëse R është

UFD atëherëa = pα1

1 . . . pαkk , dhe b = qβ1

1 . . . qβss ,

ku p1, . . . , pk, q1, . . . , qs janë elementë të pathjeshtueshëm. Pra,

pc = pα11 . . . pαk

k qβ1

1 . . . qβss .

Domethënë, p duhet të jetë i shoqëruar me ndonjë nga pα11 . . . pαk

k qβ1

1 . . . qβss . Supozojmë se p është i shoqëruar me p1.

Pra, p = p1u, ku u është njësi. Si rrjedhim,a = (up)pα1−1

1 . . . pαkk .

Keshtu që, α bën pjesë në (P).

Më sipër ne vërtetuam se α = 2 +√−5 është i pathjeshtueshëm por jo i thjeshtë në Z[

√−5]. Pra, Z[

√−5] nuk

është UFD. Ky është shembulli i parë i një unazë integrale që nuk është UFD.

Teorema 8.4. Çdo unazë themelore R është UFD.

Vërtetim: Marrim një element r ∈ R, r , 0 dhe r nuk është njësi. Duam të vërtetojmë se r mund të shprehet siprodhim elementësh të pathjeshtueshëm të R-së. Në qoftë se r është i pathjeshtueshëm, vërtetimi ka mbaruar. Nëqoftë se r është i thjeshtueshëm, atëherë r mund të shkruhet si prodhim r = r1r2 ku r1 dhe r2 nuk janë njësi. Në qoftëse këta elementë janë të pathjeshtueshëm vërtetimi ka mbaruar, në të kundërt ata shkruhen si produkt elementështë tjerë. Të vërtetojmë se ky proçes përfundon. Ne shohim se,

(r) ⊂ (r1) ⊂ · · · ⊂ R.

Ky zinxhir rritës përfundon, kjo vërtetohet duke përdorur lemën e Zornit. Për të vërtetuar se ky faktorizim është ivetëm përdorim induksionin në numrin e faktorëve të pathjeshtueshëm n të r-së. Për n = 1 është e qartë. Në qoftëse

r = p1p2 . . . pn = q1q2 . . . qm m ≥ n

atëherë p1 pjeston krahun e djathtë të barazimit, pra, një nga qi, i = 1, 2, . . .m. Supozojmë se, p1|q1, pra, q1 = p1u.Atëherë u duhet të jetë njësi sepse q1 është i pathjeshtueshëm. Domethënë p1 e q1 janë të shoqëruar. Pra, kemi

p1p2 . . . pn = p1uq2 . . . qm.

146 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Duke thjeshtuar me p1 (jemi në unazë integrale) kemi

p2 . . . pn = uq2 . . . qm.

Tani kemi (n − 1) faktorë. Nga hipoteza e induksionit pi dhe q j janë të shoqëruar. Përderisa dhe p1 dhe q1 janë tëshoqëruar, atëherë vërtetimi ka mbaruar.

Teorema 8.5 (Teorema Themelore e Arithmetikës). Unaza e numrave të plotë Z është UFD.

Vërtetim: Z është unazë Euklidiane dhe themelore dhe si rrjeshim është UFD.

Kjo do të thotë se çdo numër i plotë mund të shkruhet si produkt numrash të thjeshtë. Duke mbyllur këtëkapitull ne përmbledhim llojet e unazave që kemi studiuar dhe fiksojmë simbolikën e mëposhtme.

1. Unazat Euklidiane −→ UE

2. Unazat Themelore −→ PID

3. Unazat me faktorizim te vetëm −→ UFD

4. Unazat Integrale −→ UI

Gjithashtu kemi përfshirjet e mëposhtme:

Fushat ⊂ UE ⊂ PID ⊂ UFD ⊂ UI

Çdo përfshirje e mësipërme është e mirëfilltë. Për shembull

1. Z është unazë Euklidiane por jo fushë.

2. Z[θ], ku θ = 1+√−19

2 është unazë themelore por jo Euklidiane.

3. Z[x] është UFD por jo PID.

4. Z[√−5] është unazë integrale por jo UFD.

Ushtrime:

1. A është çdo unazë integrale e fundme fushë?

2. Vërtetoni, që M2(Q) nuk ka ideale te mirëfillta.

3. Vërtetoni, që çdo unazë integrale mund të përfshihet në një fushë.

4. Jepet A një unazë ndërrimtare me njësh. Vërtetoni, që në unazën A[x] radikali i Jakobsonit l është i barabartë me nilradikalin.

5. Jepet R një unazë në të cilën x3 = x. Vërtetoni, që R është ndërruese.

6. Jepet R një unazë në të cilën x4 = x. Vërtetoni, që R është ndërruese.

7. Jepen I, J idealë të R dhe R1 = R/I, R2 = R/J. Vërtetoni se,

ϕ : R→ R1 ⊕ R2

r→ (r + I, r + J)

është një homomorfizëm, i tillë që kerϕ = I ∩ J.

8. Jepen m,n ∈ të tillë që (m,n) = 1. Vërtetoni, që

Zmn = Zm ⊕Zn

Ne nuk e kemi bërë këtë. Kini parasysh izomorfizmin si unaza.

c©AulonaPress 147




Algjebra Shaska T.

9. Jepet x një element nilpotent i një unazë A. Vërtetoni se, 1 + x është një njësi i A. Tregoni që shuma e një elementi nilpotentme një njësi është njësi.

10. Jepet unaza A dhe N nilradikali i saj. Vërtetoni se, pohimet e mëposhtme janë equivalente:i) A ka saktësisht vetëm një ideal të thjeshtë.ii) Çdo element i A është njësi ose nilpotent.iii) A/N është fushë.

11. Jepet A një unazë dhe f ∈ A[x], i tillë qëf = a0 + a1x + · · · + anxn.

Vërtetoni qëi) f është njësi në A[x], atëherë dhe vetëm atëherë , kur a0 është njësi në A dhe a1, . . . , an janë nilpotentë.ii) f është nilpotent, atëherë dhe vetëm atëherë , kur a0, a1, . . . , an janë nilpotentë.iii) f është një pjestues i zeros, atëherë dhe vetëm atëherë , kur gjendet një a , 0 në A, i tillë që a f (x) = 0.iv) Për çdo f , g ∈ A[x], f g është i thjeshtë, atëherë dhe vetëm atëherë , f dhe g janë të thjeshtë.

12. Le të jetë z = a + b√

3 i në Z[√

3 i]. Në qoftë se a + 3b2 = 1, vërtetoni se, z duhet të jetë njësi. Vërtetoni se, të vetmit njësitë Z[

√3 i] janë 1 dhe −1.

13. Numrat e plotë Gausian,Z[i], janë UFD. Faktorizo seicilin nga elementët e mëposhtëm nëZ[i] në një prodhim elementështë pa thjeshtushëm; i) 5, ii) 1 + 3i, iii) 6 + 8i, iv) 2.

14. Le të jetë D një unazë integrale.

1. Vërtetoni se, FD është një grup ndërrimtar në lidhje me veprimin e mbledhjes.

2. Vërtetoni se veprimi i shumëzimit është i përkufizuar saktë në fushën e thyesave, FD.

3. Verifiko vetitë shoqëruese dhe ndërruese për shumëzimin në FD.

15. Vërteto ose kundërshto: Çdo nënunazë e një fushe F, që përmban 1 është unazë integrale.

16. Le të jetë F një fushë me karakteristikë zero. Vërtetoni se, F përmban një nënfushë izomorfike me Q.

17. Le të jetë F fushë.

1. Vërtetoni se, fusha e thyesave të F[x], e shënuar me F(x), është izomorfike me bashkësinë e gjithë shprehjeve racionalep(x)/q(x), ku q(x) nuk është polinomi zero.

2. Le të jenë p(x1, . . . , xn) dhe q(x1, . . . , xn) polinome në F[x1, . . . , xn]. Vërtetoni se, bashkësia e gjithë shprehjeve racionalep(x1, . . . , xn)/q(x1, . . . , xn) është izomorfike me fushën e thyesave të F[x1, . . . , xn]. Shënojmë fushën e thyesave tëF[x1, . . . , xn] by F(x1, . . . , xn).

18. Le të jetë p i thjeshtë dhe shënojmë fushën e thyesave të Zp[x] me Zp(x). Vërtetoni se Zp(x) është fushë e pafundme mekarakteristikë p.

19. Vërtetoni që fusha e thyesave të numrave të plotë Gausian, Z[i] është

Q(i) = p + qi : p, q ∈ Q.

20. Një fushë F është quajtur fushë e thjeshtë në qoftë se ajo nuk ka nënfushë të mirëfilltë. Në qoftë se E është një nënfushë eF dhe E është fushë e thjeshtë, atëherë E është a nënfushë e thjeshtëe F.

1. Vërtetoni se, çdo fushë përmban një nënfushë të thjeshtë të vetme.

2. Në qoftë se F është fushë me karakteristikë 0, trego që nënfusha e thjeshtë e F është izomorfike me fushën e numraveracionalë, Q.

3. Në qoftë se F është fushë me karakteristikë p, trego që nënfusha e thjeshtë e F është izomorfike me Zp.

21. Le të jetë Z[√

2 ] = a + b√

2 : a, b ∈ Z.

148 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

1. Vërtetoni se, Z[√

2 ] është një unazë integrale.

2. Gjeni të gjithë njësitë e Z[√

2 ].

3. Përcaktoni fushën e thyesave të Z[√

2 ].

4. Vërtetoni se, Z[√

2i] është një unazë Euklidiane në lidhje me vlerën Euklidiane ν(a + b√

2 i) = a2 + 2b2.

22. Le të jetë D një UFD. d ∈ D është pjestuesi më i madh i përbashkët i a dhe b në D në qoftë se d | a dhe d | b dhe dpjestohet nga çdo element tjetër, që pjeston së bashku a dhe b.

1. Në qoftë se D është PID dhe a dhe b janë së bashku elementë jozero të D, trego që gjendet pjestuesi më i madh i përbashkët,i vetëm i a dhe b. Ne shkruajmë gcd(a, b) për pjestuesin më të madh të përbashkët të a dhe b.

2. Le të jetë D një PID dhe a dhe b elementë jozero të D. Vërtetoni se, gjenden elementët s dhe t në D, të tillë qëgcd(a, b) = as + bt.

23. Le të jetë D një unazë integrale. Përkufizojmë një relacion në D, ku a ∼ b në qoftë se a dhe b janë shoqërues në D. Vërtetonise, ∼ është relacion ekuivalence në D.

24. Le të jetë D një unazë Euklidiane me vlerë Euklidiane ν. Në qoftë se u është njësi në D, vërtetoni se ν(u) = ν(1).

25. Le të jetë D një unazë Euklidiane me vlerë Euklidiane ν. Në qoftë se a dhe b janë shoqërues në D, trego, që ν(a) = ν(b).

26. Vërtetoni se Z[√

5 i] nuk është UFD.

27. Vërtetoni ose kundërshtoni: Çdo nënunazë e një UFD është përsëri UFD.

28. Një ideal i një unazë ndërrimtare R quhet i gjeneruar në mënyrë të fundme në qoftë se gjenden elementët a1, . . . , an nëR të tillë që çdo element r ∈ R mund të shkruhet si a1r1 + · · ·+ anrn për ndonjë r1, . . . , rn në R. Vërtetoni se, R gëzon kushtin ezinxhirit zbritës, në qoftë se dhe vetëm në qoftë se ,çdo ideal i R është i gjeneruar në mënyrë të fundme.

29. Le të jetë D një unazë integrale me një zinxhir zbritësh idealesh I1 ⊃ I2 ⊃ · · · . Vërtetoni se, ekziston një N, i tillë që Ik = INpërçdo k ≥ N. Një unazë që kënaq këtë kusht thuhet se kënaq kushtin e zinxhirit zbritës , ose DCC. Unazat që kënaqin DCCquhen unaza Artiniane, nga Emil Artin.

30. Le të jetë R një unazë ndërrimtare me njësh. Ne përkufizojmë nënbashkësinë shumëzuese të R të jetë një nënbashkësiS,e tillë që 1 ∈ S dhe ab ∈ S në qoftë se a, b ∈ S.

1. Përkufizojmë një relacion ∼ në R× S, ku (a, s) ∼ (a′, s′), në qoftë se ekziston një s ∈ S i tillë që s(s′a− sa′) = 0. Vërtetonise ∼ është relacion ekuivalence në R × S.

2. Le të jetë a/s klasa e ekuivalencës së (a, s) ∈ R × S dhe le të jetë S−1R bashkësia e gjithë klasave të ekuivalencës në lidhjeme ∼. Përkufizojmë veprimet e mbledhjes dhe të shumëzimit në S−1R përkatësisht si:

as

+bt

=at + bs

stas

bt

=abst,

Vërtetoni se këto veprime janë të përkufizuara mirë në S−1R dhe që S−1R është unazë me njësh në lidhje me këto veprime.The unazë S−1R është quajtur unazë e thyesave të R në lidhje me S.

3. Vërtetoni se, pasqyrimi ψ : R→ S−1R i përkufizuar nga ψ(a) = a/1, është homomorfizëm unazash.

4. Në qoftë se R nuk ka pjestues të zeros dhe 0 < S, vërtetoni se ψ është injektiv.

5. Vërtetoni se, P është ideal i thjeshtë i R, në qoftë se dhe vetëm në qoftë se S = R \ P është nënbashkësi shumëzuese e R.

6. Në qoftë se P është ideal i thjeshtë i R dhe S = R \ P, vërtetoni se unaza e thyesave S−1R ka një ideal maksimal të vetëm.Çdo unazë, që ka një ideal maksimal të vetëm quhet unazë lokale .

c©AulonaPress 149




Algjebra Shaska T.

150 c©AulonaPress




Kapitulli 9

Unazat Polinomiale

Në këtë kapitull do të trajtojmë disa veti bazë të unazës së polinomeve. Për më tepër do të studiojmë polinomet,funksionet simetrikë dhe përcaktorët. Edhe pse këto rezultate janë të përdorëshme në polinomet me shumë variabla,ne do të fokusohemi në polinomet me një variabël.

9.1 Polinomet

Po i kthehemi sërish unazës së polinomeve për të parë më në hollësi disa veti të saj. Jepet unaza R, me R[x]shënojmë unazën e polinomeve të R-së. Në të njëjtën mënyrë përkufizojmë R[x1, . . . , xn] që është unaza e polinomeveme n-ndryshore të pavarura x1, . . . , xn. Në këtë rast formojmë R[x1], pastaj R[x1][x2] etj. Gjithë vetitë e mëposhtmene do ti vërtetojmë për R[x], me induksion ato mund të përgjithsohen për R[x1, . . . , xn].

Në këtë kapitull, R është një unazë ndërrimtare me njësh. Një shprehje e formës

f (x) =

n∑i=0

aixi = a0 + a1x + a2x2 + · · · + anxn,

ku ai ∈ R dhe an , 0, quhet një polinom mbi R me variabël x. Elementët a0, a1, . . . , an quhen koefiçient të f .Koefiçienti an quhet koefiçienti kryesor. Një polinom quhet monik në qoftë se koefiçienti kryesor i tij është 1.

Në qoftë se n është numri më i madh jonegativ për të cilin an , 0, atëherë themi se grada e f është n dhe eshkruajmë deg f (x) = n. Në qoftë se një n e tillë nuk ekziston, domethënë në qoftë se f = 0 është polinomi zero,atëherë grada e f thuhet se është −∞. Bashkësinë e të gjithë polinomeve, me koeficient në unazën R do ta shënojmëme R[x]. Dy polinome janë të barabartë nëse koeficienët përkatës të tyre janë të barabartë; domethënë në qoftë sekemi që

p(x) = a0 + a1x + · · · + anxn

q(x) = b0 + b1x + · · · + bmxm,

atëherë p(x) = q(x) atëherë dhe vetëm atëherë ai = bi për të gjithë i ≥ 0.Për të vërtetuar se bashkësia e të gjithë polinomeve formon një unazë, duhet fillimisht të përkufizojmë mbledhjen

dhe shumëzimin. Shumën e dy polinomeve e përkufizojmë si mëposhtë. Le të jetë

p(x) = a0 + a1x + · · · + anxn

q(x) = b0 + b1x + · · · + bmxm.

Atëherë shuma e p(x) me q(x) ështëp(x) + q(x) = c0 + c1x + · · · + ckxk,

ku ci = ai + bi për çdo i. Prodhimin e p(x) me q(x) e përkufizojmë si:

p(x)q(x) = c0 + c1x + · · · + cm+nxm+n,

151

Algjebra Shaska T.

ku

ci =

i∑k=0

akbi−k = a0bi + a1bi−1 + · · · + ai−1b1 + aib0

për çdo i. Vihet re se në çdo rast disa prej koeficientëve mund të jenë zero.

Teorema 9.1. Le të jetë R një unazë ndërrimtare me njësh. Atëherë R[x] është unazë ndërrimtare me njësh.

Vërtetim: Detyra jonë e parë është të vërtetojmë se R[x] është grup Abelian sipas mbledhjes së polinomeve. Polinomizero, f (x) = 0, është njëshi(elementi njësi) i mbledhjes. Jepet polinomi p(x) =

∑ni=0 aixi, inversi i p(x) verifikohet lehtë

se është −p(x) =∑n

i=0(−ai)xi = −∑n

i=0 aixi. Ndërrueshmëria dhe shoqërimi rrjedhin nga përkufizimi i mbledhjes sëpolinomit dhe prej faktit se mbledhja në R është njëkohësisht ndërrimtare dhe shoqëruese.

Për të vërtetuar se shumëzimi i polinomeve është shoqërues, le të jetë

p(x) =

m∑i=0

aixi,

q(x) =

n∑i=0

bixi,

r(x) =

p∑i=0

cixi.

Atëherë

[p(x)q(x)]r(x) =

m∑

i=0

aixi

n∑

i=0

bixi

p∑

i=0

cixi

=

m+n∑i=0

i∑j=0

a jbi− j

xi

p∑

i=0

cixi

=

m+n+p∑i=0

i∑j=0

j∑k=0

akb j−k

c j

xi

=

m+n+p∑i=0

∑j+k+l=i

a jbkcr

xi

=

m+n+p∑i=0

i∑j=0

a j

i− j∑k=0

bkci− j−k

xi

=

m∑i=0

aixi

n+p∑

i=0

i∑j=0

b jci− j

xi

=

m∑i=0

aixi

n∑

i=0

bixi

p∑

i=0

cixi

= p(x)[q(x)r(x)]

Vetitë e ndërrimit dhe të shpërndarjes së prodhimit të polinomeve vërtetohen në të njëjtën mënyrë. Vërtetimin eketyre vetive po e lëmë si detyrë për lexuesin.

Pohim 9.1. Le të jenë p(x) dhe q(x) polinome në R[x], ku R është një unazë integrale. Atëherë deg p(x) + deg q(x) =deg (p(x)q(x)). Për më tepër, R[x] është një unazë integrale.

Vërtetim: Supozojmë se kemi dy polinome

p(x) = amxm + · · · + a1x + a0

152 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

dheq(x) = bnxn + · · · + b1x + b0

ku am , 0 dhe bn , 0. Gradët e p dhe q janë m dhe n, respektivisht. Termi kryesor i p(x)q(x) është ambnxm+n, i cili nukmund të jetë zero meqënëse R është një unazë integrale; pra, grada e p(x)q(x) është m + n dhe p(x)q(x) , 0. Meqënësep(x) , 0 dhe q(x) , 0 kjo do të thotë se p(x)q(x) , 0, pra R[x] është një unazë integrale.

Teorema 9.2. Jepet fusha F. Atëherë F[x] është një UE me normë

N : F[x] −→ Z+∪ 0

p(x) −→ deg (p(x)).

Vërtetim: Marrim a(x), b(x) ∈ F[x], ku a(x), b(x) , 0. Teoremën do ta vërtetojmë me induksion për gradën, n =grada(a(x)). Për n = 0, 1 teorema është thjesht Algoritmi i Euklidit për UE. Supozojmë se teorema është e vërtetë përk < n − 1, të vërtetojmë se është e vërtetë për n. Në qoftë se n < m, atëherë a(x) = 0 · b(x) + b(x) dhe vërtetimi kambaruar. Në qoftë se n ≥ m atëherë marrim

a(x) = anxn + · · · + a1x + a0

b(x) = bmxm + · · · + b1x + b0

Shënojmë me a′(x) := a(x) − anbm

xn−mb(x). Pra,

a′(x) = anxn−1 + · · · + a0 −an · bm−1

b0xn−m−1 + · · · +

an

bmb0xn−m

Pra a′(x) është polinom me gradë n − 1. Nga supozimi i induksionit ekzistojnë q′(x) dhe r(x) që

a′(x) = q′(x)b(x) + r(x),

ku r(x) = 0 ose deg (r(x)) < deg (b(x)). Marrim q(x) = q′(x) + anbm

xn−m dhe kemi:

a(x) = q(x)b(x) + r(x)

ku r(x) = 0 ose deg r(x) < deg b(x), sepse

q(x)b(x) + r(x) = (q′(x) +an

bmxn−m)b(x) + r(x)

= q′(x)b(x) +an

bmxn−mb(x) + r(x) =

= a′(x) +an

bmxn−m)b(x) = a(x).

Për të vërtetuar unicitetin supozojmë se

a(x) = q1(x)b(x) + r1(x)

Atëherë,

r(x) = a(x) − q(x)b(x)r1(x) = a(x) − q1(x)b(x)

deg (r(x) − r1(x)) = deg b(x)(r(x) − r1(x) < m,

por grada e b(x) është m. Pra q1(x) − q(x) = 0. Nga kjo rrjedh se r(x) = r1(x).

Ushtrime:

c©AulonaPress 153




Algjebra Shaska T.

9.2 Algoritmi i pjesëtimit

Rikujtojmë se algoritmi i pjesëtimit për numrat e plotë thotë se në qoftë se a dhe b janë numra të plotë, ku b > 0,atëherë ekzistojnë numrat e vetëm q dhe r të tillë që a = bq + r, ku 0 ≤ r < b. Algoritmi për gjetjen e q dhe r ështëthjeshtë një pjesëtim i gjatë. Për polinomet ekziston një teoremë e ngjashme. Algoritmi i pjesëtimit për polinometështë i ngjashëm me atë të numrave të plotë.

Teorema 9.3 (Algoritmi i Pjesëtimit). Le të jenë f (x) dhe g(x) dy polinome jo zero në F[x], ku F është një fushë dhe g(x)është një polinom jo-konstant. Atëherë ekzistojnë polinomet e vetëm q(x), r(x) ∈ F[x] të tillë që

f (x) = g(x)q(x) + r(x),

ku deg r(x) < deg g(x) ose r(x) është polinomi jo-zero.

Vërtetim: Fillimisht le të studiojmë ekzistencën e q(x) dhe r(x). Le të jetë S = f (x) − g(x)h(x) : h(x) ∈ F[x] dhesupozojmë se

g(x) = a0 + a1x + · · · + anxn

është një polinom me gradë n. Kjo bashkësi është jo boshe, meqënëse f (x) ∈ S. Në qoftë se f (x) është polinomi zero,atëherë

0 = f (x) = 0 · g(x) + 0;

pra, q dhe r, së bashku, janë polinomi zero.Supozojmë se polinomi zero nuk është në S. Në këtë rast, grada e çdo polinomi në S është jo-negative. Zgjedhim

një polinom r(x) me gradën më të vogël në S; kështu që, ekziston një q(x) ∈ F[x] i tillë që

r(x) = f (x) − g(x)q(x),

osef (x) = g(x)q(x) + r(x).

Duhet të vërtetojmë se grada e r(x) është më e vogël se grada e g(x). Supozojmë se deg g(x) ≤ deg r(x). Le të kemir(x) = b0 + b1x + · · · + bmxm dhe m ≥ n. Atëherë,

f (x) − g(x)(q(x) −

(bm

an

)xm−n

)= f (x) − g(x)q(x) +

(bm

an

)xm−ng(x)

= r(x) +

(bm

an

)xm−ng(x) = r(x) + bmxm + terms of lower degree

ndodhet në S. Ky është një polinom me gradë më të vogël se r(x), i cili kundërshton faktin që r(x) është një polinomme gradën më të vogël në S; pra, deg r(x) < deg g(x).

Për të vërtetuar se q(x) dhe r(x) janë të vetëm, supozojmë se ekzistojnë dy polinome të tjerë q′(x) dhe r′(x) të tillëqë f (x) = g(x)q′(x) + r′(x) dhe deg r′(x) < deg g(x) ose r′(x) = 0, pra

f (x) = g(x)q(x) + r(x) = g(x)q′(x) + r′(x),

dheg(x)[q(x) − q′(x)] = r′(x) − r(x).

Në qoftë se g nuk është polinomi zero, atëherë

deg (g(x)[q(x) − q′(x)]) = deg (r′(x) − r(x)) ≥ deg g(x).

Megjithatë, gradët e r(x) dhe r′(x) janë rigorozisht më të vogla se grada e g(x); prandaj, r(x) = r′(x) dhe q(x) = q′(x).

Le të jetë p(x) një polinom në F[x] dhe α ∈ F. Ne themi që α është një zero ose rrënjë e p(x), në qoftë se p(x) ështënë bërthamën e homomorfizmit φα. Ndryshe mund të themi α është një zero e p(x) në qoftë se p(α) = 0.

Rrjedhim 9.1. Le të jetë F fushë. Nëse një element α ∈ F është zeroja e p(x) ∈ F[x], atëherë dhe vetëm atëherë x − α është njëfaktor i p(x) në F[x].

154 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Vërtetim: Supozojmë që α ∈ F dhe p(α) = 0. Nga algoritmi i pjesëtimit, ekzistojnë polinomet q(x) dhe r(x) të tillë që

p(x) = (x − α)q(x) + r(x)

dhe grada e r(x) duhet të jetë më e vogël se grada e x − α. Meqënëse grada e r(x) është më e vogël se 1, atëherër(x) = a për a ∈ F; prandaj,

p(x) = (x − α)q(x) + a.

Por0 = p(α) = 0 · q(x) + a = a;

pra, p(x) = (x − α)q(x) dhe x − α është një faktor i p(x).Anasjellas, supozojmë se x − α është një faktor i p(x); le të themi p(x) = (x − α)q(x). Atëherë p(α) = 0 · q(x) = 0.

Rrjedhim 9.2. Le të jetë F një fushë. Një polinom jo-zero p(x) me gradë n në F[x] duhet të ketë të shumtën n zero të ndyshmenë F.

Vërtetim: Do të përdorim induksionin matematik për gradën e p(x). Në qoftë se deg p(x) = 0, atëherë p(x) është njëpolinom konstant dhe nuk ka zero. Le të jetë deg p(x) = 1. Atëherë p(x) = ax + b për ndonjë a dhe b në F,ku α1 dheα2 janë zerot e p(x), kemi aα1 + b = aα2 + b ose α1 = α2.

Tani supozojmë se deg p(x) > 1. Në qoftë se p(x) nuk ka ndonjë zero në F, atëherë vërtetimi mbaron. Ngaana tjetër, në qoftë se α është një zero e p(x), atëherë p(x) = (x − α)q(x) për ndonjë q(x) ∈ F[x], nga Pohimi 15.5.Grada e q(x) është n − 1, nga Pohimi 15.2. Le të jetë β një zero tjetër e p(x), e cila është e ndryshme nga α. Atëherëp(β) = (β − α)q(β) = 0. Meqënëse α , β dhe F është një fushë, q(β) = 0. Nga hipotezat e induksionit, p(x) mund tëketë të shumtën n − 1 zero në F që janë të ndryshme nga α. Kështu që, p(x) ka të shumtën n zero të ndryshme në F.

Le të jetë F një fushë. Një polinom monomial d(x) quhet pjestuesi më i madh i përbashkët i polinomeve

p(x), q(x) ∈ F[x] në qoftë se d(x) pjesëton njëkohësisht p(x) dhe q(x); dhe në qoftë se për çdo polinom tjetër d′(x) qëpjesëton p(x) dhe q(x), d′(x) | d(x). Ne shkruajmë d(x) = gcd(p(x), q(x)). Dy polinome p(x) dhe q(x) janë relativisht tëthjeshtë në qoftë se gcd(p(x), q(x)) = 1.

Pohim 9.2. Le të jetë F një fushë dhe supozojmë se d(x) është pjestuesi më i madh i përbashkët i dy polinomeve p(x) dhe q(x)në F[x]. Atëherë ekzistojnë polinomet r(x) dhe s(x) të tillë që

d(x) = r(x)p(x) + s(x)q(x).

Prandaj, pjestuesi më i madh i përbashkët i dy polinomeve është i vetëm.

Vërtetim: Le të jetë d(x) polinomi monomial me gradën më të vogël në bashkësinë

S = f (x)p(x) + g(x)q(x) : f (x), g(x) ∈ F[x].

Shkruajmë d(x) = r(x)p(x) + s(x)q(x), për dy polinomet r(x) dhe s(x) në F[x]. Duhet të vërtetojmë se d(x) pjesëton p(x)dhe q(x). Fillimisht duhet të vërtetojmë se d(x) pjesëton p(x). Nga algoritmi i pjesëtimit, ekzistojnë polinomet a(x)dhe b(x) të tillë që p(x) = a(x)d(x) + b(x), ku b(x) është polinomi zero ose deg b(x) < deg d(x). Kështu që,

b(x) = p(x) − a(x)d(x)= p(x) − a(x)(r(x)p(x) + s(x)q(x))= p(x) − a(x)r(x)p(x) − a(x)s(x)q(x)= p(x)(1 − a(x)r(x)) + q(x)(−a(x)s(x))

është një kombinim linear i p(x) dhe q(x) prandaj ndodhet në S. Megjithatë, b(x) duhet të jetë polinomi zero,meqënëse d(x) u zgjodh me gradën më të vogël; si pasojë, d(x) pjesëton p(x). Një argument i ngjashëm tregon se d(x)pjesëton q(x) gjithashtu; pra, d(x) është një pjesëtues i përbashkët i p(x) dhe q(x).

Për të vërtetuar se d(x) është pjestuesi më i madh i përbashkët i p(x) dhe q(x), supozojmë se d′(x) është njëpjesëtues tjetër i përbashkët i p(x) dhe q(x). Duhet të vërtetojmë se d′(x) | d(x). Meqënëse d′(x) është një pjestues

c©AulonaPress 155




Algjebra Shaska T.

tjetër i përbashkët i p(x) dhe q(x), ekzistojnë polinomet u(x) dhe v(x) të tillë që p(x) = u(x)d′(x) dhe q(x) = v(x)d′(x).Kështu që,

d(x) = r(x)p(x) + s(x)q(x)= r(x)u(x)d′(x) + s(x)v(x)d′(x)= d′(x)[r(x)u(x) + s(x)v(x)].

nga që d′(x) | d(x), d(x) është pjestuesi më i madh i përbashkët i p(x) dhe q(x).Së fundi, duhet të vërtetojmë se pjestuesi më i madh i përbashkët i p(x) dhe q(x)) është i vetëm. Supozojmë që

d′(x) është një tjetër pjestues më i madh i përbashkët i p(x) dhe q(x). Mjafton të tregojmë se ekzistojnë polinometu(x) dhe v(x) në F[x] të tillë që d(x) = d′(x)[r(x)u(x) + s(x)v(x)]. Meqë

deg d(x) = deg d′(x) + deg [r(x)u(x) + s(x)v(x)]

dhe d(x) dhe d′(x) janë njëkohësisht pjestuesit më të mëdhenj të përbashkët, atëherë deg d(x) = deg d′(x). Meqënësed(x) dhe d′(x) janë të dy polinome monomial me të njëjtën gradë, atëherë kemi që d(x) = d′(x).

9.3 Polinomet mbi UFD

Jepet A një UFD dhe k fusha e thyesave të saj. Jepet a ∈ k e tillë që a = rs , ku (r, s) = 1. Në qoftë se p është një

element i thjeshtë në A, atëherë mund të shkruajmë

a = pm a′

ku m është një numër i plotë dhe a′ ∈ k e tillë që p nuk pjesëton numëruesin ose emëruesin e a′. Rendi i a në ppërkufizohet si m, ku

m = ordp(a)

Jepet f (x) ∈ k[x]f (x) = anxn + an−1xn−1 + · · · + a1x + a0.

Përkufizojmëordp ( f ) = min ordp (ai) | ai , 0.

Përmbajtja e f (x), e cila shënohet cont ( f ), përkufizohet si prodhimi ( edhe për shumëzimin me njësi në A)

cont( f ) :=∏

pordp ( f ),

duke marrë të gjtha p të tilla që ordp ( f ) , 0. Në qoftë se cont ( f ) = 1, atëherë f (x) quhet primitiv. Pra, çdo polinomf (x) ∈ k[x] mund të shkruhet si

f (x) = cont( f ) · f1(x),

ku f1(x) është primitiv dhe f1(x) ∈ A[x].

Teorema 9.4 (Lema e Gausit). Jepet A një UFD, k fusha e thyesave të saj dhe f , g ∈ k[x]. Atëherë,

cont ( f g) = cont ( f ) · cont (g)

Vërtetim: Supozojmë se f (x)g(x) nuk është funksion primitiv dhe do të tregojmë që as f (x) as g(x) nuk janë të tillë.Që f (x)g(x) nuk është njësi do të thotë që pmp-ja e koeficientëve të këtij polinomi nuk është 1. Le të jetë p një faktor ithjeshtë i këtij pmp-je. Konsiderojmë imazhin e A mod p, pra nën homomorfizmin natyror të unazave θ : A→ A/pA- dhe e zgjerojmë te unaza polinomiale. Meqënëse A është një unazë integrale, A/pA është unazë integrale, pra edhe(A/pA)[x] është një unazë integrale.

Kemi që f (x)g(x) = 0, ku f (x) është imazhi i f (x) në (A/pA)[x], njëlloj edhe g(x). Pra f (x) = 0 ose g(x) = 0, kështuqë f (x) ose g(x) pjestohet nga p, pra një nga këta polinome nuk është primitiv.

Rrjedhim 9.3. Në qoftë se f (x) është i thjeshtueshëm në k[x], atëherë f (x) është i thjeshtueshëm në A[x].

156 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Vërtetim: Jepet f (x) = g(x) · h(x), ku g(x), h(x) ∈ k[x]. Atëherë

f (x) = cont(g) · cont(h) · g1(x) · h1(x)

ku g1, h1 ∈ A[x] dhe primitiv. Pra, f (x) është i thjeshtueshëm në A[x].

Teorema 9.5. Jepet A një UFD. Atëherë A[x] është një UFD dhe të thjeshtët e tij janë ose numra të thjeshtë në lidhje me A,ose polinome primitivë, të pathjeshtueshtëm në A[x].

9.4 Polinomet e pafaktorizueshëm

Marrim unazën integrale R dhe fushën e thyesave F. Atëherë R[x] është unazë integrale dhe F[x] është UFD.Meqënëse, R ⊂ F, R[x] ⊂ F[x]. Probleme të tilla si faktorizimi i polinomeve në R[x] zgjidhen më lehtë në F[x]. Nëkëtë leksion ne do të shohim kritere të mjaftueshme që një polinom p(x) ∈ R[x] të jetë i pathjeshtueshëm në R[x].Lema e mëposhtme quhet lema e Gausit.

Lema 9.1 (Gausit). Jepet R një UFD, F fusha e thyesave të R-së dhe p(x) ∈ R[x]. Në qoftë se p(x) është i thjeshtueshëm nëF[x], atëherë p(x) është i thjeshtueshëm në R[x]

Vërtetim: Ndryshe kjo lemë mund të formulohet: në qoftë se p(x) = A(x)B(x) për polinomet jokonstantë A(x),B(x) ∈F[x], atëherë gjenden elementët jo zero r, s ∈ F të tillë që rA(x) = a(x) dhe sB(x) = b(x), të cilët ndodhen të dy në R[x]dhe p(x) = a(x)b(x) është një faktorizim në R[x].

Koeficintët e polinomeve në anën e djathtë të ekuacionit

p(x) = A(x)B(x)

janë elementë të fushës F, pra janë thyesa të elementëve të Unazës me Faktorizim të Vetëm R. Duke shumëzuar menjë emërues të përbashkët këta koeficientë ne përftojmë një ekuacion d · p(x) = a′(x) · b′(x), ku tani a′(x) dhe b′(x)janë elementë të R[x] dhe d është një element jo zero i R. Në qoftë se d është njësi në R. Lema është e vërtetë kura(x) = d−1a′(x) dhe b(x) = b′(x).

Supozojmë se d nuk është njësi dhe e shkruajmë d si prodhim elementësh të pathjeshtueshëm në R, për shembulld = p1 . . . pn. Meqënëse p1 është i pathjeshtueshëm në R, ideali (p1) është i thjeshtë, pra ideali p1R[x] është i thjeshtënë R[x] dhe (R/p1R)[x] është unazë integrale. Duke reduktuar ekuacionin dp(x) = a′(x) · b′(x) modul p1 përftojmëekuacionin

0 = a′(x)b′(x),

në këtë unazë integrale. Pra një nga këta faktorë duhet të jetë zero, p.sh a′(x) = 0. Kjo do të thotë që të gjithëkoeficientët e a′(x) pjestohen nga p1. Domethënë edhe 1

p1a′(x) ka koeficientë në R. Me fjalë të tjera, nga ekuacioni

dp(x) = a′(x) · b′(x) ne mund të thjeshtojmë me një faktor p1 nga d dhe përsëri do të kemi një ekuacion në ekuacionnë R[x]. Duke vazhduar të njëjtën procedurë arrijmë në ekuacionin p(x) = a(x) · b(x) ku a(x), b(x) ∈ R[x].

Rrjedhim 9.4. Jepet R një UFD, F fusha e thyesave të R-së dhe p(x) ∈ R[x]. Supozojmë se gcd i koefiçentëve të p(x) është 1.Atëherë, p(x) është i pathjeshtueshëm në R[x], atëherë dhe vetëm atëherë kur p(x) është i pathjeshtueshëm në F[x].

Vërtetim: ⇒ Supozojmë të kundërtën, pra p(x) është i thjeshtueshëm në F[x]. Atëherë nga lema e Gausit p(x) ështëi thjeshtueshëm në R[x].⇐Në qoftë se p(x) = a(x) ·b(x) në R[x], atëherë a(x) dhe b(x) janë polinome jo-konstantë, në të kundërt cont p , 1.

Përderisa a(x), b(x) < R[x], nuk janë elementë njësi në F. Pra p(x) është i thjeshtueshëm në F[x] që është kontradiktë.

Për vërtetim po marrim teoremën e mëposhtme:

Teorema 9.6. R është UFD atëherë dhe vetëm atëherë kur R[x] është UFD.

c©AulonaPress 157




Algjebra Shaska T.

Vërtetim: Kemi treguar më lart se R[x] UFD atëherë dhe R duhet të jetë UFD. Supozojmë që R është UFD, F ështëfusha e thyesave të R dhe p(x) një polinom jo zero në R[x]. Le të jetë d pmp i koeficientëve të p(x), pra p(x) = dp′(x),ku pmp i koeficientëve të p′(x) është 1. Një faktorizim i tillë është i vetëm në faktorë të pathjeshtueshëm në R (tëcilët janë dhe në unazën më të madhe R[x]). Mjafton të tregojmë se p′(x) mund të faktorizohet në mënyrë të vetmenë faktorë të pathjeshtueshëm në R[x]. Kështu që ne mund të supozojmë që pmp i koeficientëve të p(x) është 1. Nemund të supozojmë akoma që p(x) nuk është njësi në R[x], pra grada e p(x) > 0.

Meqënëse F[x] është UFD, p(x) mund të faktorizohet në mënyrë të vetme në faktorë të pathjeshtueshëm nëF[x]. Nga Lema e Gausit, një faktorizim i tillë sjell ekzistencën e një faktorizimi të p(x) në R[x]. Meqënëse pmpi koeficientëve të p(x) është 1, pmp i çdo faktori të tillë në R[x] duhet të jetë 1. Nga rrjedhimi i mësipërm seiciliprej këtyre faktorëve është i pathjeshtueshëm në R[x]. Kjo tregon që p(x) mund të shkruhet si prodhim i fundëm ifaktorv ve të pathjeshtueshëm në R[x].

Faktorizimi në mënyrë të vetme i p(x) rrjedh nga faktorizimi në mënyrë të vetme në F[x].Supozojmë se

p(x) = q1(x) . . . qr(x) = q′1(x) . . . q′s(x)

janë dy faktorizime të p(x) në faktorë të patjeshtueshëm në R[x]. Meqënëse pmp i koeficientëve është 1, kjo është evërtetë për secilin nga faktorët e pathjeshtueshëm, sidomos për ata me gradë pozitive.

Nga rrjedhimi i mësipërm secili qi(x) dhe q′ j(x) është i pathjeshtueshëm në F[x]. Nga faktorizimi në mënyrëtë vetme në F[x], r = s, pra qi(x) dhe q′ j(x) janë të shoqëruar në R[x]. Meqënëse njësitë e F[x] janë elementët e F×

duhet të konsiderojmë rastin kur q(x) = ab q′(x) për q(x), q′(x) ∈ R[x] dhe për elementët jo zero a, b ∈ R, ku pmp i

koeficientëve të secilit është 1. Në këtë rastbq(x) = aq′(x)

pmp majtas është b, djathtas është a. Meqënëse në një UFD pmp i koeficientëve të një polinomi jo zero është i vetëm,a = ub pvr u njcësi në R. Pra

q(x) = uq′(x)

kështu që q(x) = q′(x), janë të shoqëruar në R. Të shohim tani një kriter tjetër të pathjeshtushmërisë së polinomeve.

Lema 9.2. Jepet fusha F dhe p(x) ∈ F[x]. Atëherë, p(x) ka një faktor me gradë 1 atëherë dhe vetëm atëherë kur p(x) ka njërrënjë në F (ekziston α ∈ F që p(α) = 0)

Vërtetim: Në qoftë se p(x) ka një faktor (ax + b) = a(x − (− ba )) = a(x − α), atëherë α = a

b ∈ F. Pra supozojmë se p(x) kanjë faktor (x − α). Atëherë p(α) = 0. Në të kundërt, supozojmë se ∃α ∈ F që p(α) = 0. Atëherë, p(x) = q(x)(x − α) + rnga algoritmi i Euklidit. Duke zëvendësuar x = α kemi r = 0.

Teorema 9.7 (Testi i rrënjes së plotë). Jepet R një UFD, F fusha e thyesave të R-së dhe p(x) ∈ R[x] si më poshtë;

p(x) = anxn + · · · + a1x + a0

Në qoftë se rs ∈ F, (r, s) = 1 dhe r

s është rrënjë e p(x), atëherë r|a0 dhe s|an.

Vërtetim: Supozojmë se p( rs ) = 0 = an( r

s )n + · · · + a0. Duke shumëzuar me sn kemi;

anrn + an−1rn−1s + · · · + a0sn = 0

Pra anrn = −s(an−1rn−1 + · · · + a0sn−1), kështu që s|an. Gjithashtu a0sn = −r(anrn−1 + . . . a1), pra r|a0.

Rrjedhim 9.5. Në qoftë se p(x) ∈ Z[x] jepet si më poshtë

p(x) = xn + an−1xn−1 + · · · + a0

dhe p(r) , 0, për çdo r|a0 atëherë p(x) s’ka rrënjë në Q.

Vërtetim: Në qoftë se rs ∈ Qdhe p( r

s ) = 0, atëherë s|1 pra s = ±1. Domethënë r|a0 dhe p(r) = 0, që është kontradiktë.

Lema 9.3 (Kriteri i Eisensteinit). Jepet f (x) ∈ Z[x] si më poshtë:

f (x) = xn + an−1xn−1 + · · · + a0

për n ≥ 1. Në qoftë se ekziston një numër i thjeshtë p ∈ Z i tillë që p pjes’ton a0, . . . , an−1, por p2 nuk pjesëton a0, atëherë f (x)është i pathjeshtueshëm në Z[x] (dhe Q[x]).

158 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Shembull 9.1. Duke përdorur kriterin e Eisensteinit lexuesi të vërtetojë se polinomet që vijojnë janë të pathjeshtueshëm.f (x) = x4 + 10x + 5, f (x) = xn

− p.

Jepet një numër i thjeshtë p. Polinomi

φp(x) =xp− 1

x − 1= xp−1 + xp−2 + · · · + x + 1

quhet polinomi ciklotomik në p.

Lema 9.4. φp(x) është i pathjeshtueshëm në Z[x]

Vërtetim: Në qoftë se φp(x) është i thjeshtueshëm, atëherë φp(x + 1) është gjithashtu i thjeshtueshëm. Pra në vendtë φp(x) ne shohim φp(x + 1).

φp(x + 1) =(x + 1)p

− 1x

= xp−1 + pxp−2 + · · · +p(p − 1)

2x + p

Atëherë, nga kriteri i Einsesteinit φp(x + 1) është i pathjeshtueshëm, pra dhe φp(x) është i pathjeshtueshëm

Shembull 9.2. Verteto se g(x) = x4 + x3 + x2 + x + 1 është i pathjeshtueshëm mbi fushën me dy elementë F2.

Fusha F2 ka dy elementë 0 dhe 1. Shohim se asnjë prej tyre nuk është rrënjë. Pra g(x) nuk ka faktorë linearë.Atëherë në qoftë se g(x) faktorizohet do të ketë vetëm faktorë kuadratikë. Supozojmë se ekzistojnë faktorë të tillë,atëherë këta faktorë duhet të jenë si më poshtë:

g(x) = (x2 + ax + 1)(x2 + bx + 1)

sepse koefiçentët para x2 duhet të jenë 1 që x4 të ketë koefiçent 1. Gjithashtu termat e lira duhet të jenë 1 që prodhimii tyre të jetë 1 (si mundësi për koefiçentët kemi vetëm 0,1). Duke shumëzuar anën e djathtë dhe duke barazuarkoefiçentët me ata të anës së majtë kemi: b + c = 1 dhe bc = 1. Ky sistem nuk ka zgjidhje në F2 (kontrollo 0,1). Prag(x) është i pathjeshtueshëm.

Teorema 9.8 (Kriteri i Eisensteinit). Jepet A një UFD dhe K fusha raport e saj. Jepet f ∈ A[x] e tillë që

f (x) = anxn + an−1xn−1 + · · · + a1x + a0

dhe p një numër i thjeshtë në A, i tillë që:i) p | ai për çdo i ≤ n − 1ii) p2 - a0iii) p - an.

Atëherë, f (x) është i pathjeshtueshëm në K[x].

Vërtetim: Duke marrë pmp-në e faktorëve të F, mund të supozojmë se cont( f ) = 1.Në qoftë se ekziton një faktorizimnë faktorë me gradë ≥ 1 në K[x] atëherë nga rrjedhimi i Lemës së Gausit do të ekzistojë një faktorizim në A[x], p. shf (x) = g(x)h(x),

g(x) = bdxd + · · · + b0

h(x) = cmxm + · · · + c0,

ku d,m ≥ 1 dhe bdcm , 0.Meqënëse b0c0 = a0 pjestohet nga p, por jo nga p2, kemi që njëra prej tyre nuk pjestohet ngap, p. sh b0. Atëherë p | c0. Meqënëse bdcm = an nuk pjestohet nga p, atëherë p nuk pjeston cm. Le të jetë cr koeficientii largët në të djathtë, i tillë që p | cr. Atëherë r , m dhe

ar = b0cr + b1cr−1 + . . . .

Meqënëse p nuk pjesëton b0cr dhe pjesëton të gjithë termat e tjerë në këtë shumë, ne arrijmë në përfundimin se pnuk pjesëton ar, një kontradiksion që vërteton teoremën.

Shembull 9.3. Le të jetë p një numër i thjeshtë. Vërtetoni se

f (x) = xp−1 + xp + . . . x + 1

është i pathjeshtueshëm në Q[x].

c©AulonaPress 159




Algjebra Shaska T.

Teorema 9.9 (Kriteri i Eisensteinit për shtrirjen). Jepet A një UFD dhe K fusha raport e tij. Jepet f ∈ A[x] i tillë që

f (x) = anxn + an−1xn−1 + · · · + a1x + a0

dhe p një numër i thjeshtë në A e tillë që:

1. gjendet një r (0 ≤ r ≤ n) i tillë që p - ar

2. p | ai për të gjitha 0 ≤ i ≤ r − 1

3. p2 - a0

4. f (x) = h(x) · g(x), i tillë që h, g ∈ A[x].

Atëherë, deg (h) ≥ r ose deg (g) ≥ r.

Shembull 9.4. Le të jetë p një numer i thjeshtë. Vërtetoni se

f (x) = x5 + 2x4 + 3x3 + 3

është i pathjeshtueshëm në Q[x].Vërtetim: Do të përdorim teoremën e mësipëme. 3 pjesëton a0, . . . , a3, por nuk pjesëton a4 atëherë r = 4. Pra, në qoftë sef (x) është reducible, atëherë ai është prodhimi i polinomeve të gradës 4 dhe 1. Kështu që, f x ka një rrënjë racional. Nga testi irrënjëve integrale vërtetojmë se ky fakt mund të ndodh.

Teorema 9.10. (Kriteri i reduktimit) Jepen A,B unaza integrale dhe

ϕ : A→ B

një homomorfizëm. Jepen K,L fushat raport të A,B respektivisht dhe f ∈ A[x] i tillë që ϕ f , 0 dhe deg (ϕ f ) = deg ( f ). Nëqoftë seϕ f është i pathjeshtueshëm në L[x], atëherë f nuk faktorizohet f (x) = g(x)h(x), ku g, h ∈ A[x] dhe deg g ≥ 1, deg h ≥ 1.

Vërtetim: Supozojmë se f e ka një faktorizim të tillë. Atëherë ϕ f = (ϕg)(ϕh). Meqënëse deg(ϕg) ≤ deg(g) dhedeg(ϕh) ≤ deg(h), atëherë supozimi ynë na çon në barazimin e gradëve të këtyre relacioneve. Përkundrazi ngapathjeshtueshmëria në L(x) arrijmë në përfundimin se g ose h është një element i A, siç e dëshirojmë.

Rrjedhim 9.6. (Testi i pathjeshtueshmëris’se mod p) Jepet p një numer i thjeshtë dhe f (x) ∈ Z[x], e tillë që deg f ≥ 1dhe p nuk e pjesëton koeficientin kryesor të f (x). Le të jetë f (x) ∈ Zp[x] reduktimi i f (x) mod p. Në qoftë se f (x) është ipathjeshtueshëm në Zp[x], atëherë f (x) është i pathjeshtueshëm në Q[x].

Shembull 9.5. Vërtetoni sef (x) = x5

− 5x4− 6x − 1

është i pathjeshtueshëm në Q[x].Vërtetim: Jepet f (x) = f (x) mod 5 = x5 + 4x + 1. Është e thjeshtë të vërtetohet se f (x) nuk ka rrënjë në Z5. Kështu që„ nëqoftë se f (x) është i thjeshtueshëm në Z5[x], atëherë ai është produkti i polinomeve me gradë një 2 dhe 3. Këta polinome le tëjenë:

f (x) = x5 + 4x + 1 = (x2 + ax + b) (x3 + mx2 + nx + r).

Vërtetohet lehtë se ky rezultat nuk mund te ndodhë.

Vërejtje 9.1. Vihet re se i anasjelli e këtij pohimi nuk është i vërtetë. Ka polinome të cilët janë të thjeshtueshëm në Zp për çdonumer të thjeshtë p, por të patheshtueshëm në Z[x].

Shembull 9.6. Polinomif (x) = x4

− 10x2 + 1

është i thjeshtueshëm në Zp[x], për çdo numër të thjeshtë p, por është i pathjeshtueshëm në Z[x].

160 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Vërtetim: Në të vërtetë, gjejmë që

f (x) mod 2 = (x + 1)4

f (x) mod 3 = (x2 + 1)2

f (x) mod 5 = (x2 + 3) (x2 + 2)

f (x) mod 7 = (x2 + 6x + 6) (x2 + x + 6),

(9.1)

shiko Milne [Mil03, pg. 9] për vërtetimin e një numri të thjeshtë çfarëdo p.Për të vërtetuar se f (x) është i pathjeshtueshëm në Z[x], përdorim shembullin e mësipërm. Sipas testit të

rrënjëve integrale vërtetojmë se f (x) nuk ka rrënjë racionale. Pra, ai është produkt polinomesh me gradë 2. Me njëmatematikë të thjeshtë tregohet se ky fakt nuk mund të ndodhë.

Ushtrime:

1. Vërtetoni që f (x) = x3− 3x − 1 është i pathjeshtueshëm në Z[x].

2. Për çdo numër të thjeshtë p vërtetoni se x2− p dhe x3

− p janë të pathjeshtueshëm në Q.

3. Jepet α ∈ Z e tillë që α pjestohet nga ndonjë numer i thjeshtë p, por p2 - α. Vërtetoni që xn− α është i pathjeshtueshëm.

4. Vërtetoni që f (x) = x4 + 1 është i pathjeshtueshëm në Q.

5. Vërtetoni që polinomet e mëposhtëm janë të pathjeshtueshëm në Z[x].

1) x4 + 10x + 52) x4 + 10x2 + 13) x4

− 4x3 + 64) x6 + 30x5

− 15x3 + 6x − 1205) x4 + 4x3 + 6x2 + 2x + 1 (Zëvendësojmë x me x − 1 )

6. Vërtetoni se polinomin∏

i=1

(x − i) ± 1

është i pathjeshtueshëm në Z për të gjitha n ≥ 1.

7. Në qoftë se a është racionale dhe x − a pjesëton një polinom monomial f (x) ∈ Z[x], vërtetoni se a është një numër i plotë.

9.5 Teorema e bazës e Hilbertit

Le të kujtojmë se një unazë quhet Notheriane kur çdo ideal i saj gjenerohet nga një numër i fundëm elementësh.Një nga rezultatet më të rëndësishme është që kur A është Notheriane atëherë edhe A[x1, . . . , xn] është Notheriane.Ky rezultat u vërtetua së pari nga Hilbert dhe quhet Teorema e Bazës së Hilbertit.

Teorema 9.11 (Hilbert). Le të jetë A një unazë Notheriane, atëherë A[x] është Notheriane.

Vërtetim: Le të jetë I një ideal në A[x] dhe L bashkësia e të gjithë koeficientëve kryesorë të të gjithë elementëve në I.Së pari, le të tregojmë se L është një ideal i A.Meqënëse I përmban polinomin zero, 0 ∈ L. Le të jenë f = axd + . . .

dhe g = bxe polinome në I me grada d, e dhe me koeficientë kryesorë a, b ∈ A. Atëherë për çdo r ∈ A ose ra − b ështëzero është koeficienti kryesor i rxe f − xdg. Meqënëse ky polinom është në I atëherë dhe ra − b është në L, e cila natregon se L është ideal i A. Meqënëse A është Notheriane, ideali L i A gjenerohet në mënyrë të fundme, p. sh ngaa1, a2, . . . , an ∈ A.

c©AulonaPress 161




Algjebra Shaska T.

Për çdo i = 1, . . . ,n le të jetë fi një element i I që ka koeficient kryesor ai. Le të jetë ei grada e fi dhe shënojmëme N maksimumin e e1, e2, . . . , en. Për çdo d ∈ 0, 1, . . . ,N − 1 shënojmë me Ld bashkësinë e të gjithë koeficientëvekryesorë të elementëve të I me gardë d së bashku me 0. Një arsyetim i ngjashëm me atë të L, na tregon që Ld ështëideal i A dhe si i tillë është i gjeneruar në mënyrë të fundme, sepse A është Notheriane.

Për çdo ideal jo zero Ld, le të jetëbd,1, bd,2, . . . , bd,nd ∈ A,

një bashkësi gjeneratorësh për Ld dhe le të jetë fd,i një polinom në I me gradë d me koeficient kryesor bd,i. Tëvërtetojmë se polinomet f1, . . . , fn së bashku me të gjithë polinomet fd,i të të gjithë idealëve jo zero Ld janë njëbashkësi gjeneratorësh për I, pra

I = ( f1, . . . , fn ∪ fd,i|0 ≤ d < N, 1 ≤ i ≤ nd).

Nga ndërtimi, ideali I′ në të djathtë lart përmbahet në I, sepse të gjithë gjeneratorët u zgjodhën në I. Në qoftë seI , I′, gjendet një polinom jo zero f ∈ I me gradë minimale që f nuk është në I′. Le të jetë d = deg f dhe le të jetë akoeficienti kryesor i f .

Supozojmë së pari se d ≥ N. Meqënëse a ∈ L ne mund ta shkruajmë a si kombinim linear të gjeneratorëve të L-së

a = r1a1 + · · · + rnan.

Atëherë g = r1xd−e1 f1 + · · · + rnxd−en fn është një element i I′ me të njëjtën gradë d dhe me të njëjtin koeficientkryesor a si f . Atëherë f − g ∈ I është një polinom në I me gradë më të vogël se f . Meqënëse f ishte me gradëminimale duhet të kemi f − g = 0, pra f = g ∈ I′, kontradiksion.

Së dyti supozojmë se d < N. Në këtë rast a ∈ Ld, për d < N. Pra ne mund të shkruajmë

a = r1bd,1 + · · · + rnd bnd , për ri ∈ A.

Atëherë g = r1 fd,1 + · · · + rnd fnd është një polinom në I′ me të njëjtën gradë d dhe me të njëjtin koeficient kryesora si f , përsëri kemi kontradiksion. Pra ngelet që I = I′ gjenerohet në mënyrë të fundme dhe meqënëse I ishte içfarëdoshëm, kjo përfundon vërtetimin që A[x] është Notheriane.

Ushtrime:

9.6 Polinomet simetrike dhe diskriminanti

Simetria është një veti gjeometrike, kështu që të quash një polinom simetrik mund të tingëllojë e çuditshme. Përtë shpjeguar terminologjinë ne duhet të shpjegojmë sesi simetria përshkruhet në matematikë. Kjo përfshin nocionealgjebrike të grupit dhe te veprimeve të grupit.

9.6.1 Përkufizime të polinomeve simetrikë

Le të kujtojmë teoremën e famshme të Vietës nga algjebra elementare. Supozojmë se x1, . . . , xn janë n rrënjët enjë polinomi

f (x) = xn + a1xn−1 + · · · + an.

Atëherë,

s1(x1, . . . , xn) =

n∑i=1

xi = −a1

s2(x1, . . . , xn) =∑

1≤i1<i2≤n

xi1 xi2 = a2

. . . . . . . . . . . .

sm(x1, . . . , xn) =∑

1≤i1<..<im≤n

xi1 . . . xim = (−1)mam

. . . . . . . . . . . .

sn(x1, . . . , xn) = x1x2 . . . xn = (−1)nan.

162 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Polinomet s1, . . . sn quhen polinomet simetrike te polinomit me gradë n. Polinomi sm(x1, . . . , xn) quhet polinomisimetrik elementar i m-të në x1, . . . , xn.

Ky polinom ka vetinë e mëposhtme

sm(xσ(1), . . . , xσ(n)) = sm(x1, . . . , xn)

për çdo permutacion σ të 1, . . . ,n. Kujtojmë që një permutacion i 1, . . . ,n është një korrespondencë 1-1

σ : 1, . . . ,n → 1, . . . ,n.

Vetia e mësipërme na çon në këtë përkufizim:

Përkufizim 9.1. Një polinom quhet polinom simetrik nëse kënaq:

p(xσ(1), . . . , xσ(n)) = p(x1, . . . , xn)

për çdo permutacion σ ∈ 1, . . . ,n.

Ose le të jetë F fushë. Një polinom p(x1, . . . , xn) ∈ F[x1, . . . , xn] quhet simetrik në qoftë se ai është i pandryshueshëmnga çdo permutacion i variablave të tij.

Shembull 9.7. Shuma x1 + · · · + xn dhe prodhimi x1x2 . . . xn janë simetrikë si dhe shumat xr1 + . . . xr

n për r ≥ 1.

Si masë se sa simetrik është një polinom ne shohim një veprim të Sn në F[x1, . . . , xn]

(σp)(x1, . . . , xn) = p(xσ−1(1), . . . , xσ−1(n)).

Teorema 9.12. Çdo polinom simetrik në k[t1, . . . , tn] mund të shkruhet në mënyrë të vetme me anën e polinomeve simetrikeelementare s1, . . . , sn.

Vërtetim: Le të jetë p(x1, . . . , xn) një Sn-invariant. Le të jetë

q : Z[x1, . . . , xn−1, xn]→ Z[x1, . . . , xn−1],

pasqyrimi i cili heq xn, pra q(xi) = xi ku (1 ≤ i < n), q(x) = 0 ku (i = n).Në qoftë se p(x1, . . . , xn) është Sn-invariant, atëherë

q(p(x1, . . . , xn−1, xn)) = p(x1, . . . , xn−1, 0)

është Sn−1-invariant, ne marrim një kopje të Sn−1 brenda Sn që fikson n.Vini re që

q(si(x1, . . . , xn)) = si(x1, . . . , xn−1

për (1 ≤ i < n) dheq(si(x1, . . . , xn)) = 0,

për i = n.Me induksion në numrin e variablave, gjendet një polinom P me n − 1 variabla, i tillë që;

q(p(x1, . . . , xn)) = P(s1(x1, . . . , xn−1), . . . , sn−1(x1, . . . , xn−1)).

Tani përdorim të njëjtin polinom P, por me polinomet elementarë nga futja e xn me

g()x1, . . . , xn) = P(s1(x1, . . . , xn−1), . . . , sn−1(x1, . . . , xn−1)).

Nga mënyra sesi u zgjodh P kemi që q(p(x1, . . . , xn)) − g(x1, . . . , xn) = 0. Pra pasqyrimi xn → 0 dërgon diferencënp − g në 0. Duke përdorur faktorizimin e vetëm në Z[x1, . . . , xn] kjo sjell që xn pjeston p − g. Sn-invarianca e p − gimplikon që çdo xi pjeston p − g. Pra, nga faktorizimi i vetëm sn(x1, . . . , xn) pjeston p − g.

Grada totale e monomit c xe11 . . . x

enn është shuma e eksponentëve

deg (c · xe11 . . . x

enn ) = e1 + · · · + en.

c©AulonaPress 163




Algjebra Shaska T.

Grada totale e një polinomi është maksimumi i gradëve totale të monomeve të tij. Konsiderojmë polinomin

p − gsn

=p(x1, . . . , xn) − g(x1, . . . , xn)

sn(x1, . . . , xn).

Ai ka gradë totale më të ulët se p. Me induksion për gradën totale, p−gsn

shprehet në termat e polinomeve simetrikëelementarë.

Përkufizim 9.2. Jepet f (x) ∈ k[x] i tillë që

f (x) = (x − α1) · · · (x − αn).

Diskriminanti i f (x), që shënohet me D( f , x), është përkufizuar si:

D( f , x) :=∏i< j

(αi − α j)2

Lema 9.5. Jepet f (x) ∈ C[x]. Atëherë f (x) ka një rrënjë dyfishe atëherë dhe vetëm atëherë D( f , x) = 0.

Vërtetim: Vërtetimi lihet si ushtrim për lexuesin.

Diskriminanti është një polinom simetrik i α1, . . . , αn, prandaj ai mund të shprehet si një polinom në s1, . . . , sn.

Shembull 9.8. Jepet f (x)f (x) = ax2 + bx + c.

Vërtetohet lehtë se D( f , x) = b2− 4ac.

Shembull 9.9. Jepet f (x), funksioni kubikf (x) = ax3 + bx2 + cx + d.

Atëherë D( f , x) = −27a2d2 + 18adbc + b2c2− 4b3d − 4ac3.

Shembull 9.10. Jepet f (x), funksioni i gradës së katërt

f (x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e.

Atëherë

D( f , x) = 256a3e3− 128a2e2c2

− 4b3d3 + 16ac4e − 4ac3d2− 6aeb2d2 + 144ae2cb2

+ 144a2ecd2 + 18abd3c + c2b2d2− 4c3b2e − 192a2e2bd − 80abdc2e

+ 18b3dce − 27b4e2− 27a2d4

Lexuesve që ju intereson mund të përdorin Maple për të gjetur këto rezultate për polinomet me gradë të lartë.

Vërejtje 9.2. Diskriminanti i një polinomi të përgjithshëm me gradë n

f (x) = anxn + an−1xn−1 + · · · + a1x + a0

është një polinom homogjen në a0, . . . an gradë 2n − 2.

Ushtrime:

1. Vërtetoni që f ∈ k[x1, . . . , xn] është simetrik, atëherë dhe vetëm atëherë kur

f (x1, . . . , xn) = f (x2, x1, x3, . . . , xn) = f (x2, x3, . . . , xn, x1).

164 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

2. Gjeni diskriminantin e polinomeve:i) x3 + px + qii) x3 + px2 + qiii) x3 + x2

− 4x + 1iv) x4 + px2 + qx + r

3. Jepet

f (x) = xn + px + q.

Vërtetoni se

D( f , x) = (−1)n(n−1)

2 nnqn−1 + (−1)(n−1)(n−2)

2 (n − 1)(n−1)pn

4. Supozojmë, që a, b ∈ Q. E dimë, që Dp = 0, atëherë dhe vetëm atëherë, kur p(x) ka një rrënjë shumfishe. Vërtetoni se,Dp > 0, atëherë dhe vetëm atëherë, kur p ka tre rrënjë të dalluara reale. Gjithashtu Dp < 0, atëherë dhe vetëm atëherë, kur p kanjë rrënjë reale dhe dy rrënjë komplekse me të konjuguara jo reale.

9.6.2 Rezultanti dhe diskriminanti

Më sipër ne pamë se diskriminanti i një polinomi me gradë n mund të shprehet si një polinom i gradës 2n − 2ne koeficentet e polinomit. Konkretisht se si realizohet kjo do ta studiojme ne këtë leksion.

Lema 9.6. Jepet f , g ∈ k[x], deg f = l > 0, deg g = m > 0. Atëherë f dhe g kanë një faktor të përbashkët në qoftë se dhevetëm në qoftë se ekzistojnë A,B ∈ k[x] të tillë që:

1) A dhe B janë të ndryeshëm nga zero.2) deg A ≤ m − 1, deg B ≤ l − 1.3) A f + Bg = 0.

Vërtetim: Detyrë

Arsyetojmë sipas lemës së mësipërme. Jepet f , g si më poshtë

f (x) = alxl + · · · + a0

g(x) = bmxm + · · · + b0

A(x) = cm−1xm−1 + · · · + c0

B(x) = dl−1xl−1 + · · · + d0

Duke zvendësuar në ekuacionin

A f + Bg = 0,

kemi

(alcm−1 + bmdl−1)xl+m−1+

+ (al−1cm−1 + alcm−2 + bm−1dl−1 + bmdl−2)xl+m−2+

+ . . . . . . · · ·+

+ (a0c0 + b0d0) = 0

Duke i barazuar koeficientët me zero marrim sistemin prej (l + m) ekuacioneve. Konsiderojmë

c©AulonaPress 165




Algjebra Shaska T.

c0, . . . , cm−1, d0, . . . , dl−1 si të pa njohura. Sistemi është linear dhe matrica e koeficientëve te tij është:

Syl( f , g, x) =

al bmal−1 al bm−1 bmal−2 al−1 . bm−2 bm−1 .. al−2 . . . . . .. . . . al . . . . bm

a1 . . . al−1 b0 . . . bm−1a0 a1 . . al−2 b0 . . .

a0 . . . . . .. . . .. . .

a0 b0

(9.2)

e cila quhet matica e Silvesterit për f (x) dhe g(x).

Përkufizim 9.3. Rezultanti i f (x) dhe g(x), i cili shënohet me Res( f , g, x), është

Res( f , g, x) := det (Syl( f , g, x)).

Lema 9.7. Jepet f (x) dhe g(x):

f (x) =∏

i

(x − αi), g(x) =∏

j

(x − β j)

Atëherë,Res( f , g, x) =

∏i, j

(αi − β j)

Vërtetim: Detyrë.

Rrjedhim 9.7. Polinomet f (x) dhe g(x) kanë një faktor të përbashkët në k[x] në qoftë se dhe vetëm në qoftë se

Res( f , g, x) = 0.

Lexuesi tashmë duhet të jetë në gjendje të vërtetojë lemën e mëposhtme e cila ishte qëllimi i këtij leksioni.

Lema 9.8. Jepetf (x) = anxn + . . . a1x + a0

dhe f ′(x) derivati i tij. Atëherë

D( f , x) =(−1)

n(n−12

anRes( f , f ′, x).

Koncepti i rezultantit mund të përdoret me mjaft sukses në eliminimin e ndryshoreve në sistemet e ekuacioneve.Fakti që llogaritja e rezultatntit mund të behet me kohë polinomiale e bën rezultantin një armë të fuqishme nëalgjebrën kompjuterike.

Ushtrime:

1. Jepen polinomet

F(t) = u(1 + t2) − t2

G(t) = v(1 + t2) − t3 (9.3)

Gjeni Res(F,G, t).

166 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

2. Jepet

f (x) = x5− 3x4

− 2x3 + 3x2 + 7x + 6

g(x) = x4 + x2 + 1(9.4)

Gjeni Res( f , g, x).

3. A kaf (x) = 6x4

− 23x3− 19x + 4

rrënjë të shumëfishta në C?

4. Gjeni b të tillë qëf (x) = x4

− bx + 1

ka një rrënjë dyfishe në C. (Udhëzim: b4 = 25627 ).

5. Gjeni p të tillë qëf (x) = x3

− px + 1

ka një rrënjë dyfishe në C. (Udhëzim: b3 = 274 ).

6. Gjeni një faktorizim tëf (x) = x4 + 1

në Z5[x].

7. A ështëf (x) = x7 + 3x6 + 12x5 + 6x4 + 2x3

− 4x2 + 6x + 2

i pathjeshtueshëm?

8. Jepet unaza A dhe N nilradikali i tij. Vërtetoni se përfundimet e mëposhtme janë ekuivalente:i) A ka vetëm një ideal të thjeshtë. ii) çdo element i A është ose element njësi ose nilpotent. iii) A/N është një fushë

9. Jepet A një unazë dhe f ∈ A[x] i tillë qëf = a0 + a1x + · · · + anxn.

Vërtetoni që

i) f është një element njësi në A[x] atëherë dhe vetëm atëherë a0 është një element njësi në A dhe a1, . . . , an janë nilpotent.ii) f është nilpotent atëherë dhe vetëm atëherë a0, a1, . . . , an janë nilpotent.iii) f është një pjesëtues i zeros atëherë dhe vetëm atëherë ekziston a , 0 në A e tillë që a f (x) = 0.iv) Për çdo f , g ∈ A[x], f g është primitiv atëherë dhe vetëm atëherë f dhe g janë primitiva.

10. Jepetf (x) = xn + px + q.

Vërtetoni seD( f , x) = (−1)

n(n−1)2 nnqn−1 + (−1)

(n−1)(n−2)2 (n − 1)(n−1)pn

11. Jepet

f (x) = x5− 3x4

− 2x3 + 3x2 + 7x + 6

g(x) = x4 + x2 + 1(9.5)


c©AulonaPress 167




Algjebra Shaska T.

12. Gjeni një relacion algjebrik ndërmjet a dhe b të tillë që

xn + ax + b

ka një rrënjë dyfishe në C.

13. Zgjidhni ekuacionin

(z2−

1z3 )(3z2 + 2z + 1) = 0

14. Jepet p një numer i thjeshtë dhe le të jetë a, b numer i plotë. Vërtetoni që

(a + b)p≡ ap + bp( mod p)

15. Vërteto se polinomet e mëposhtëm janë te pathjeshtueshëmi) x4− 4x3 + 6

ii) x6 + 30x5− 15x3 + 6x − 120

iii) x4 + 4x3 + 6x2 + 2x + 1 (Zëvendëso x me (x-1)).

16. i) Zgjidhni ekuacioninx5− 2x4 + 5x3

− 10x2 + 3x − 6 = 0

në numrat kompleksë. Gjeni të gjitha zgjidhjet dhe i shprehni ato sipas radikalëve.

Udhëzim: faktorizoni këtë polinom më parë.ii) Gjeni diskriminantin e polinomit

f (x) = ax2 + bx + c

sipas përkufizimit.iii) A është polinomi i mëposhtëm i thjeshtueshëm në Q

f (x) = x7 + 5x6− 15x5

− 3x4 + 6x3 + 9x2 + 12x − 21

Vërtetoni përgjigjen tuaj.

17. Gjeni në qoftë se

f (x) = x3 + x2− 5x − 5

g(x) = x3 + 2x2− 5x − 10

(9.6)

kanë faktor të përbashkët në Q[x].

18. Gjeni se cili nga polinomet e mëposhtëm është i thjeshtueshëm (i pathjeshtueshëm) në Z2[x]. Shpjegoni arsyen.i) x2 + 1ii) x2 + x + 1iii) x3 + x + 1

19. Gjeni një faktorizim përf (x) = x4 + 1

në Z5[x].

20. Eshtë polinomi në vazhdimf (x) = x7 + 3x6 + 12x5 + 6x4 + 2x3

− 4x2 + 6x + 2

i pa faktorizueshëm?

21. Vërtetoni se diskriminanti i nje polinomi gjenerik me gradë n

f (x) = anxn + an−1xn−1 + · · · + a1x + a0

është një polinom homogjen në a0, . . . an i gradës 2n − 2.

168 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

22. i) Vërtetoni se polinomi

f (x) =

n∏i=1

(x − i) − 1

është i pathjeshtueshëm në Z për të gjitha n ≥ 1.ii) Vërtetoni se polinomi

f (x) =

n∏i=1

(x − i) + 1

është i pathjeshtueshëm në Z për të gjithë numrat tek n ≥ 1.

23. Në qoftë se a është racionale dhe x − a pjesëton një polinom monomial f (x) ∈ Z[x], vërtetoni se a është një numer i plotë.

24. Le të jetë f (x) çdo polinom monomial i gradës n. Atëherë

D( f , x) = (−1)n(n−1)

2

n∏i=1

f ′(αi)

ku α1, . . . , αn janë rrënjët e f (x) dhe f ′(x) derivati i tij.

25. Jepetf (x) = xn + px + q.

Vërtetoni seD( f , x) = (−1)

n(n−1)2 nnqn−1 + (−1)

(n−1)(n−2)2 (n − 1)(n−1)pn

26. Jepet

f (x) = x5− 3x4

− 2x3 + 3x2 + 7x + 6

g(x) = x4 + x2 + 1(9.7)


27. Në qoftë se F është fushë, vërtetoni se F[x1, . . . , xn] është një unazë integrale.

28. Vërtetoni se algoritmi i pjesëtimit nuk qëndron për Z[x]. Pse?

29. Vërtetoni ose kundërshtoni: xp + a është i pathjeshtueshëm, për çdo a ∈ Zp, ku p është numer i thjeshtë.

30. Le të jetë f (x) i pathjeshtueshëm. Në qoftë se f (x) | p(x)q(x), vërtetoni se f (x) | p(x) ose f (x) | q(x).

31. Supozojmë që R dhe S janë unaza izomorfike. Vërtetoni se R[x] S[x].

32. Le të jetë F një fushë dhe a ∈ F. Në qoftë se p(x) ∈ F[x]. Vërtetoni se p(a) është mbetja e përfuar nga pjesëtimi i p(x) mex − a.

33. Le të jetë Q∗ grupi shumëzues i numrave racinal pozitiv. Vërtetoni se Q∗ është izomorfik me (Z[x],+).

c©AulonaPress 169




Algjebra Shaska T.

170 c©AulonaPress




Pjesa III

Modulet

171

Kapitulli 10

Hyrje në teorinë e moduleve

Në Pjesën III të këtij libri ne do të studiojmë objektet matematikë të quajtur module. Ne do të shohim sehapësirat vektoriale janë thjeshtë një tip i veçantë modulesh kur unaza R është fushë. Në qoftë se R është një unazë,përkufizimi i një R–moduli M është pothuajse analog me përkufizimin e veprimit të grupit ku unaza R luan rolin egrupit dhe M- ja rolin e bashkësisë. Por axiomat shtesë të moduleve kërkojnë që M-ja të jetë një grup Abelian. Ngapërkufizimi modulet janë objektet algjebrike mbi të cilat veprojnë unazat.

10.1 Përkufizimet bazë dhe shembuj

Le të japim përkufizimin e një moduli.

Përkufizim 10.1. Le të jetë R një unazë (jo domosdoshmërisht unazë me njësh ose unazë Abeliane). Një R-modul imajtë ose një modul i majtë mbi unazën R është një bashkësi M së bashku me,

1. një veprim binar + mbi M-në, në lidhje me të cilin bashkësia M formon një grup Abelian dhe

2. një veprim i unazës R mbi M-në(pra një pasqyrim R ×M → M) i cili shënohet me rm, për çdo m ∈ M i cilikënaq kushtet:

a) (r + s)m = rm + sm, për çdo r, s ∈ R dhe m ∈M,

b) (rs)m = r(sm), për çdo r, s ∈ R dhe m ∈M,

c) r(m + n) = rm + rn, për çdo r ∈ R dhe m,n ∈M.

Në qoftë se unaza R ka njësh 1R shtojmë aksiomën:

d) 1R ·m = m, për çdo m ∈M.

Mbiemri ”i majtë” në përkufizimin e mësipërm tregon se elementët e unazës shfaqen në të majtë. Në mënyrëanaloge mund të përkufizohet dhe një R-modul i djathtë. Në qoftë se unaza R është unazë Abeliane dhe M njëmodul i majtë, ne mund ta shndërojmë në një modul të djathtë duke përkufizuar mr = rm, për çdo m ∈M dhe r ∈ R.Kur përdorim termin ”modul” do të nënkuptojmë gjithmonë ”modul të majtë”. Modulet të cilët kënaqin aksiomën2(d) janë quajtur module me njësh dhe në këtë libër të gjithë modulet do të jenë të tillë.

Kur unaza R është një fushë F, aksiomat e një R moduli janë ekzaktësisht të njëjta me ato të një hapësire vektorialembi fushën F, pra

modulet mbi një fushë F dhe hapësirat vektoriale mbi F-në janë të njëjta.

Përpara se të japim disa shembuj të R-moduleve le të japim përkufizimin e një nënmoduli.

Përkufizim 10.2. Le të jetë R një unazë dhe M një R-modul. Një R-nënmodul i M-së është një nëngrup N i M-së icili është i mbyllur në lidhje me veprimet e unazës, domethënë rn ∈ N, për çdo r ∈ R dhe n ∈ N.

173

Algjebra Shaska T.

Nënmodulet e modulit M janë thjesht’e nënbashkësi të M-së të cilat janë gjithashtu module në lidhje me veprimete dhëna. Në qoftë se R = F është një fushë, nënmodulet janë të njëjta me nënhapësirat. Çdo R-modul M ka dynënmodule M dhe 0.

Shembull 10.1. Le të jetë R një unazë. Atëherë M = R është një R-modul i majtë, ku veprimi i një elementi të unazës mbinjë element të modulit është thjeshtë veprimi i shumëzimit në unazën R. Çdo fushë F mund të konsiderohet si një hapësirëvektoriale(1 dimensionale) mbi vetveten. Kur R konsiderohet si një modul i majtë mbi vetveten, nënmodulet e R-së janëekzaktësisht idealet e majtë të R-së(dhe në qoftë se R konsiderohet si një R modul i djathtë mbi vetveten, nënmodulet e tij janëidealet e djathtë). Pra në qoftë se R nuk është unazë Abeliane ai ka një strukturë modulesh të majtë dhe të djathtë mbi vetvetendhe këto struktura mund të jenë të ndryshme(për shembull nënmodulet mund të jenë të ndryshëm).

Shembull 10.2. Le të jetë R = F një fushë. Si u theksua dhe më sipër çdo hapësirë vektoriale mbi F-në është një F–modul dheanasjelltas. Le të jetë n ∈ Z+ dhe le të kemi

Fn = (a1, a2, · · · , an)|ai ∈ F, për çdo i

(e cila quhet hapësirë afine mbi F-në). Fn-ja shndërohet në një hapësirë vektoriale duke përkufizuar veprimin e mbledhjes dhetë shumëzimit si më poshtë:

(a1, a2, · · · , an) + (b1, b2, · · · , bn) = (a1 + b1, a2 + b2, · · · , an + bn)α(a1, a2, · · · , an) = (αa1, αa2, · · · , αan), α ∈ F.

Si në rastin e n- hapësirës Euklideane(pra kur F = R), n- hapësira afine është një hapësirë vektoriale me dimension n mbi F-në.

Shembull 10.3. Le të jetë R një unazë me 1 dhe le të jetë n ∈ Z+. Duke u bazuar te Shembulli 2 përkufizojmë:

Rn = (a1, a2, · · · , an)|ai ∈ R, për çdo i

Rn-ja shndërohet në një R–modul duke përcaktuar veprimin e mbledhjes dhe të shumëzimit si në shembullin më sipër. ModuliRn është quajtur modul i lirë me rank n mbi R-në.

Shembull 10.4. I njëjti grup Abelian mund të ketë strukturën e një R-moduli për një numër të ndryshëm unazash R dhe secilinga këto struktura mund të mbart informacion të përdorshëm. Në mënyrë specifike, në qoftë se M është një R-modul dhe Sështë një nënunazë e R-së, ku 1S = 1R, atëherë M-ja është automatikisht një S-modul gjithashtu. Fusha R është një R–modul,një Q–modul dhe një Z–modul.

Shembull 10.5. Në qoftë se M është një R–modul dhe për një ideal I të R-së, am = 0 për çdo a ∈ I dhe për çdo m ∈ M, nethemi se M është annihilated nga I. Në këtë rast ne mund ta shndërojmë M-në një (R/I)–modul duke përcaktuar veprimin eunazës faktor R/I mbi M- në të tillë:

(r + I)m = rm, për çdo m ∈M dhe për çdo koset r + I ∈ R/I.

Meqënëse am = 0 për çdo a ∈ I dhe për çdo m ∈M veprimi i mësipërm është funksion dhe është e lehtë të vërtetohet se M ështënjë R/I–modul. Në veçanti kur I është një ideal maksimal në unazën Abeliane R dhe IM = 0, atëherë M është një hapësirëvektoriale mbi fushën R/I.

Le të japim tani testin e nënmoduleve i cili është analog me testin e nëngrupeve.

Pohim 10.1 (Testi i nënmoduleve). Le të jetë R një unazë dhe M një R–modul. Një nënbashkësi N e M-së është një nënmoduli M-së atëherë dhe vetëm atëherë kur:

1. N , ∅ dhe

2. x + ry ∈ N, për çdo r ∈ R dhe për çdo x, y ∈ N.

Vërtetim: Në qoftë se N është një nënmodul, atëherë 0 ∈ N pra N , ∅. Gjithashtu N është e mbyllur në lidhje meveprimin e mbledhjes dhe shkon në vetvete nën veprimin e elementëve të R-së. Anasjelltas, supozojmë se (1) dhe(2) janë të vërteta. Le të kemi r = −1 dhe zbatojmë testin e nëngrupeve për të parë se N është një nëngrup i M-së.Në veçanti, 0 ∈ N. Tani le të kemi x = 0 dhe zbatojmë (2) për të parë se N-ja shkon në vetvete nën veprimin e R-së.

174 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Përkufizim 10.3. Le të jetë R një unazë Abeliane me njësh. Një R–algjebër është një unazë A me njësh së bashku menjë homomorfizëm unazash f : R→ A, që pasqyron 1R te 1A, i tillë që nënunaza f (R) e A-së përmbahet në qëndrëne A-së.

Përkufizim 10.4. Në qoftë se A dhe B janë dy R–algjebra, një homomorfizëm R–algjebre(ose një izomorfizëm) ështënjë homomorfizëm unazash(respektivisht izomorfizëm) ϕ : A → B e cila pasqyron 1A te 1B i tillë që ϕ(ra) = rϕ(a)për çdo r ∈ R dhe a ∈ A.

Shembull 10.6. Le të jetë R një unazë Abeliane me njësh.

1. Çdo unazë me njësh është një Z–algjebër.

2. Në qoftë se A është një R–algjebër, atëherë struktura e R–modulit të A-së varet vetëm nga nënunaza f (R).

Supozojmë se A është një R–algjebër. Atëherë A është një unazë me njësh pra është një R–modul i majtë(menjësh ) i cili kënaq vetinë:

r · (ab) = (r · a)b = a(r · b)

për çdo r ∈ R dhe a, b ∈ A. Anasjelltas, mbi një unazë A këto kushte përcaktojnë një R–algjebër dhe shpesh përdorensi përkufizimi i një R–algjebre.

Ushtrime:

Në ushtrimet e mëposhtme R është unazë me njësh dhe M një R-modul i majtë.

1. Vërtetoni se 0m = 0 dhe (−1)m = −m për çdo m ∈M.

2. Supozoni se rm = 0 për një r ∈ R dhe një m ∈ M ku m , 0. Vërtetoni se r nuk ka invers të majtë (pra nuk ekziston njënumër s i tillë që sr = 1).

3. Le të jetë M një modul Rn, si moduli i përshkruar në Prob. (2) dhe le të jenë I1, I2, · · · , In ideale të majtë të R-së. Vërtetonise bashkësitë e mëposhtme janë nënmodule të M-së:

a) (x1, x2, · · · , xn)|xi ∈ Ii

b) (x1, x2, · · · , xn)|xi ∈ R dhe x1 + x2 + · · · + xn = 0.

4. Për çdo ideal të majtë I në R përkufizojmë:

IM =

∑

f undme

aimi|ai ∈ I,mi ∈M

të jetë koleksioni i të gjithë fushave të fundme të elementëve të formës am, ku a ∈ I dhe m ∈ M. Vërtetoni se IM është njënënmodul i M-së.

5. Vërtetoni se prerja e një koleksioni jo bosh nënmodulesh të një R–moduli është një nënmodul.

6. Le të jetë z një element i qëndrës së R-së, pra zr = rz për çdo r ∈ R. Vërtetoni se zM është një nënmodul i M-së, kuzM = zm|m ∈ M. Vërtetoni se në qoftë se R është unaza e matricave 2 × 2 mbi një fushë dhe e është një matricë me 1 nëpozicionin (1, 1) dhe 0 në të gjitha pozicionet e tjera, atëherë eR nuk është një R–nënmodul i majtë.

7. Në qoftë se M është një grup i fundëm Abelian atëherë M është një Z–modul. A mund ta shtrimë këtë veprim në mënyrë tëtillë që M të bëhet një Q-modul?

10.2 Modulet faktor dhe homomorfizmat e moduleve

Në këtë temë do të japim teorinë bazë të moduleve faktor dhe homomorfizmat e moduleve.

Përkufizim 10.5. Le të jetë R një unazë dhe le të jenë M dhe N, R-module.

c©AulonaPress 175




Algjebra Shaska T.

1. Një funksion ϕ : M → N është një homomorfizëm R–modulesh në qoftë se ai respekton strukturën e R–moduleve M dhe N, pra:

a) ϕ(x + y) = ϕ(x) + ϕ(y) për çdo x, y ∈M dhe

b) ϕ(rx) = rϕ(x), për çdo r ∈ R, x ∈M.

2. Një homomorfizëm R–modulesh është një izomorfizëm në qoftë se ai është si injektiv dhe syrjektiv. ModuletM dhe N thuhet se janë izomorfikë dhe shënohen M N, në qoftë se ekziston një homomorfizëm R–moduleshϕ : M→ N.

3. Në qoftë se ϕ : M→ N është një homomorfizëm R–modulesh, bërthama e ϕ është:

kerϕ = m ∈M|ϕ(m) = 0

dhe imazhi i ϕ është:ϕ(M) = n ∈ N|n = ϕ(m) për një m ∈M

4. Le të jenë M dhe N, R–module dhe përkufizojmë HomR(M,N) të jetë bashkësia e të gjithë homomorfizmave tëR-moduleve nga M në N.

Pohim 10.2. Le të jenë M,N dhe L, R–module.

1. Një funksion ϕ : M→ N është një homomorfizëm R–modulesh atëherë dhe vetëm atëherë kur

ϕ(rx + y) = rϕ(x) + ϕ(y) për çdo x, y ∈M dhe çdo r ∈ R.

2. Le të jenë ϕ,ψ elementë të HomR(M,N). Përkufizojmë ϕ + ψ të tillë:

(ϕ + ψ)(m) = ϕ(m) + ψ(m) për çdo m ∈M

Atëherëϕ+ψ ∈ HomR(M,N) dhe me këtë veprim HomR(M,N) është grup Abelian. Në qoftë se R është unazë ndërrimtareatëherë për r ∈ R përkufizojmë rϕ të tillë:

(rϕ)(m) = r(ϕ(m)) për çdo m ∈M.

Atëherë rϕ ∈ HomR(M,N) dhe me këtë veprim të unazës ndërrimtare R, grupi Abelian HomR(M,N) është një R–modul.

3. Në qoftë se ϕ ∈ HomR(M,N) dhe ψ ∈ HomR(M,N) atëherë ψ ϕ ∈ HomR(M,N).

4. Me veprimin e mbledhjes të përcaktuar si më sipër dhe me veprimin e përbërjes së funksioneve, HomR(M,M) është unazëme njësh. Kur unaza R është ndërrimtare HomR(M,M) është një R–algjebër.

Vërtetim: i) Në qoftë se ϕ është një homomorfizëm R–modulesh atëherë

ϕ(rx + y) = rϕ(x) + ϕ(y).

Anasjelltas, në qoftë se ϕ(rx + y) = rϕ(x) + ϕ(y), marrim r = 1 për të parë se ϕ është aditiv dhe marrim y = 0 për tëparë se ϕ është ndërrimtar në lidhje me veprimin e R mbi M(pra është homogjen).

2) ’Eshtë e lehtë të vërtetohet se të gjitha aksiomat e grupeve Abelianë dhe R–moduleve kënaqen me këtopërkufizime. Vëmë re se vetia ndërruese e unazës R është përdorur për të treguar se rϕ plotëson aksiomën e dytëtë një homomorfizmi R–modulesh, pra

(r1ϕ)(r2m) = r1ϕ(r2m) (nga përkufizimi i r1ϕ)= r1r2(ϕ(m)) ( meqënëse ϕ është homomorfizëm)= r2r1ϕ(m) ( meqënëse R është ndërrimtare )= r2(r1ϕ)(m) ( nga përkufizimi i r1ϕ).

Vërtetimi i aksiomave mbështetet në hipotezën se N është një R–modul. Bashkësia e përcaktimit M në faktmund të jetë çdo bashkësi, nuk është e thënë që ajo të jetë një R–modul ose një grup Abelian.

176 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

3) Le të jenë dhënë ϕ dhe ψ dhe r ∈ R, x, y ∈ L. Atëherë kemi:

(ψ ϕ)(rx + y) = ψ(ϕ(rx + y))= ψ(rϕ(x) + ϕ(y))= rψ(ϕ(x)) + ψ(ϕ(y))= r(ψ ϕ)(x) + (ψ ϕ)(y)

Pra nga (1), ψ ϕ është një homomorfizëm R–modulesh.4) Meqënëse bashkësia e përcaktimit dhe bashkësia e vlerave të elementëve të HomR(M,M) janë të njëjta,

përbërja e funksioneve është e përcaktuar. Nga (3) ai është një veprim binar mbi HomR(M,M). Dimë se përbërja efunksioneve e gëzon vetinë e ndërrimit. Vetitë e tjera të unazës janë të lehta për t’u vërtetuar, i lihen detyrë lexuesit.Funksioni identitet, I,(si gjithmonë, I(x) = x, për çdo x ∈ M) është identiteti i HomR(M,M) në lidhje me veprimin eshumëzimit. Në qoftë se R është Abeliane, atëherë (2) tregon se unaza HomR(M,M) është një R–modul i majtë dheduke përkufizuar ϕr = rϕ për çdo ϕ ∈ HomR(M,M) dhe r ∈ R e shndërohet në një R–algjebër.

Përkufizim 10.6. Unaza HomR(M,M) quhet unazë endomorfizëm e M-së dhe do ta shënojmë me EndR(M) osethjeshtë End(M). Elementët e End(M) quhen endomorfizma.

Pohim 10.3. Le të jetë R një unazë, le të jetë M një R–modul dhe le të jetë N një nënmodul i M-së. Grupi faktor M/N mundtë kthehet në një R-modul duke përkufizuar veprimin:

r(x + N) = (rx) + N, për çdo x ∈ R, x + N ∈M/N.

Projeksioni natyral π : M→M/N, i tillë që π(x) = x + N është një homomorfizëm R–modulesh me bërthamë N.

Vërtetim: Meqënëse grupi M është Abelian në lidhje me +, grupi faktor M/N është grup Abelian. Për të parë seveprimi i elementëve, r, të unazës mbi kosetat x + N është një funksion, supozojmë se x + N = y + N, pra x − y ∈ N.Meqë N është një R-modul(i majtë), r(x − y) ∈ N. Pra, rx − ry ∈ N dhe si rrjedhim rx + N = ry + N. Meqënëseveprimet në M/N ”përputhen” me ato në M, aksiomat për të vërtetuar se M/N është një R–modul janë të thjeshta përtë vërtetuar. Për shembull, aksioma 2(b) vërtetohet si më poshtë: për çdo r1, r2 ∈ R dhe x + M/N, nga përkufizimi iveprimit të elementëve të unazës mbi elementët e M/N

(r1r2)(x + N) = (r1r2x) + N= r1(r2x + N)= r1(r2(x + N)).

Aksiomat e tjera janë të lehta për t’u vërtetuar. Vërtetimi i lihet detyrë lexuesit.Së fundmi projeksioni natyral π i dhënë më sipër është projeksioni natyral i grupit Abelian M mbi grupin

Abelian M/N, prandaj është një homomorfizëm grupesh me bërthamë N. Na ngelet vetëm të vërtetojmë se π ështënjë homomorfizëm modulesh, pra π(rm) = rπ(m). Por,

π(rm) = rm + N = r(m + N) = rπ(m)

Kjo e p’erfundon vërtetimin.

Përkufizim 10.7. Le të jenë A,B nënmodule të një R–moduli M. Shuma e A-së dhe B-së është bashkësia:

A + B = a + b | a ∈ A, b ∈ B

Mund të vërtetohet lehtë se shuma e dy nënmoduleve A dhe B është një nënmodul dhe është nënmoduli më ivogël që përmban si A dhe B.

Teorema 10.1 (Teoremat e izomorfizmave). i) (Teorema e parë e izomorfizmave për modulet) Le të jenë M dheN,R–module dhe le të jetë ϕ : M → N një homomorfizëm R–modulesh. Atëherë kerϕ është një nënmodul i modulit M dhe

c©AulonaPress 177




Algjebra Shaska T.

M/kerϕ ϕ(M).

ii) (Teorema e dytë e izomorfizmave) Le të jenë A,B nënmodule të një R-moduli M. Atëherë

(A + B)/B A/(A ∩ B).

iii) (Teorema e tretë e izomorfizmave) Le të jetë M një R–modul dhe le të jenë A dhe B nënmodule të M-së ku A ⊂ B.Atëherë (M/A)/(B/A) M/B.

iv) (Teorema e katërt e izomorfizmave) Le të jetë N një nënmodul i një R–moduli M. Ekziston një bijeksion ndërmjetnënmoduleve të M-së të cilat përmbajnë N dhe nënmoduleve të M/N. Korrespodenca jepet nga A↔ A/N , për çdo A ⊇ N.

Ushtrime:

1. Përdorni testin e nënmoduleve për të vërtetuar se bërthama dhe imazhi i një homomorfizmi R–modulesh janë nënmodule.

2. Vërtetoni se relacioni ”është R–modul izomorfik ” është një relacion ekuivalence mbi çdo bashkësi R–modulesh.

3. Jepni një shembull të një funksioni nga një R–modul në një tjetër i cili është një homomorfizëm grupesh por jo njëhomomorfizëm R–modulesh.

4. Vërtetoni se HomZ(Z/nZ,Z/mZ) Z/(m,n)Z.

10.3 Gjenerimi i moduleve, shumat direkte, dhe modulet e lira.

Le të jetë R një unazë me njësh. Sikurse në temat e mëparshme edhe ketu kur përdorim termin ”modul”nënkuptojmë ”modul të majtë”.

Përkufizim 10.8. Le të jetë M një modul dhe N1, · · ·Nn nënmodule të M-së.i) Shuma e n’enmoduleve N1, · · · ,Nn është bashkësia e të gjithë shumave të fundme të elementëve nga bashkësitë

Ni := a1 + a2 + · · · + an|ai ∈ Nipër çdo i. E shënojm’e këtë shumë me N1 + · · ·Nn.ii) Për të gjitha nënbashkësitë A të M-së le të kemi:

RA = r1a1 + r2a2 + · · · + rmam|r1, · · · rm ∈ R, a1, · · · , am ∈ A,m ∈ Z+

Në qoftë se A është bashkësia e fundme a1, · · · , an në vend të RA ne mund të shkruajmë Ra1 + Ra2 + · · · + Ran.RA do të quhet nënmodul i modulit M i gjeneruar nga A. Në qoftë se N është një nënmodul i M-së (mundësishtN = M) dhe N = RA, për një nënbashkësi A të M-së, ne e quajmë A-në bashkësi gjeneratorësh për N dhe themi seN-ja gjenerohet nga A-ja.

iii) Një nënmodul N i modulit M (mundësisht N = M) është i gjeneruar në mënyrë të fundme në qoftë seekziston një nënbashkësi e fundme A e modulit M e tillë që N = RA, pra, në qoftë se N-ja gjenerohet nga njënënbashkësi e fundme.

iv) Një nënmodul N i modulit M (mundësisht N = M) është ciklik në qoftë se ekziston një element a ∈ M i tillëqë N = Ra, pra, në qoftë se N gjenerohet nga një element:

N = Ra = ra|r ∈ R.

Duke përdorur testin e nënmoduleve është e lehtë të vërtetohet se për çdo nënbashkësi A të M-së, RA është njënënmodul i M-së dhe është nënmoduli më i vogël i modulit M i cili përmban A-në. Në veçanti për nënmoduletN1, · · ·Nn të modulit M,

N1 + · · · + Nn,

është një nënmodul i gjeneruar nga bashkësiaN1 ∪ · · · ∪Nn

dhe është nënmoduli më i vogël i M-së që përmban Ni, p’er çdo i. Në qoftë se N, · · · ,Nn gjenerohen respektivishtnga bashkësitë A1, · · · ,An atëherë N1 + · · ·Nn gjenerohet nga A1 ∪ · · · ∪ An.

178 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Një nënmodul N i një moduli M mund të ketë disa bashkësi të cilat e gjenerojnë atë. Në qoftë se nënmoduli Ngjenerohet në mënyrë të fundme atëherë ekziston një numri i plotë jonegativ më i vogël d i tillë që N-ja gjenerohetnga d elementë. Çdo bashkësi gjeneratorësh e cila përbëhet nga d elementë do të quhet bashkësi minimale gjeneratorëshpër nënmodulin N.

Shembull 10.7. Le të kemi R = Z dhe le të jetë M një R–modul, pra ndonjë grup Abelian. Në qoftë se A ∈ M atëherë Zaështë thjeshtë grupi ciklik i M- së i gjeneruar nga a. Në përgjithësi, M gjenerohet si një Z–modul nga një bashkësi A atëherëdhe vetëm atëherë kur M gjenerohet si grup nga bashkësia A.

Shembull 10.8. Le të jetë R një unazë me 1 dhe le të jetë një R-modul i majtë vetë R. Vini re se R gjenerohet në mënyrë tëfundme, në fakt është një R–modul ciklik sepse R = 〈1〉.

Rikujtojmë se nënmodulet e R-së janë ekzaktësisht idealet e majtë të R-së, pra kur themi se I është një R-nënmodul ciklik i R–modulit të majtë R është njësoj si të themi se I është ideal themelor i R. Gjithashtu, kur themi seI është një R- nënmodul i gjeneruar në mënyrë të fundme është njësoj si të themi se I është një ideal i cili gjenerohetnë mënyrë të fundme.

Kur R është unazë ndërrimtare për nënmodulin (idealin) e gjeneruar respektivisht nga A ose a ne shkruajmë ARose aR, sikurse në rastin e Z ku e shënuam me nZ. Në këtë rast AR = RA dhe aR = Ra. Pra një Unazë IntegraleThemelore është një unazë integrale (ndërrimtare) R me njësh në të cilën çdo R- nënmodul i R është ciklik.

Përkufizim 10.9. Le të jenë M1, · · · ,Mn një koleksion R–modulesh. Koleksioni i k- pikave të renditura (m1,m2, · · · ,mk)ku mi ∈M me mbledhjen dhe veprimin e R-së quhet prodhim direkt i M1, · · · ,Mk dhe shënohet M1 × · · · ×Mk.

Në pohimin e mëposhtëm është treguar se kur një modul është izomorfik me prodhimin direkt të disa prejnënmoduleve të tij.

Pohim 10.4. Le të jenë N1,N2, · · · ,Nn nënmodule të një R–moduli M. Atëherë pohimet e mëposhtme janë ekuivalente:

1. Funksioni π : N1 ×N2 × · · · ×Nk → N1 + N2 + · · · + Nk i tillë që:

π(a1, a2, · · · , an) = a1 + a2 + · · · + ak

është një izomorfizëm(R–modulesh): N1 + N2 + · · · + Nk N1 ×N2 × · · · ×Nk.

2. N j ∩ (N1 + N2 + · · · + N j−1 + N j+1 + · · · + Nk) = 0 për çdo j ∈ 1, 2, · · · , k.

3. Çdo x ∈ N1 + N2 + · · · + Nk mund të shkruhet në mënyrë të vetme në formën a1 + a2 + · · · + ak ku ai ∈ Ni.

Vërtetim: Detyrë.Një R–modul F quhet modul i lirë në nënbashkësinë A të F-së në qoftë se për çdo element jo zero të F-së, ekzistojnë

elementët e vetëm r1, r2, · · · , rn ∈ R dhe elementët e vetëm a1, a2, · · · , an ∈ A të tillë që x = r1a1 + r2a2 + · · · rnan për njën ∈ Z+. Në këtë rast ne themi se A është bazë ose bashkësia e gjeneratorëve të lirë për F-në.

Në qoftë se R është unazë ndërrimtare kardinaliteti i A-së quhet rank i F-së.

Teorema 10.2. Për një bashkësi A ekziston një R–modul F(A) mbi bashkësinë A dhe F(A) gëzon vetinë universale: Në qoftëse M është një R-modul dhe

ϕ : A→M,

një funksion, atëherë ekziston një homomorfizëm i vetëm R–modulesh φ : F(A)→M i tillë që φ(a) = ϕ(a) për çdo a ∈ A.Kur A është një bashkësi e fundme a1, a2, · · · , an,

F(A) = Ra1 ⊕ Ra2 ⊕ · · · ⊕ Ran Rn.

Vërtetim: Ne e lemë vërtetimin si detyrë për lexuesin.

Rrjedhim 10.1. 1. Në qoftë se F1 dhe F2 janë module të lira mbi të njëjtën bashkësi A, ekziston një izomorfizëm i vetëmndërmjet F1 dhe F2 i cili është funksioni identitet mbi A-në.

c©AulonaPress 179




Algjebra Shaska T.

2. Në qoftë se F është një R modul i lirë me bazë A, atëherë F ≈ F(A). R–moduli F gëzon në lidhje me A- në vetinë universalesikurse dhe F(A) në Teoremën (10.2).

Vërtetim: Detyrë

Kur R = Z, moduli i lirë mbi bashkësinë A quhet grup Abelian i lirë mbi A-në. Në qoftë se |A| = n,F(A) quhetgrup. Abelian i lirë me rank n dhe është izomorfik me Z ⊕ · · · ⊕Z, n-herë.

Ushtrime:

Në ushtrimet e mëposhtme R është unazë me 1 dhe M është një R modul i majtë.

1. Vërtetoni se në qoftë se A dhe B janë bashkësi me kardinalitet të njëjtë, atëherë modulet e lirë F(A) dhe F(B) janë izomorfikë.

2. Supozoni se R është ndërrimtar. Vërtetoni se Rn≈ Rm atëherë dhe vetëm atëherë kur n = m, pra dy R–module të lirë me

rank të fundëm janë izomorfikë atëherë dhe vetëm atëherë kur ata kanë rank të njëjtë.

3. Një R-modul M është quajtur modul torsion në qoftë se për çdo m ∈M ekziston një element jo zero r ∈ R i tillë që rm = 0,ku r mund të varet nga m. Vërtetoni se çdo grup i fundëm Abelian është njëZ–modul torsion. Jepni një shembull të një grupitë pafundëm Abelian i cili është një Z–modul torsion.

4. Le të jetë R një unazë integrale. Vërtetoni se çdo R modul torsion i gjeneruar nga një numër i fundëm elementësh ekzistonnjë element r ∈ R i tillë që rm = 0 për çdo m ∈M, në këtë rast r nuk varet nga m.

5. Le të jetë N një nënmodul i modulit M. Vërtetoni se në qoftë se M/N dhe N gjenerohen nga një numër i fundëm elementëshatëherë dhe M gjithashtu gjenerohet nga një numër i fundëm elementësh.

6. (a) Supozojmë se R është një PID. Vërtetoni se çdo nënmodul i një R-module të lirë është i lirë.(b) Jepni një shembull të një unaze me një R–modul F is cili eshtë i lirë, por ka një nënmodul i cili nuk është i lirë.

7. Vërtetoni se :(a) Një grup Abelian është injektiv atëherë dhe vetëm atëherë kur është i pjestueshëm.(b) Një modul mbi një PID është injektiv atëherë dhe vetëm atëherë është i pjestueshëm.

8. Vërtetoni se çdo grup Abelian G mund të pasqyrohet në mënyrë injektive si një nëngrup i një grupi të pjestueshëm Abelian.

9. Le të jetë G një grup Abelian. Vërtetoni se G ka një nëngrup d(G) i cili është i pjestueshëm dhe përmban gjithë nëngrupet epjestueshëm të G-së. Për më tepër d(G) është një term shume i G, i tillë që G/d(G) nuk ka nëngrupe të pjestueshëm jo-trivialë.

10. Supozojmë se R është një unazë me identitet.(a) Vërtetoni se çdo R-modul, i majtë dhe i lirë është projektiv.(b) Vërtetoni se një R-modul i majtë P është projektiv atëherë dhe vetëm atëherë çdo varg ekzakt i shkurtër i moduleve të

majta ndahet.

0 −→ A −→ B −→ P −→ 0

(c) Vërtetoni se P është projektiv atëherë dhe vetëm atëherë është term shume i një moduli të lirë.

11. (a) Jepni një shembull të nj’e projeksioni projektiv i cili nuk është i lir’e.(b) Jepni një shembull të nj’e unaze R me identitet dhe të nj’e R–moduli të lir’e i cili ka një n’enmodul i cili nuk është i lir’e.

12. Jepet R një unaz’e me identitet. Vërtetoni se një shum’e direkte e R–moduleve të majta është projektive atëherë dhe vetëmatëherë çdo term i shum’es është projektiv.

13. Jepet R një unaz’e me identitet. Vërtetoni se një prodhim direkt e R–moduleve të majta është injektiv atëherë dhe vetëmatëherë çdo faktor i është injektiv.

14. Supozojm’e se A është një unaz’e Abeliane me identitet. Le të jen’e F(m) dhe F(n) module të lira me m dhe n gjenerator’e.Vërtetoni se në qoftë se F(m) F(n), atëherë m = n.

(b) Jepni nj’e shembull të nj’e A–moduli të lir’e të till’e që dy baza të ndryshme të tij kan’e kardinalitete të ndryshme.

15. Jepet R një unaz’e me identitet dhe J nj’e R–modul i majt’e i padekompozuesh’em dhe injektiv. Sh’enojm’e me S = EndR(J).Vërtetoni se për çdo s ∈ S të pakt’en një nga s ose 1 − s është nj’esi.

16. Supozojmë se R është një unazë me identitet dhe çdo varg i shkurt’er ekzakt i R–moduleve ndahet. V’ertetoni se çdoR–modul është izomorfik me nj’e shum’e direkte të R–moduleve të thjeshta.

180 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

10.4 Prodhimi tensor

Në këtë temë ne do të studiojmë prodhimin tensor të dy moduleve M dhe N mbi një unazë (jo domosdoshmërishtndërrrimtare) e cila përmban 1. Prodhimi tensor na lejon të formojmë një modul të ri në të cilin mund të marrim”prodhimin” m · n të elementëve m ∈M dhe n ∈ N.

Supozojmë se unaza R është një nënunazë e unazës S. Në këtë temë ne do të pranojmë se 1R = 1S. Në qoftë se Nështë një S-modul i majtë, atëherë N mund të konsiderohet gjithashtu si një R-modul meqënëse elementët e unazësR (duke qenë elementë të S)veprojnë mbi N. Aksiomat e S-modulit për N janë:

1. (S1 + S2) · n = S1 · n + S2 · n dhe S(n1 + n2) = S · n1 + S · n2, për çdo S,S1,S2 ∈ S dhe për çdo n,n1,n2 ∈ N.

2. (S1 · S2) · n = S1 · (S2 · n) për çdo ,S1,S2 ∈ S dhe çdo n ∈ N.

Si rast i veçantë i shprehjes së mësipërme është:

3. (S · r) · n, për çdo s ∈ S, r ∈ R dhe n ∈ N.

Në përgjithësi, nëse f : R → S është një homomorfizëm unazash nga R në S ku f (1R) = 1S atëherë është e lehtëtë tregohet se N mund të konsiderohet si një R-modul ku r · n = f (r) · n për r ∈ R dhe n ∈ N. Në këtë rast S mundtë konsiderohet si një shtrirje e unazës R dhe R-moduli thuhet se është përftuar nga N duke kufizuar skalarët nga Snë R.

Supozojmë tani se R është një nënunazë e S-se dhe ne fillojmë me një R-modul N dhe duam të përcaktojmë njëstrukturë S-moduli mbi N në një veprim të S mbi N(pra ”shtrijmë skalarët nga R në S”). Në përgjithësi kjo nukështë e vërtetë dhe në rastin më të thjeshtë kur unaza R është një R-modul por nuk është një S modul për unazënmë të madhe S.

Për shembull,Z është njëZ-modul por ai nuk mund të kthehet në njëQ-modul (në qoftë se do të kthehej atëherë12 1 = 2 do të ishte një element i Z me z + z = 1 e cila është e pamundur). Megjithëse Z nuk mund të kthehet nënjë Q-modul ai përmbahet në një Q modul. Ekziston një injeksion i Z-modulit Z të Q-modulit Q.

Lind pyetja kur një R-modul N mund të zhytet si një R-nënmodul i një S-moduli ose më në përgjithësi çfarëhomomorfizëm R–modulesh ekziston nga N tek S-modulet. Për shembull, supozojmë se N është një grup i fundëmAbelian jotrivial, le të themi N = Z/2Z, dhe shqyrtojmë homomorfizmat e mundshëm të N në një Q-modul. NjëQ-modul është thjeshtë një hapësirë vektoriale mbi Q dhe çdo element jozero në një hapësirë vektoriale mbi Q karend të pafundëm. Meqënëse çdo element në N ka rend të fundëm, çdo element i N duhet të shkojë në 0 sipas kësajhomomorfizme. Pra nuk ka homomorfizma Z-modulesh jozero nga N të një Q-modul i çfardoshëm dhe aq me paknjë zhytje të N që të kthej N në një nënmodul të Q-modulit.

Dy modulet, moduli Z dhe Z/2Z sillen shumë ndryshe kur ne duam ”të shtrimë skalarët” nga Z në Q. Përmodulin e parë ekziston një injeksion që e kthen atë në njëZ-nënmodul të modulitQ, ndërsa i dyti gjithmonë shkonnë 0 në një Q-modul.

Tani le të ndërtojmë për një R-modul të përgjithshëm N një S-modul i cili është më i ”miri i mundshëm” tek icili do të mundohemi të zhysim N. Ne do të shohim gjithashtu se ky modul përcakton të gjitha homomorfizmat emundshëm të N në S-modulet, në veçanti përcakton se kur N përmbahet në një S-modul.

Në rastin kur R = Z dhe S = Q ky ndërtim na jep Q kur zbatohet mbi modulin N = Z dhe 0 kur zbatohet mbimodulin N = Z/2Z. Në qoftë se R-moduli N është një S-modul atëherë nuk është e vështirë ti shtrijmë skalarët ngaR në S, pra fillojmë konstruksionin duke u kthyer te aksiomat themelore të moduleve për të analizuar se kur mundtë përkufizojmë produktet e formës s ·n për s ∈ S dhe n ∈ N. Këto aksioma fillojnë me një grup Abelian N së bashkume një funksion nga S ×N në N ku imazhi i (s,n) shënohet s · n. Eshtë e natyrshme të shqyrtojmë Z-modulin e lirë(pra grupin Abelian të lirë ) mbi bahkësinë S × N, pra koleksionin e të gjithë shumave të fundme të elementëve tëformës (si,ni) ku si ∈ S dhe ni ∈ N. Ky është një grup Abelian ku nuk ka lidhje ndërmjet çdo dy çifteve të ndryshme(s,n) dhe (s′,n′) pra nuk ka lidhje ndërmjet prodhimeve formale s · n dhe në këtë grup Abelian moduli origjinal Ndallon tërësisht nga koefiçientët e rinj nga S . Për ′ që plotësuan kushtet e nevojshme të dhënë në ekuacionin (1)si dhe relacionin (2′), ne duhet të marrim grupin faktor të këtij grupi Abelian me nëngrupin H të gjeneruar nga tëgjithë elementët e formës

(S1 + S2) · n − (S1,n) − (S2,n),(S,n1 + n2) − (S,n1) − (S,n2), dhe(S · r,n) − (S, r · n),

c©AulonaPress 181




Algjebra Shaska T.

për S,S1,S2 ∈ S, n,n1,n2 ∈ N dhe r ∈ R ku r · n është elementi i fundit që i referohet strukturës së R-modulit tëpërcaktuar mbi N.

Grupi faktor i përftuar shënohet S⊗R N dhe quhet prodhimi tensor i S dhe N mbi R. Në qoftë se s⊗ n shënojmëkosetat që përmbajnë (s,n) në S ⊗R N atëherë nga përkufizimi i grupit faktor kemi relacionet:

(S1 + S2) ⊗ n = S1 ⊗ n + S2 ⊗ n

S ⊗ (n1 + n2) = S ⊗ n1 + S ⊗ n2

S · r ⊗ n = S ⊗ r · n

Elementët S⊗R N janë quajtur tensor dhe mund të shkruhen si shuma të fundme të ”tensorëve të thjeshtë” të formëss ⊗ n ku s ∈ S, n ∈ N. Tani do t’e v’ertetojm’e se prodhimi tensor S ⊗R N është një S-modul i majtë në lidhje meveprimin

S(∑

f undme

Si ⊗ ni) =∑

f undme

(S · Si) ⊗ ni

Kontrollojmë fillimisht nëse ky është një funksion. Në qoftë se s′ ∈ S atëherë

(s′(S1 + S2),n) − (s′ · S,n) − (s′ · S2,n) = (s′ · S1 + s′ · S2,n) − (s′ · S,n) − (s′ · S2,n))(s′ · S,n1 + n2) − (s′ · S,n1) − (s′ · S,n2)

dhe(s′(S · r),n) − (s′ · S, r · n) = ((s′ · S) · r,n) − (s′ · S, r · n)

secila i përket bashkësisë së gjeneratorëve, pra secila shtrihet në nëngrupin H. Kjo tregon se duke shumëzuar ngae majta me s′ rreshtin e parë të gjeneratorëve në (3) marrim një element tjetër nga H është shumë e elementëve tëtrajtës (3), rrjedh që çdo element

∑(si,ni) ∈ H dhe

∑(s′ · Si,ni) ndodhet gjithashtu në H. Supozojmë tani se∑

si ⊗ ni =∑

s′i ⊗ n′i

(përfaqësojnë të njëjtin element në S ⊗R N) atëherë∑(si,ni) −

∑(s′i ,n

′

i ) ∈ H

dhe me sa kemi parë deri tani s ∈ S ∑(s · si,ni) −

∑(s · s′i ,n

′

i )

është gjithashtu në H. Por kjo do të thotë se∑s · si ⊗ ni =

∑s · s′i ⊗ n′i

ne S ⊗R N. Pra pasqyrimi i dhënë më lartë është funksion.Tani duke përdorur ekuacionet në (4) është e lehtë të vërtetojmë se veprimi i dhënë te (5) e bën S⊗R N në S-modul

të majtë . Për shembull

(s + s′) · (si ⊗ ni) = ((s + s′) · si) ⊗ ni

= (s · si + s′ · si) ⊗ ni

= s · si ⊗ ni + s′ · si ⊗ ni

= s · (si ⊗ ni) + s′ · (si ⊗ ni)

Moduli S ⊗R N quhet S-modul i majtë i përfituar nga shtrirja e skalarëve të R-modulit N.Ekziston një projeksion natyral i : N→ S ⊗R N n→ 1 ⊗ n Meqë 1 ⊗ r · n = r ⊗ n = r(1 ⊗ n) nga (4) dhe (5) ,është e

thjeshtë të vërtetojmë se i është një homomorfizëm R-modulesh nga N te S ⊗R N.

Ushtrime:

1. Vërtetoni unicitetin e prodhimit tensor M ⊗R N

182 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

2. Vërtetoni se(Z/mZ) ⊗Z (Z/nZ) = 0

në qoftë se m dhe b janë primë me njëri-tjetrin.

3. Vërtetoni se R ⊗R M ≈M

4. Le të jetë R një unazë dhe I një ideal i R. Vërtetoni se

R/I⊗R ≈M/IM

për një R-modul M.

5. Le të jetë M një grup Abelian i gjeneruar në mënyrë të fundme. Vërtetoni se:

Q ⊗Z M ≈ ⊕ri=1Q

ku r është ranku i M-së.

6. Le të jenë M,N,S, R-module. Vërtetoni se:

M ⊗R (N ⊗R S) ≈ (M ⊗R N) ⊗R S

7. Sopozoni se A është një unazë komutative me njësh. Në qoftë se P dhe Q janë A-module projektivë, vërtetoni se P ⊗A Qështë gjithashtu projektiv.

8. Supozoni se R është një unazë themelore (PID) dhe F është fusha e thyesave të saj. Për çdo R-modul të lirë torsion M,vërtetoni se M ⊗R F mbulesa injektive e M-së.

9. Supozoni se (m,n) = d. Vërtetoni se Zm ⊗Z Zn = Zd.

10. Le të jetë A një unazë komutative me njësh dhe supozoni se M është një A-modul dhe I është një ideal i A-së. Vërtetoni se(A/I) ⊗M M/IM, ku IM është nënmoduli i gjeneruar nga të gjithë elementët e formës xb, ku x ∈ I, b ∈M.

11. Le të jetë R një unazë me 1 dhe A një modul i majtë. Në qoftë se vargu i mëposhtëm është ekzakt:

N −→M −→ P −→ 0

atëherë tregoni se:A ⊗R N −→ A ⊗R M −→ A ⊗R P −→ 0

është ekzakt.

12. Le të jenë R dhe S unaza dhe AR, CS module dhe B një bimodul. Atëherë

HomS(A ⊗R B,C) HomR(A,HomS(B,C))

10.5 Vargjet ekzaktë

Një nga rezultatet themelore për të studiuar strukturën e një objekti algjebrik B (për shembull një grupi, njëunaze ose një moduli) është Teorema e Parë e Izomorfizmave e cila lidh nën-objektet e B-së ( respektivisht nëngrupetnormalë, idealet ose nënmodulet) me imazhet e mundshme homomorfike të B-së. Ne tashmë kemi parë shumëshembuj ku zbatohet kjo teoremë për të kuptuar strukturën e B- së duke u nisur nga përbërësit e tij më të ”vegjël”.Për shembull, për të analizuar strukturën e grupit dihedral D8 fillimisht përcaktojmë qendrën e tij dhe më passtudiojmë grupin faktor të D8 me qëndrën e tij.

Në shumicën e këtyre shembujve ne fillojmë me një B të dhënë dhe më vonë përcaktojmë disa nga vetitëthemelore të tij duke përcaktuar një homomorfizëm ϕ dhe duke analizuar si kerϕ dhe B/kerϕ. Në këtë temë ne dotë studiojmë problemin e anasjellë. Pra, ne do të studiojmë se kur, në qoftë se na jepen dy module A dhe C, ekziston

c©AulonaPress 183




Algjebra Shaska T.

një modul B i cili përmban (një kopje izomorfike) të A-së të tillë që moduli faktor B/A është izomorfik me C-në dhenë këtë rast ne themi se B është një shtrirje e C-së me A.

Lind natyrshëm pyetja se sa B të tilla ekzistojnë për një A dhe C të dhënë dhe cilat veti të B-së përcaktohen dukeu nisur nga vetitë e A-së dhe C-së. Probleme analoge me këtë ka dhe në teorinë e grupeve dhe të unazave.

Në këtë leksion të gjitha unazat kanë 1. Për të thënë se A është izomorfike me një nënmodul të B-së ne themi seekziston një izomorfizëm

ψ : A→ B,

pra A ≈ ψ(A) ⊆ B). Për të thënë se C është izomorfik me grupin faktor është njësoj si të themi se ekziston njëhomomorfizëm syrjektiv ϕ : B→ C me kerϕ = ψ(A). Pra kjo më jep një çift homomorfizmash:

Aψ→ B

ϕ→ C,

ku Img ψ = kerϕ. Një çifti homomorfizmash me këtë veti i është dhënë një emri varg ekzakt.

Përkufizim 10.10. 1. Çifti i homomorfizmave x α→ y

β→ z thuhet se është ekzakt (tek y) në qoftë se Img α = ker β

2. Një varg homomorfizmash· · · → xn−1 → xn → xn+1 → · · ·

quhet varg ekzakt në qoftë se ai është ekzakt në çdo xn ndërmjet një çifti homomorfizmash.

Duke u mbështetur në këtë përkufizim çifti i homomorfizmave

Aψ→ B

ϕ→ C

është ekzakt në B. Ne gjithashtu mund të përdorim këtë terminologji për të shprehur faktin se ψ është injektiv dheϕ është syrjektiv.

Pohim 10.5. Le të jenë A,B dhe C, module mbi mbi një unazë R dhe 0 është moduli zero. Atëherë,

1. Vargu

0→ Aψ→ B

është ekzakt (në A) atëherë dhe vetëm atëherë kur ψ është injektiv.

2. Vargu

Bϕ→ C→ 0

është ekzakt në C atëherë dhe vetëm atëherë kur ϕ është syrjektiv.

Vërtetim: Homomorfizmi ψ : 0 → A(i përkufizuar në mënyrë të vetme) ka imazh 0 në A. Kjo do të jetë bërthamae ψ atëherë dhe vetëm atëherë kur ψ është injektiv. Në mënyrë të ngjashme, bërthama e homomorfizmit zero (tëpërkufizuar në mënyrë të vetme) C→ 0 është e gjithë C-ja e cila është imazhi i ϕ atëherë dhe vetëm atëherë kur ϕështë syrjektiv.

Rrjedhim 10.2. Vargu

0→ Aψ→ B

ϕ→ C→ 0

është ekzakt atëherë dhe vetëm atëherë kur ψ është injektiv, ϕ është syrjektiv dhe Img ψ = kerϕ, por B është një shtrirje e C-sënë A.

Përkufizim 10.11. Seria ekzakte0→ A

ψ→ B

ϕ→ C→ 0

quhet varg i shkurtër ekzakt.

184 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Më poshtë do të shohim se kuptimi i vargjeve ekzakte është shumë i përshtatshëm për të analizuar se cilat vetitë A-së dhe C-së përcaktojnë vetitë e B-së. Në qoftë se A,B dhe C janë grupe multiplikative, vargu i mësipërm do të

shkruhet O→ Aψ→ B

ϕ→ C→ 1 ku me 1 shënojmë grupin trivial.

Kur shkruajmë x α→ y

β→ z është ekzakt në y është njësoj si të themi O→ α(x)→ y→ y/ker β→ O është një varg

i shkurtër ekzakt.

Shembull 10.9. Kur jepen modulet A dhe C ne mund të formojmë shumën direkte∑

B = A ⊕ C dhe vargun

O→ A t→ A ⊕ C π

→ C→ O

ku t(a) = (a, 0) dhe π(a, c) = C është një varg i shkurtër ekzakt. Pra, rrjedh se ekziston gjithmonë të paktën një shtrirje e C-sënë A.

Shembull 10.10. Si një rast i veçantë i shembullit të mëparshëm shqyrtohen dy Z−module A = Z dhe C = Z/nZ:

O→ Zt→ Z ⊕ (Z/nZ)

ϕ→ Z/nZ→ O

e cila na jep nje shtrirje të Z/nZ në Z.Një shtrirje tjetër e Z/nZ në Z jepet nga shtrirja e shkurtër ekzakte

O→ Zn→ Z

π→ Z/nZ→ O

ku me n shënojmë funksionin x→ nx dhe π shënojmë projeksionin natyral. Vini re se modulet në mes të dy vargjeve ekzaktetë mëparshme nuk janë izomorfikë. Pra, ekzistojnë (të paktën) dy mënyra ”të ndryshme” ose ”jo ekuivalente” për të shtrirëZ/nZ mbi Z.

Shembull 10.11. Në qoftë se ϕ : B→ C është një homomorfizëm ne mund të formojmë vargun ekzakt

0→ kerϕ → Bϕ→ Img ϕ→ O.

Në qoftë se ϕ është syrjektiv atëherë vargu ϕ : B→ C mund të shtrihet në një varg të shkurtër ekzakt me A = kerϕ

Në Shemb. 10.10 tregohet se për një A dhe një C të fiksuar, në pergjithësi mund të gjenden shtrirje të ndryshmetë C-së me A. Për të dalluar shtrirjet e ndryshme ne japim përkufizimin e homomorfizmit ndërmjet dy vargjeveekzakte. Rikujtojmë se një diagramë në të cilën përfshihen homomorfizma të ndryshme thuhet se komuton në qoftëse një përbërje homomorfizmash me të njëjtën pikë fillimi dhe mbarimi janë të barabartë, pra funksionet e përbërjestë dhënë duke ndjekur një rrugë homomorfizmash në diagramë varet vetëm nga pika e fillimit dhe mbarimit dhejo nga rruga e zgjedhur.

Përkufizim 10.12. Le të jetëO→ A→ B→ C→ O

dheO→ A′ → B′ → C′ → O

dy vargje modulesh ekzakt të shkurtër.i) Një homomorfizëm i vargjeve të shkurtër ekzakt është një çift α, β, γ homomorfizmash modulesh të tillë që

diagrama e mëposhtme është komutative:Një homomorfizëm është një izomorfizëm vargjesh të shkurtër ekzakte në qoftë se α, β, γ janë të gjitha

izomorfizma dhe në këtë rast shtrirjet B dhe B′ thuhet se janë shtrirje izomorfike.

ii) Dy vargje ekzakt janë quajtur ekuivalentë në qoftë se A = A′, C = C′ dhe ekziston një izomorfizëm ndërmjettyre si te 10.12, pra identiteti shkon te A dhe C (pra α dhe γ janë identiteti). Në këtë rast shtrirjet korresponduese Bdhe B′ quhen shtrirje ekuivalente.

Ushtrime:

c©AulonaPress 185




Algjebra Shaska T.

Figura 10.1: Homomorfizëm i vargjeve ekzaktë.

1. Le jë jenë X,X′,X′′ , A-module. Një vargX′ −→ X→ X

′′

−→ 0

është ekzakt atëherë dhe vetëm atëherë kur

HomA(X′,Y)←− HomA(X,Y)←− HomA(X′′

,Y)←− 0

është ekzakt për të gjithë A-modulet Y.

186 c©AulonaPress




Kapitulli 11

Hapësirat vektoriale

Në këtë kapitull ne do të rishqurtojmë teorinë bazë të hapësirave vektoriale me dimension të fundëm mbi njëfushë F. Për faktet bazë të teorisë së algjebrës lineare shihni [Sha08].

11.1 Përkufizimet bazë

Në kapitullin e kaluar ne thame se modulet mbi nje fushë F janë hapësira vektoriale. Një nga rezultatet e para qëdo të vërtetojmë për hapësirat vektoriale është se ato janë F–module të lira, pra ato kanë një bazë. Megjithëse ne dotë trajtojmë vetëm rastin e hapësirave me dimension të fundëm, rezultatet korresponduese për hapësirat vektorialenë përgjithësi vërtetohen në ushtrime si zbatime të Lemës së Zornit.

Një nënbashkësi S e V-së quhet bashkësi me vektorë linearisht të pavarur në qoftë se ekuacioni:

α1v1 + α2v2 + · · ·αnvn = 0,

ku α1, α2, · · · , αn ∈ F dhe v1, v2, · · · , vn ∈ S sjell si rrjedhim:

α1 = α2 = · · · = αn = 0.

Bazë për një hapësirë vektoriale V është një bashkësi e renditur vektorësh linearisht të pavarur të cilët gjenerojnëhapësirën Span(V). Në përgjithësi dy baza do të konsiderohen të ndryshme edhe në qoftë se njëra është thjeshtë njëri-renditje e tjetrës.

Shembull 11.1. Hap’esira e polinomeve V = F[x] me ndryshore x dhe me koefiçient nga fusha F është një hapësirë vektorialembi F-në. Elementët 1, x, x2, · · · janë linearisht të pavarur nga përkufizimi (një polinom është 0 nëse të gjithë koefiçientët e tijjanë 0). Duke qënë se këta elementë gjenerojnë V-në, po ashtu nga përkufizimi themi se ata janë një bazë për V-në.

Shembull 11.2. Bashkësia e zgjidhjeve të një ekuacioni diferencial, linear, homogjen, me koefiçientë konstante mbi C formonhap’esirë vektoriale mbi C meqënëse diferencimi është operator linear.

Elementët e kësaj hapësire vektoriale janë linearisht të pavarur në qoftë se ata janë linearisht të pavarur si funksione. Përshembull et dhe e2t janë zgjidhje të dukshme të ekuacionit

y′′

− 3y′

+ 2y = 0

Ato janë funksione linearisht të pavarur meqë aet + be2t = 0 sjell që a + b = 0 dhe ae + be2 = 0 japin si zgjidhje të vetmea = b = 0. ’Eshtë një teoremë për ekuacionet diferenciale e cila pohon se këta elementë gjenerojnë bashkësinë e zgjidhjeve tëkëtij ekuacioni, pra janë bazë për këtë hapësirë.

Pohim 11.1. Supozojmë se bashkësiaA = v1, v2, · · · , vn

gjeneron hapësirën vektoriale V po asnjë nënbashkësia e mirëfilltë A-së gjeneron V-në. Atëherë, A është një bazë e V-së, nëveçanti, çdo hapësirë vektoriale mbi F-në e gjeneruar në mënyrë të fundme është F-modul i lirë.

187

Algjebra Shaska T.

Vërtetim: Mjafton të v’ertetojm’e që v1, v2, · · · , vn janë linearisht të pavarur. Supozojmë se α1v1 +α2v2 + · · ·+αnvn = 0ku jo të gjitha αi janë 0. Duke i rirenditur, marrim α1 , 0 dhe kemi

v1 = −1α1

(α2v2 + · · · + αnvn).

Kështu që bashkësia v2, v3, · · · , vn gjeneron V-në, meqënëse çdo kombinim linear i v1, v2, · · · , vn mund të shkruhetsi kombinim linear i v2, v3, · · · , vn duke përdorur ekuacionin e mësipërm. Ky është një kontradiksion.

Shembull 11.3. Le të jetë F një fushë, marrim në konsideratë F[x]/(

f (x))

ku

f (x) = xn + an−1xn−1 + · · · + a1x + a0.

Ideali(

f (x))

është nënhapësirë e hapësirës vektoriale F[x] dhe grupi faktor F[x]/(

f (x))

është gjithashtu hapësirë vektoriale mbiF-në.

Nga algoritmi i Euklidit, çdo polinom a(x) ∈ F[x] mund të shkruhet në mënyrë të vetme, në formën a(x) = q(x) f (x) + r(x)ku r(x) ∈ F[x] dhe 0 ≤ deg r(x) ≤ n − 1. Meqënëse q(x) f (x) ∈

(f (x)

), çdo element i grupit faktor paraqitet nga një polinom

r(x) me gradë ≤ n−1. Dy polinome të tillë të ndryshëm nuk mund të jenë në të njëjtin grup faktor, sepse përndryshe diferenca etyre do të pjesëtohej nga f (x)(e cila është me gradë n). Pra, elementët 1, x, x2, · · · , xn−1 (viza tregon imazhin e këtyre elementëvenë grupin faktor) gjenerojnë F[x]/

(f (x)

)si një hapësire vektoriale mbi F-në dhe se asnjë nënbashkesi e mirëfilltë e këtyre

elementëve e gjeneron atë, atëherë këta elementë formojnë një bazë për F[x]/(

f (x)).

Rrjedhim 11.1. Supozojmë se bashkësia e fundmeA gjeneron hapësirën vektoriale V. AtëherëA përmban një bazë për V-në.

Vërtetim: Çdo nënbashkësi B e A-së e cila gjeneron V-në, por e tillë që asnjë nënbashkësi e mirëfilltë e saj nukgjeneron V-në është bazë për V-në, nga (11.1).

Teorema 11.1 (Teorema e z’evend’esimit). Supozojmë se bashkesia

A = a1, a2, · · · , an

është një bazë për V-në e cila përmban n elementë dhe b1, b2, · · · , bm është bashkësia e vektorëve linearisht të pavarur në V.Ekziston një renditje a1, a2, · · · , an e tillë që për çdo k ∈ 1, 2, · · · ,m bashkësia

b1, b2, · · · , bk, ak+1, ak+2, · · · , an

është një bazë e V-së. Elementët b1, b2, · · · , bm mund të zëvendësojnë elementët e bazësA dhe të përbëjnë përsëri një bazë. Nëveçanti kur n ≥ m.

Vërtetim: Përdorim induksionin mbi k-në. Nese k = 0 nuk ka asgje për të provuar duke qënë seA është një bazë edhënë e V-së. Supozojmë që b1, b2, · · · , bk, ak+1, ak+2, · · · , an është një bazë për V-në. Në veçanti kjo është një bashkësigjeneruese, kështu bk+1 është një kombinim linear:

bk+1 = β1b1 + β2b2 + · · · + βkbk + αk+1ak+1 + αk+2ak+2 + · · · + αnan (11.1)

Jo të gjitha αi behen 0 sepse kjo do të sillte që bk+1 është kombinim linear i b1, b2, · · · , bk, të cilët janë linearisht tëpavarur. Duke i rirenditur, nëse është e nevojshme, supozojmë se ak+1 , 0. Atëherë duke zgjidhur ekuacionin efundit për ak+1 si një kombinim linear i bk+1 dhe b1, b2, · · · , bk, ak+2, · · · , an kemi se:

Spanb1, b2, · · · , bk, bk+1, ak+2, · · · , an = Spanb1, b2, · · · , bk, ak+1, ak+2, · · · , an

kështu kjo është një bashkësi gjeneruese për V-në. Mbetet të v’ertetojm’e që b1, b2, · · · , bk, bk+1, ak+2, · · · , an janëlinearisht të pavarur. Nëse

β1b1 + β2b2 + · · · + βkbk + βk+1bk+1 + αk+2ak+2 + · · · + αnan = 0 (11.2)

188 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

atëherë duke e zëvendësuar bk+1 me shprehjen e dhënë në ekuacionin (11.1) marrim një kombinim linear tëb1, b2, · · · , bk, ak+1, ak+2, · · · , an të barabartë me 0 ku koefiçienti i ak+1 është βk+1. Nga induksioni bashkësia e funditështë bazë, si rrjedhim të gjithë koefiçientët në këtë kombinim linear, në veçanti βk+1 janë 0. Atëherë Ek. (11.2) është:

β1b1 + β2b2 + · · · + βkbk + αk+2ak+2 + · · · + αnan = 0

Përsëri nga hipoteza e induksionit të gjithë koefiçientët janë 0. Kështu që

b1, b2, · · · , bk, bk+1, ak+2, · · · , an,

është një bazë për V-në dhe këtu mbaron vërtetimi.

Rrjedhim 11.2. i) Supozojme se V ka një bazë të fundme me n elementë. Çdo bashkësi vektorësh linearisht të pavarur ka ≤ nelementë. Çdo bashkësi e gjeneruar ka ≥ n elementë.

ii) Nëse V ka disa baza të fundme atëherë çdo dy baza të V-së kanë kardinalitet të barabartë.

Përkufizim 11.1. Nëse V është një F-modul i gjeneruar në mënyrë të fundme(ka bazë të fundme) dimension të V-sëdo të quajmë kardinalitëtin e bazës dhe e shënojme me dimFV ose thjeshtë dim V. Nëse V nuk gjenerohet në mënyrëtë fundme, V quhet me dimension të pafundëm (shkruhet dim V = ∞).

Shembull 11.4. Dimensioni i hapësirës së zgjidhjeve të ekuacionit diferencial y′′ −3y′ +2y = 0 mbiC është 2 (me bazë et, e2t).Ne përgjithesi ka një teoremë për ekuacionet diferenciale e cila pohon se hapësira e zgjidhjeve të një ekuacioni diferencial, linear,homogjen, me koeficientë konstantë me gradë n mbi C formon një hapësire vektoriale mbi C me dimension n.

Shembull 11.5. Dimensioni mbi F-në i grupit faktor F[x]/( f (x)) me polinomin f(x) jozero është n = deg f (x). Hapësira F[x]dhe nënhapesira ( f (x)) janë hapësira vektoriale mbi F-në me dimension të pafundëm.

Rrjedhim 11.3. Nëse A është një bashkësi vektorësh linearisht të pavarur ne një hapësirë V me dimension të fundëm atëherëekziston një bazë e V-së e cila përmban A-në.

Teorema 11.2. Nëse V është një hapësire vektoriale me dimension n mbi F-në atëherë V Fn. Në veçanti, çdo dy hapësiravektoriale me dimension të fundëm mbi F-në, me dimension të barabartë, janë izomorfikëe.

Vërtetim: Le të jenë v1, v2, · · · , vn një bazë për V-në. Përcaktojmë funksionin

ϕ : Fn→ V

të tillë qëϕ(α1, α2, · · · , αn) = α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn

Funksioni ϕ është linear, është syrjektiv sepse vi gjeneron V dhe injektiv sepse vi janë linearisht të pavarura, kështuai është një izomorfizëm.

Shembull 11.6. Le të jetë F një fushë e fundme me q elementë dhe le të jetë W një hapësirë vektoriale me dimension k mbiF-në. Shohim se numri i bazave të ndryshme të W është:

(qk− 1)(qk

− q)(qk− q2) · · · (qk

− qk−1).

Çdo bazë e W mund të ndërtohet si më poshtë. Çdo vektor w1 i ndryshëm nga zero mund të jetë elementi i parë i bazës.Meqënëse W është izomorfike me Fk, pra |W| = qk, kemi qk

− 1 mundësi për w1. Çdo vektor i cili nuk ndodhet në hapësirën1-dimensionale të gjeneruar nga w1 është linearisht i pavarur nga w1 dhe si rrjedhim mund të zgjidhet si element i dytë i bazës,w2. Një hapësirë 1-dimensionale është izomorfike me F kështu që ka q elementë, pra do të kemi qk

− q mundvsi për të zgjedhurw2. Duke vazhduar ne këtë mënyrë kur arim te elementi i i-të, çdo vektor i cili nuk ndodhet në i − 1- hapësirën vektoriale tëgjeneruar nga elementët w1,w2,w3, · · · ,wi−1 do të jenë linearisht të pavarur nga w1,w2,w3, · · · ,wi−1 dhe si rrjedhim mundtë zgjidhen si vektori i i-të i bazës, wi. Çdo hapësirë (i − 1)-dimensionale është izomorfike me Fi−1 dhe ka qi−1 elementë. Pra,kemi qk

− qi−1 mundësi për të zgjedhur wi. Ky proçes do të përfundojë kur zgjidhet wk, atëherë kemi k vektorë linearisht tëpavarur ne një hapësirë k-dimensionale, pra një bazë.

c©AulonaPress 189




Algjebra Shaska T.

Shembull 11.7. Le të jetë F një fushë e fundme me q elementë dhe V një hapësirë n-dimensionale mbi F-në. Për çdok ∈ 1, 2, · · · ,n do të v’ertetojm’e se numri i nënbashkësive të V-së me dimension k është

(qn− 1)(qn

− q)(qk− q2) · · · (qn

− qk−1)(qk − 1)(qk − q)(qk − q2) · · · (qk − qk−1)

Ndonjë hapësirë k-dimensionale është e gjeneruar nga k vektorët e pavarur. Duke pasur parasysh shembullin më lartë shprehjanë numërues tregon numrin e menyrave të zgjedhjes së k vektorëve të pavarur nga një hapësire n-dimensionale. Dy bashkësi mek vektorë të pavarur gjenerojnë të njëjtën hapësirë W atëherë dhe vetëm atëherë kur të dy janë baza k-dimensionale të hapësirësW. Per të gjetur formulën për numrin e nënhapësirave të ndryshme me dimension k ne duhet të pjesëtojmë me numrin epërsëritjeve domethënë me numrin e bazave të një hapësire k-dimensionale të fiksuar. Ky faktor që shfaqet në emërues ështëpikërisht numri i llogaritur në shembullin e mësipërm.

Më poshtë ne do të vertetojme një lidhje të rëndësishme midis dimensionit të një nënhapësire, dimensionit tëhapësirës së grupit faktor dhe dimensionit të të gjithe hapësirës.

Teorema 11.3. Le të jetë V një hapësirë vektoriale mbi F-në dhe le të jetë W një nënhapësirë e V-së. Atëherë V/W është njëhapesirë vektoriale me dim V = dim W + dim V/W (nëse njëra anë është infinit atëherë të dyja anët e barazimit janë infinit)

Vërtetim: Supozojmë se W ka dimension m dhe V ka dimension n mbi F, le të jetë w1,w2, · · · ,wm një bazë për W. NgaRrjedhimi (11.3) elementët linearisht të pavarur të V-së mund të shtrihen në një bazë w1,w2, · · · ,wm, vm+1, · · · , vn tëV-së. Projeksioni natyral i V-së në funksionin V/W pasqyron çdo wi në 0. Asnjë kombinim linear i vi nuk shkonne 0, sepse përndryshe ky kombinimin linear do të ishte një element i W, e cila bie në kundërshtim me mënyrën ezgjedhjes së vi. Ndërkaq imazhi i projeksionit të funksionit V/W është izomorfik me nënhapësirën e V të gjeneruarnga vi ndërsa dim V/W = n −m, ky është dhe vërtetimi i teoremës kur dimensionet janë të fundëm.

Nese një anë është e pafundme është një ushtrim i thjeshtë të ndërtojmë një numër të pafundëm vektorëshlinearisht të pavarur të cilët tregojnë se dhe ana tjetër është gjithashtu e pafundme.

Rrjedhim 11.4. Le të jetë ϕ : V → U një transformim linear i hapësirës vektoriale mbi F-në. Atëherë ker (ϕ) është njënënhapësirë e V-së, ϕ(V) është nënhapësirë e U-së dhe

dimV = ker (ϕ) + dimϕ(V).

Vërtetim: Vërtetimi i këtij rrjedhimi vjen direkt nga Teorema (11.3). Vini re në faktë se vërtetimi i Teoremës (11.3)vshtë një rast i veçantë i Rrjedhimmit (11.4) ku U është grupi faktor V/W dhe ϕ është projeksioni natural.

Rrjedhim 11.5. Le të jetë ϕ : V → W një transformim linear i hapësirave vektoriale me dimension të fundëm të njëjtë.Pohimet e mëposhtme janë ekuivalente.

1. ϕ është një izomorfizëm.

2. ϕ është injektiv domethënëh ker (ϕ) = 0.

3. ϕ është syrjektiv domethënë ϕ(V) = W.

4. ϕ pasqyron një bazë të V-së te një bazë e W.

Përkufizim 11.2. Nëse ϕ : V → U është një transformim linear i hapësirave vektoriale mbi F-në, ker (ϕ) ështëquajtur hapësira null e ϕ dhe dimensioni i ker (ϕ) është quajtur nuliteti i ϕ. Dimensioni i ϕ(V) është quajtur rank iϕ. Nëse ker (ϕ) = 0 transformimi quhet josingular (jo i vetëm).

Shembull 11.8. Le të jetë F një fushë e fundme me q elementë dhe le të jetë V një hapësirë vektoriale me dimension n mbiF-në. rikujtojmë se general linear grup GL(V) është grupi i të gjitha transformimeve lineare josingulare nga V në V(veprimi igrupit është përbërja). Ne treguam se rendi i këtij grupi është:

|GL(V)| = (qn− 1)(qn

− q)(qn− q2) · · · (qn

− qn−1).

Për të parë këtë, fiksoni një bazë v1, · · · , vn të V-së. Një transformim linear është josingular atëherë dhe vetëm atëherë kur aipasqyron këtë bazë në një bazë tjetër të V-së. Për më tepër, nëse w1, · · · ,wn është një bazë e V nga Teorema(10.2) në Temën(10.3)ekziston një transformim i vetëm linear i cili pasqyron vi në wi, per 1 ≤ i ≤ n. Pra numri i transformimeve lineare jo singularenga V në vetvete është i barabartë me numrin e bazave të ndryshme të V. Ky numër, i cili është llogaritur në shembullin mësipër( me k = n) është rendi i GL(V).

190 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Ushtrime:

1. Le të jetë V = Rn dhe le të jetë (a1, a2, · · · , an) një vektor në V. Vërtetoni se koleksioni i elementëve (x1, x2, · · · , xn) i V-sëku a1x1 + a2x2 + · · · + anxn = 0 është një nënhapësirë e V-së. Përcaktoni dimensionin e kësaj nënhapësire dhe gjeni një bazë.

2.

11.2 Matrica e një transformimi linear

Në këtë temë le të jenë V dhe W hapësira vektoriale mbi të njëjtën fushë F. Le të jet B = v1, v2, v3....vn njëbazë(e renditur) për V dhe le të jetë E = w1,w2,w3....wn një bazë (e renditur) për W dhe le të jetë ϕ ∈ Hom(V,W) njëtransformim linear nga V në W. Për çdo j ∈ 1, 2, 3....n shkruajmë imazhin e v j sipas ϕ në lidhje me termat e bazësE:

ϕ(v j) =

m∑i=1

αi jwi.

Le të jetë MEB

(ϕ) = (ai j) një matricë m× n ku termi i i, j-të është ai j. Matrica MEB

(ϕ) është quajtur matrica e ϕ në lidhjeme bazatB,E. Kur na jepet kjo matricë ne mund të përfitojmë transformimin linear ϕ si më poshtë: pët të llogariturϕ(v) për një v ∈ V, shprehim v në varësi të bazës B:

v =

n∑i=1

αivi, αi ∈ F

dhe më pas llogarisim produktin e matricave m × n dhe n × 1

MEB

(ϕ) ×

α1α2...αn

=

β1β2...βn

.

Imazhi i v nën veprimin e funksionit ϕ jepet nga

ϕ(v) =

m∑i=1

βiwi.

Përkufizim 11.3. Matrica A = (ai j), m×n, e shoqvruar me transformimin linearϕ thuhet se përfaqëson transofrmiminlinear ϕ në lidhje me bazat B,E. Gjithashtu themi se ϕ ështv transformimi linear i përfaqësuar nga matrica A nëlidhje me bazat B dhe E.

Shembull 11.9. Le të jetë V = R3, hapësira vektoriale me bazë standarteB = (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) dhe le të jetë W = R2

hapësira vektoriale me bazë standarte E = (1, 0), (0, 1. Le të jetë ϕ transormimi linear ϕ(x, y, z) = (x + 2y, x + y + z). Meqë

ϕ(1, 0, 0) = (1, 1)ϕ(0, 1, 0) = (2, 1)ϕ(0, 0, 1) = (0, 1)

matrica MEB

(ϕ) është:

MEB

(ϕ) =

(1 2 01 1 1

).

Teorema 11.4. Le të jenë V dhe W hapësira vektoriale mbi një fushë F, respektivisht me dimensione n dhe m dhe baza B dheE. Atëherë funksioni HomF(V,W) → Mm×n(F), i cili pasqyron hapësirën e funksioneve lineare nga V në W në hapësirën ematricave m × n me koefiçientë nga F, i tillë që ϕ → ME

B(ϕ) është një izomorfizëm hapësirash vektoriale. Në përgjithësi, kur

kemi fiksuar një bazë të caktuar, ekziston një korespodencë bijektive ndërmjet transformimeve lineare dhe matricave të tyreshoqëruese.

c©AulonaPress 191




Algjebra Shaska T.

Vërtetim: Shihni [Sha08].

Vini re se zgjedhja e bazave të ndryshme çon në izomorfizma të ndryshme.

Rrjedhim 11.6. Dimensioni i HomF(V,W) është (dim V)(dim W).

Vërtetim: Dimensioni i Mm×n(F) është mn.

Përkufizim 11.4. Një matricë A me përmasa m×n quhet matricë jo singulare në qoftë se Ax = 0, x ∈ Fn sjell që x = 0.

11.2.1 Transformimet lineare mbi prodhimet tensor të hapësirave vektoriale

Pohim 11.2. Le të jetë F një nënfushë e fushës K. Në qoftë se W është një hapëpësirë vektoriale m- dimensionale mbi F-në mebazë w1,w2, · · · ,wm, atëherë K ⊗F W është një hapësirë vektoriale m–dimensionale mbi K me bazë 1 ⊗ w1, · · · , 1 ⊗ wm.

Pohim 11.3. Le të jenë V dhe W hapësira vektoriale me dimension të fundëm mbi fushën F me baza respektivisht v1, · · · , vn dhew1, · · · ,wn. Atëherë V ⊗F W është një hapësirë vektoriale mbi F me dimension nm dhe bazë vi ⊗w j, 1 ≤ i ≤ n dhe 1 ≤ j ≤ m.

Vërejtje 11.1. Në qoftë se v dhe w janë elementë jozero respektivisht të V dhe W, atëherë nga pohimi i mësipërm rrjedh sev⊕w është një element jozero i V ⊗F W, sepse gjithmonë mund të ndërtojmë baza për V dhe W ku vektorët e parë të bazës janërespektëisht vektorët v dhe w. Në prodhimin tensor M ⊗R N të dy R–moduleve kur R nuk është fushë në përgjithësi është më evështirë të përcaktojmë se kur prodhimi tensor m ⊗ n i dy elementëve jozero është zero.

Le të kemi V,W,X,Y hapësira vektoriale me dimension të fundëm mbi F dhe le të jenë:

ϕ : V → X dhe ψ : W → Y

transformime lineare. Llogarisim matricën e transformimit linear

ϕ ⊗ ψ = V ⊗W → X ⊗ Y.

Le të jenë B1 = v1, · · · , vn dhe B2 = w1, · · · ,wm respektivisht baza të V dhe W dhe le të jenë E1 = x1, · · · , xr dheE2 = y1, · · · , yn respektivisht baza (të renditura) të X-it dhe Y. Le të jenë B = vi ⊗ w j dhe E = xi ⊗ y j baza për V ⊗Wdhe X ⊗ Y, le ti rendisim këto baza. Supozojmë se

ϕ(vi) =

r∑p=1

αpixp dhe ψ(w j) =

s∑q=1

βqjyq

Atëherë(ϕ ⊗ ψ)(vi ⊗ w j) = (ϕ(vi)) ⊗ (ψ(w j))

= (r∑

p=1

αpixp) ⊗ (s∑

q=1

βqjyq)

=

r∑p=1

s∑q=1

αpiβqj(xp ⊗ yq)

(11.3)

In view of the order of the summation në ekuacionin e mësipërm rendisim bazën E në r bashkësi të renditura ku lista e p-të ështëxp ⊗ y1, xp ⊗ y2, · · · , xp ⊗ ys dhe në mënyrë të ngjashme rendisim edhe bazënB. Ekuacioni (11.3) përcakton kolonat e matricëskonresponduese të ϕ ⊗ ψ. Matrica ME

B(ϕ ⊗ ψ) është një matricë bllok r × n ku blloku i p, q-të është matrica αp,qME2

B2(ψ) me

dimension s × m. Pra matrica për ϕ ⊗ ψ përfitohet duke marrë matricën për ϕ dhe duke shumëzuar secilin element të tij mematricën përfaqësuese të ψ. Këto matrica kanë një emër:

Përkufizim 11.5. Le të jenë A = (ai j) dhe B matrica me përmasa respektivisht r × n dhe s × m, me koefiçientë ngandonjë unazë komutative. Prodhimi Kronecker ose prodhimi tensor i A dhe B, i cili shënohet A ⊗ B, është matricars × nm e cila konsiston në një r × n bllok matricor ku blloku i i, j-të është matrica αi jB me përmasa s ×m.

Pohim 11.4. Le të jenë ϕ : V → X dhe ψ : W → Y transformime lineare të hapësirave vektoriale me dimension të fundëm.Atëherë produkti Kronecker i matricave korresponduese të ϕ dhe ψ është matrica ϕ ⊗ ψ.

192 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Shembull 11.10. Le te jete V = X = R3, të dyja me bazë v1, v2, v3,dhe W = Y = R2, të dyja me bazë w1,w2. Supozojmë seϕ : R3

→ R3 është një transformim linear i dhënë nga:

ϕ(av1 + bv2 + cv3) = cv1 + 2av2 − 3bv3

dhe ψ : R2→ R2 është transformimi linear i dhënë nga:

ψ(aw1 + bw2) = (a + 3b)w1 + (4b − 2a)w2.

Në lidhje me bazën e zgjedhur matricat shoqëruese për ϕ dhe ψ janë respektivisht: 0 0 12 0 00 −3 0

dhe(

1 3−2 4

)Atëherë në lidhje me bazën e renditur

B = v1 ⊗ w1, v1 ⊗ w2, v2 ⊗ w1, v2 ⊗ w2, v3 ⊗ w1, v3 ⊗ w2

kemi:

MBB

(ϕ ⊗ ψ) =

0 0 0 0 1 30 0 0 0 −2 42 6 0 0 0 0−4 8 0 0 0 00 0 −3 −9 0 00 0 6 −12 0 0

e fituar nga shumëzimi i matricave 2 × 2.

Ushtrime:

1. Le të jetë V një koleksion polinomesh me koefiçientë nga Q dhe me ndryshore x me rend të shumtën 5. Përcaktoni matricëne kalimit nga baza 1, x, x2, · · · , x5 për V në bazën 1, 1 + x, 1 + x + x2, · · · , 1 + x + · · · x5.

2. Le të jetë V po ajo hapësirë vektoriale si në ushtrimin e mësipërm. Le të

11.3 Hapesirat vektoriale duale

Përkufizim 11.6. 1. Le të jetë V një hapësirë vektoriale mbi F-në dhe le të jetë V? = HomF(V,F), hapësira etransformimeve leneare nga V në F, e cila quhet hapësira duale e V-së. Elementët e V? quhen linearfunctionals.

2. Në qoftë se B = v1, v2, · · · , vn është një bazë e hapësirës me dimension të fundëm V, përkufizojmë v?i ∈ V?,për çdo i ∈ 1, 2, · · · ,n nga veprimi i tij mbi bazën B:

v?i (v j) =

1, në qotë se i = j0, në qoftë se i , j 1 ≤ j ≤ n

Pohim 11.5. Duke u bazuar në përkufizimin e mësipërm v?1 , v?2 , · · · , v

?n është një bazë për V?. Në qoftë se V ka dimension

të fundëm atëherë V? ka dimension të njëjtë me V-në.

Vërtetim: Shihni [Sha08].

Përkufizim 11.7. Baza v?1 , v?2 , · · · , v

?n e V? është quajtur baza duale e

v1, v2, · · · , vn.

Ushtrimi i mëposhtëm tregon se në qoftë se V ka dimension të pafundëm është gjithmone e vërtetë se dim V < dim v?.

c©AulonaPress 193




Algjebra Shaska T.

Shembull 11.11. Le të jetë [a, b] një interval në R dhe le të jetë V hapësira verktoriale reale e të gjithë funksioneve tëvazhdueshëm

f : [a, b]→ R.

Në qoftë se a < b, atëherë V ka dimension të pafundëm. Për çdo g ∈ V funksioni

ϕg : V → R

ϕg( f ) =

∫ b

af (t)g(t)dt

është një linear functional në V.

Përkufizim 11.8. Hapësira duale e V?, e cila shënohet me V??, quhet hapësirë dyfishe duale ose hapësirë e dytëduale e V.

Për hapësirat vektoriale me dimension të fundëm kemi dim V = dim V? dhe gjithashtu dim V? = dim V??, pra V dheV?? janë hapësira vektoriale izomorfike.

Teorema 11.5. Ekziston një transformim linear injektiv nga V në V??. Në qoftë se V ka dimension të fundëm atëherë kytransformim linear është një izomorfizëm.

Vërtetim: Le të jetë v ∈ V. Përkufizojmë funksionin( evaluation at v)

Ev : V?→ F të tillë që Ev( f ) = f (v).

Atëherë,Ev( f + αg) = ( f + αg)(v) = f (v) + αg(v) = Ev( f ) + αEv(g)

pra Ev është një transformim linear nga nga V? në F. Si rrjedhim, Ev është një element i HomF(V?,F) = V??. Le tëpërkufizojmë një projeksion natural të tillë:

ϕ : V → V? i tillë qe ϕ(v) = Ev.

Le të vërtetojmë se funksioni ϕ është një transformim linear. Për çdo u, v ∈ V dhe α ∈ F kemi:

Ev+αw( f ) = f (v + αw) = f (v) + α f (w) = Ev( f ) + αEw( f )

për çdo f ∈ V? dhe:ϕ(v + αw) = Ev+αw = Ev + αEw = ϕ(v) + αϕ(w)

Le të vërtetojmë tani se ϕ është injektiv. Le të jetë v një vektor jozero në V. Në temat e mëparshme, në Rrjedhimin (11.3), kemiparë se ekziston një bazë B e cila përmban v-në. Le të jetë f një transformim linear nga V në F i cili pasqyron v te 1 dhe çdoelement tjetër të B − v në 0. Atëherë, f ∈ V? dhe Ev( f ) = f (v) = 1. Si rrjedhim, ϕ(v) = Ev nuk është zero në V??. Kjovërteton se kerϕ = 0, pra ϕ është injektiv.

Në qoftë se V ka dimension të fundëm n nga Pohimi (11.5), V? si dhe gjithashtu V?? kanë dimension n. Në këtë rast ϕështë një transformim linear injektiv nga V në një hapësirë vektoriale me dimension të njëjtë, pra është një izomorfizëm.

Le të jenë V dhe W hapësira vektoriale me dimension të fundëm mbi F me baza respektivisht B dhe E dhe le të jenë B? dhe

E? bazat duale. Fiksojmë ϕ ∈ HomF(V,W). Atëherë për çdo f ∈W?, përbërja f ϕ është një transformim linear nga V në F,

pra f ϕ ∈ V?. Pra pasqyrimi f → f ϕ është një funksion nga W? te V?. Këtë funksion ne e shënojmë me ϕ?.

Teorema 11.6. Funksioni ϕ? është një transformim linear nga W? në V? dhe ME?B?(ϕ?) është i transpozuari i matricësMBE(ϕ)

Vërtetim: Funksioni ϕ? është një funksion linear sepse:

( f + αg) ϕ = ( f ϕ) + α(g ϕ)

Funksioni ϕ jepet nga ekuacioni:

ϕ(v j) =

m∑i=1

αi jwi 1 ≤ j ≤ n

194 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Për të llogaritur matricën ϕ?, vini re se nga perkufizimi i ϕ? dhe w?

ϕ?(w?k )(v j) = (w?

k ϕ)(v j) = w?k

m∑i=1

αi jwi

= αkj.

Gjithashtu,

(n∑

i=1

αkiv?i )(v j) = αkj

për çdo j. Kjo tregon se të dy linear functionals të mëposhtëm kanë një bazë të njëjtë me V-në, pra ata janë të njëjtët elementëtë V?:

ϕ?(w?k ) =

n∑i=1

αkiv?i .

Kjo përcakton matricën për ϕ? në lidhje me bazat E? dhe B? si të transpozuarën e matricës për ϕ.

Rrjedhim 11.7. Për çdo matricë A, ranku i rreshtave të A-së është i barabartë me rankun e kolonave të A-së.

Vërtetim: Le të jetë ϕ : V → W një transformim linear matrica shoqëruese e të cilit në lidhje me bazat e fiksuara te Vdhe W është A. Nga Teorema (11.6) matrica e ϕ? : W?

→ V? në lidhje me bazat duale është e transpozuara e matricës A.Ranku i kolonës së matricës A është ranku i ϕ dhe ranku i reshtit i matricës A( i barabartë me rankun e kolonës së matricës sëtranspozuar të A-së) është ranku i ϕ?. Pra mjafton të vërtetojmë se ϕ dhe ϕ? kanë të njëjtin rank. Pra,

f ∈ kerϕ? ⇔ ϕ?( f ) = 0⇔ f ϕ(v) = 0 për çdo v ∈ V⇔ ϕ(V) ⊆ ker f ⇔ f ∈ Ann(ϕ(V)),

ku Ann(S) është anhilatori i S i përshkruar në Ushtrimin (3) më poshtë. Pra, Ann(ϕ(V)) = kerϕ?. Nga Ushtrimi (3),

dim Ann(ϕ(V)) = dim W − dimϕ(V).

Nga Rrjedhimi (11.4) kemi:dim kerϕ? = dim W?

− dimϕ?(W?).

Si rrjedhim, W dhe W? kanë të njëjtin dimension, dimϕ(V) = dimϕ?(W?).

Ushtrime:

1. Le të jetë V një hapësirë vektoriale e fundme. Vërtetoni se pasqyrimi ϕ→ ϕ? në Teoremën (11.6) është një homomorfizëmunazash i End(V) me End(V?).

2. Le të jetë V një koleksion polinimesh me koefiçientë ngaQ, me ndryshore x, me rend të shumtën 5 dhe me bazë 1, x, x2, · · · , x5.Vërtetoni se funksionet e mëposhtëm janë elementë të hapësirës duale të V-së dhe i shprehni ata si kombinim linear i bazës sëhapësirës duale:

a) E : V → Q i tillë që E(p(x)) = p(3)(evaluation në x = 3)b) ϕ : V → Q i tillë që ϕ(p(x)) =

∫ 1

0 p(t)dt

c) ϕ : V → Q i tillë që ϕ(p(x)) =∫ 1

0 t2p(t)dtd) ϕ : V → Q i tillë që ϕ(p(x)) = p′(5) ku me p′(x) shënojmë derivatin e zakonshëm të polinomit p(x) në lidhje me x-in.

3. Le të jetë S një nënbashkësi e V? për një hapësirë me dimension të fundëm V. Përkufizojmë Ann(S) = v ∈ V| f (v) =0 për çdo f ∈ S. Ann(S) quhet anhilatori i S në V.

a) Vërtetoni se Ann(S) është një nënhapësirë e V.b) Le të jenë W1 dhe W2 nënhapësira të V?. Vërtetoni se:

Ann(W1 + W2) = Ann(W1) ∩ Ann(W2)

c©AulonaPress 195




Algjebra Shaska T.

dheAnn(W1 ∩W2) = Ann(W1) + Ann(W2).

c) Le të jenë W1 dhe W2 nënhapësira të V?. Vërtetoni se W1 = W2 atëherë dhe vetëm atëherë kur Ann(W1) = Ann(W2).d)Vërtetoni se anhilatori i S është i njëjtë me anhilatorin e nënhapësirës së V? të gjeneruar nga S.e)Supozoni se V ka dimension të fundëm dhe bazë v1, v2, · · · , vn. Vërtetoni se në qoftë se S = v?1 , v

?2 , · · · , v

?k për një

k ≤ n, atëherë Ann(S) është nënhapësira e gjeneruar nga vk+1, · · · , vn.f)Supozoni se V ka dimension të fundëm. Vërtetoni se në qoftë se W? është një nënbashkësi e V? atëherë

dim Ann(W?) = dim V − dim W?.

11.4 Përcaktorët

Rrjedhim 11.8. Në qoftë se R është një unazë integrale, atëherë det A = 0, për A ∈ Mn(R), atëherë dhe vetëm atëherë kurkolonat e A-së janë R-linearisht të varura si elementë të një R-moduli të lirë me rank n. Gjithashtu, det A = 0 atëherë dhevetëm atëherë kur rreshtat e A-së janë R-linearisht të varura.

Ushtrime:

1. Le të jetë F një fushë dhe le të jenë A1,A2, · · · ,An vektorë(kolona) në Fn. Formoni matricën A ku kolona e i-të është Ai.Vërtetoni se këta vektorë formojne një bazë të Fn atëherë dhe vetëm atëherë kur det A , 0.

2. Le të jetë R një unazë ndërrimtare me 1, V një R-modul dhe le të jenë x1, x2, · · · , xn ∈ V. Supozoni se për një A ∈Mn×n(R),

A

x1·

·

·

xn

= 0

Vërtetoni se (det A)xi = 0 për të gjitha i ∈ 1, 2, · · · ,n.

3. Ky ushtrim përshkruan përdorimin e eleminimit sipas Gauss-Jordanit për të llogaritur përcaktorin. Kjo është procedura mëefikase për të llogaritur përcaktorë të mëdhenjë. le të jetë A një matricë n × n.

a)Vërtetoni se veprimet elementare me rreshtat kanë efektet e mëposhtme mbi përcaktorin:

1. ndërimi i dy rreshtave sjell ndryshimin e shenjës së përcaktorit.

2. përcaktori nuk ndryshon në qoftë se një rreshti i shtojmë shumëfishin e një tjetri.

3. në qoftë se një rresht e shumëzojmë me një element u ∈ F atëherë dhe përcaktori ritet u-herë.

b) Vërtetoni se det A është i ndryshëm nga zero atëherë dhe vetëm atëherë kur A është ekuivalente sipas rreshtave(rowequivalent) me matricën identitet n × n.

196 c©AulonaPress




Kapitulli 12

Modulet mbi nje PID

Në këtë kapitull do të shohim modulet mbi unazat themelore.

12.1 Përkufizimet bazë

Përkufizim 12.1. 1. R-moduli i majtë M quhet R-modul Notherian në qoftë se nuk ka zinxhirë rritës të pafundëmnënmodulesh, domethënë kurdoherë që

M1 ⊆M2 ⊆M3 ⊆ · · ·

është një zinxhir rritës nënmodulesh të M-së ekziston një numër pozitiv m i tillë që për çdo k ≥ m, Mk = Mm.

2. Unaza R quhet Notheriane në qoftë se si modul i majtë mbi vetveten ai është Notherian, domethënë në qoftëse nuk ka zinxhirë të pafundëm rritës idealesh të majtë në R.

Teorema 12.1. Le të jetë R një unazë dhe M një R-modul i majtë. Atëherë pohimet e mëposhtme janë ekuivalente:

1. M është një R-modul Notherian.

2. Çdo bashkësi jo boshe nënmodulesh të M-së përmban një element maksimal.

3. Çdo nënmodul i M-së gjenerohet në mënyrë të fundme.

Vërtetim: (1 ⇒ 2) Supozojmë se M është Notherian dhe le të jetë Σ një koleksion jo bosh nënmodulesh të M-së. ZgjedhimM1 ∈ Σ. Në qoftë se M1 është maksimal atëherë (2) u vërtetua, pra supozojmë se M1 nuk është maksimal. Atëherë ekzistonnjë M2 ∈ Σ i tillë që M1 ⊂ M2. Në qoftë se M2 është maksimal në Σ, (2) u vërtetua, por ne mund të supozojmë se ekzistonnjë M3 ∈ Σ i cili përmban M2. Në qoftë se vazhdojmë në këtë mënyrë do të shohim se në qoftë se (2) nuk është i vërtetë, ngaaksioma e zgjedhjes ne mund të ndërtojmë një zinxhir të pafundëm rritës me elementet e Σ, e cila është një kontradiksion.

(2 ⇒ 3) Pranojmë 2 si të vërtetë dhe le të jetë N një nënmodul i M-së. Le të jetë Σ koleksioni i të gjithë nënmoduleve tëN-së të gjeneruar në mënyrë të fundme. Meqë 0 ∈ Σ, ky koleksion është jo bosh. Nga 2 kemi të vërtetë se Σ përmban njëelement maksimal N′. Në qoftë se N′ , N, le të jetë x ∈ N −N′. Meqë N′ ∈ Σ, nënmoduli N′ është i gjeneruar në mënyrë tëfundme nga supozimi. Si rrjedhim gjithashtu nënmoduli i gjeneruar nga N′ dhe x është nënmodul i gjeneruar në mënyrë tëfundme, pra N = N′.

(3⇒ 1) Le të pranojmë 3 si të vërtetë dhe të vërtetojmë 2. Le të jetë

M1 ⊆M2 ⊆ · · ·

një zinxhir nënmodulesh të M-së dhe le të kemi:

N =

∞⋃i=1

Mi

197

Algjebra Shaska T.

Mund të vërtetohet lehtë se N është një nënmodul. Nga 3, nënmoduli N gjenerohet në mënyrë të fundme, le të themi ngaa1, a2, · · · , an. Meqë ai ∈ N për çdo i, çdo ai shtrihet në një nga nënmodulet e zinxhirit, le të themi M ji . Le të jetë

m = max j1, j2, · · · , jn.

Atëherë ai ∈Mm, për çdo i. Pra moduli që ata gjenerojnë përmbahet në Mm, domethënë N ⊆Mm. Kjo sjell që Mm = N = Mkpër çdo k ≥ m, e cila vërteton 1.

Rrjedhim 12.1. Në qoftë se R është një unazë integrale themelore(PID) atëherë çdo bashkësi jo boshe idealesh e R-së ka njëelement maksimal dhe R është një unazë Notheriane.

Vërtetim: Unaza integrale themelore kënaq kushtin e tretë të teoremës së mësipërme ku M = R.

Pohim 12.1. Le të jetë R një unazë integrale dhe le të jetë M një R-modul i lirë me rank n < ∞. Atëherë çdo n + 1 elementë tëM-së janë R-linearisht të varur, domethënë për çdo y1, y2, · · · , yn+1 ∈ M ekzistojnë elementët r1, r2, · · · , rn+1 ∈ R jo të gjithëzero të tillë që:

r1y1 + r2y2 + · · · + rn+1yn+1 = 0

Vërtetim: Le të jenë e1, e2, · · · , en një bazë për R-modulin e lirë M dhe le të jenë y1, y2, · · · , yn+1, n + 1 elementë të ndryshëmtë M-së. Për 1 ≤ i ≤ n + 1, shkruajmë:

yi = a1i ei + a2i ei + · · · + ani ei

në varësi të elementëve të bazës e1, e2, · · · , en. Le të jetë A një matricë (n + 1) × (n + 1) ku elementi i i, j-të është ai j, 1 ≤ i ≤n, 1 ≤ j ≤ n+1 dhe ku rreshti i fundit është zero. Si rrjedhim det A = 0. Meqënëse R është unazë integrale nga Rrjedhimi 11.8tregon se kolonat e A-së janë R-linearisht të varura. Çdo relacion varësie në kolonat e A-së na jep një relacion varësie mbi yi-të,e cila p’erfundon vërtetimin.

Në qoftë se R është një unazë integrale dhe M është një R-modul kujtojmë se:

Tor(M) = x ∈M|rx = 0 për një element jo zero r ∈ R

është një nënmodul i M-së(i cili quhet nënmodul torsion i M-së) dhe në qoftë se N është një nënmodul i Tor(M),N quhet njënënmodul torsion i M-së. Në qoftë se Tor(M) = 0, moduli M quhet torsion i lirë. Për një nënmodul N të M-së, anhilatori iN-së është ideal i R i përkufizuar si:

Ann(N) = r ∈ R|rn = o për çdo n ∈ N.

Vini re senë qoftë se N nuk është një nënmodul torsion i M-së atëherë Ann(N) = (0). ’Eshtë e lehtë të vërtetosh se në qoftë seN dhe L janë nënmodule të M-së ku N ⊆ L atëherë Ann(L) ⊆ Ann(n). Në qoftë se R është një unazë integrale themlore(PID)dhe N ⊆ L ⊆ M me Ann(N) = (a) dhe Ann(L) = (b), atëherë a|b. Në veçanti, anhilatori i çdo elementi x të M-së pjesëtonanhilatorin e M-së(kjo rrjedh nga Teorema Lagranzh kur R = Z.)

Përkufizim 12.2. Për çdo unazë integrale R ranku i një R-moduli M është numri maksimal i elementëve R-linearishttë pavarur të M-së.

Teorema 12.2. Le të jetë R një unazë integrale themelore(PID) dhe le të jetëM një R-modul i lirë me rank të fundëm n dhe Nnjë nënmodul i M-së. Atëherë

1. N është nënmodul i lirë me rank m,m ≤ n dhe

2. ekziston një bazë y1, y2, · · · , yn e M-së e tillë që a1y1, a2y2, · · · , amym është një bazë për N ku elementët a1, a2, · · · , amjanë elementë jo zero të R-së të tillë që a1|a2| · · · |am.

Rikujtojmë se një R-modul C është një R-modul ciklik në qoftë se ekziston një x ∈ C i tillë që C = Rx. Atëherë ne mundtë përkufizojmë një homomorfizëm R-modulesh

π : R→ Cπ(r) = rx

198 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

i cili është syrjektiv nga supozimi se C = Rx. Nga Teorema e I e Izomorfizmave kemi një izomorfizëm R-modulesh

R/kerπ ≈ C

Në qoftë se R është unazë integrale themelore(PID), kerπ është një ideal themelor, (a), pra modulet ciklik janë të formës R/(a)ku (a) = Ann(C).

Teorema 12.3. [Fundamental Theorem, Existence: Invariant Factor Form] Le të jetë R një unazë integrale themelore(PID)dhe M një R-modul i gjeneruar në mënyrë të fundme.

1. Atëherë M është izomorfikë me shumën direkte të moduleve ciklikë të fundëm. Më saktësisht,

M ≈ Rr⊕ R/(a1) ⊕ R/(a2) ⊕ · · · ⊕ R/(am)

për një numër të plotë r ≥ 0 dhe elementët jo zero a1, a2, · · · , am të R-së të cilët nuk janë njësi në R dhe të cilët kënaqinkushtin e mëposhtëm:

a1|a2| · · · |am

2. M është torsion i lirë atëherë dhe vetëm atëherë kur M është i lirë.

3. Në përbërjen 1)Tor(M) ≈ R/(a1) ⊕ R/(a2) ⊕ · · · ⊕ R/(am)

Në veçanti M është modul torsion atëherë dhe vetëm atëherë kur r = 0 dhe në këtë rast anhilatori i M është ideali (am).

Përkufizim 12.3. Numri i plotë r në teoremën e mësipërme quhet rank i lirë ose numri Betti i M-së dhe elementëta1, a2, · · · , am ∈ R quhen faktor invariant të M-së.

Duke përdorur Teoremën e Mbetjeve Kineze modulet ciklik në Teoremen 12.3 mund ta zbërthejmë më tej, pra M ështëshuma direkte e moduleve ciklik anhilatorët e të cilëve janë më të thjeshtë të mundshëm(pra (0) ose të gjeneruar nga fuqi tënumrave primë). Kjo na jep një përbërje tjetër e cila është gjithashtu e vetme dhe ne mund ta përshkruajmë atë. Supozojmë sea është një element jo zero i një unazë integrale themelore(PID) R atëherë meqënëse R është gjithashtu një unazë me faktorizimtë vetëm(UFD) ne mund të shkruajmë:

a = u · pα11 pα2

2 · · · pαss

ku pi-të janë numra primë të ndryshëm në R dhe u është njësi. Ky faktorizim është i vetëm sipas njësive, pra idealet(pαi

i ), i = 1, 2, · · · , s janë të përcaktuar në mënyrë të vetme. Për i , j, kemi (pαii + pα j

j ) = R meqënëse shuma e këtyre dy idealevegjenerohet nga një pjesëtues i përbashkët më i madh(pmp) i cili është 1 për numra të thjeshtë pi, p j të dalluara. Ose, mund tëthemi ndryshe se idealet (pαi

i ), i = 1, · · · , s janë comaximal me çifte.Prerja e të gjithë këtyre idealeve është ideali (a) meqë a është shvp e

pα11 , p

α22 , · · · , p

αss .

Atëherë Teorema e Mbetjeve Kineze tregon se

R/(a) ≈ R/(pα11 ) ⊕ R/(pα2

2 ) ⊕ · · · ⊕ R/(pαss )

si unazë dhe gjithashtu si R-modul. Duke zbatuar këtë te modulet e Teoremës 12.3 marrim:

Teorema 12.4 (Teorema themelore e pjestuesve elementarë). Le të jetë R një unazë integrale themelore dhe le të jetë M njëR-modul i gjeneruar në mënyrë të fundme. Atëherë M është shuma direkte e një numri të fundëm modulesh ciklikë anhilatorii të cilëve është (0) ose i gjeneruar nga fuqi të numrave të thjeshtë në R, pra:

M ≈ Rr⊕ R/(pα1

1 ) ⊕ R/(pα22 ) ⊕ · · · ⊕ R/(pαt

t )

ku r ≥ 0 është një numër i plotë dhe pα11 pα2

2 · · · pαtt janë fuqi pozitive të numrave të thjeshtë në R.

Përkufizim 12.4. Le të jetë R një unazë integrale themelore(PID) dhe le të jetë M një R-modul i gjeneruar në mënyrëtë fundme si në teoremën e mësipërme. Fuqitë e thjeshta pα1

1 pα22 · · · p

αtt janë quajtur pjesëtues elementarë të M-së.

c©AulonaPress 199




Algjebra Shaska T.

Supozojmë se M është një modul torsion i gjeneruar në mënyrë të fundme mbi një unazë integrale themelore(PID). Atëherënë qoftë se për numrat e dalluar primë p1, p2, · · · , pn që shfaqen në teoremën e mësipërme ne grupojmë së bashku të gjithëfaktorët ciklikë që i korrespondojnë të njëjtit numër të thjeshtë pi ne vëmë re se M mund të shkruhet si shumë direkte:

M = N1 ⊕N2 ⊕ · · · ⊕Nn

ku Ni përmban të gjithë elementët e M-së të cilët janë të anhiluar nga një fuqi e pi. Ky rezultat është i vlefshëm gjithashtu edhepër modulet të cilët nuk janë të gjeneruar në mënyrë të fundme.

Teorema 12.5 (Teorema e dekompozimit primar). Le të jetë R një unazë integrale themelore(PID) dhe le të jetë M njëR-modul torsion jozero(jo domosdoshmërisht i gjeneruar në mënyrë të fundme) me anhilator jozero a. Supozoni se a faktorizohetnë R në si më poshtë:

a = u · pα11 pα2

2 · · · pαnn

dhe le të jetë Ni = x ∈ M|pαii x = 0, 1 ≤ i ≤ n. Atëherë Ni është një nënmodul i M-së me anhilator pαi

i dhe është nënmoduli iM-së me të gjithë elementët të anhiluar nga një fuqi e pi. Kemi:

M = N1 ⊕N2 ⊕ · · · ⊕Nn.

Në qoftë se M është një nënmodul i gjeneruar në mënyrë të fundme atëherë çdo Ni është shuma direkte e një numri të fundëmmodulesh ciklik anhilatorët e të cilit janë pjesëtues të pαi

i .

Përkufizim 12.5. Nënmoduli Ni në teoremën e mëparshme është quajtur komponenti i pi-të të thjeshtë i M-së.

Vini re se me këtë terminologji pjesëtuesit elementar të një moduli M të gjeneruar në mënyrë të fundme janë thjeshtëfaktorët invariant të komponentëve primë të Tor(M).

Lema 12.1. Le të jetë R një unazë integrale themelore(PID) dhe le të jetë p një numër të thjeshtë në R. Le të shënojmë me Ffushën R/(p).

1. Le të jetë M = Rr. Atëherë M/pM ≈ Fr.

2. Le të jetë M = R/(a) ku a është një element jo zero i R-së. Atëherë

M/pM ≈

F në qoftë se p pjesëton a në R0 në qoftë se p nuk pjesëton a në R.

3. Le të jetë M = R/(a1) ⊕ R/(a2) ⊕ · · · ⊕ R/(ak) ku çdo ai pjesëtohet nga p. Atëherë M/pM ≈ Fk.

Teorema 12.6 (Teorema themelore e unicitetit). Le të jetë R një unazë integrale themelore(PID).

1. Dy R-module M1 dhe M2 të gjeneruar në mënyrë të fundme janë izomorfikë atëherë dhe vetëm atëherë kur ata kanë tënjëjtin rank dhe të njëjtën listë faktorësh invariant.

2. Dy R-module M1 dhe M2 të gjeneruar në mënyrë të fundme janë izomorfikë atëherë dhe vetëm atëherë kur ata kanë tënjëjtin rank të lirë dhe të njëjtën listë me pjesëtues elementarë.

Ushtrime:

1. Le të jetë M një modul mbi një unazë integrale R.a) Supozoni se x është një element jozero torsion në M. Vërtetoni se x dhe 0 janë ”linearisht të varur”. Përmblidhni se

ranku i Tor (M) është 0, pra çdo R-modul torsion ka rank 0.b) Vërtetoni se ranku i M është i barabartë me rankun e M/Tor (M).

2. Le të jetë M një modul mbi një unazë integrale R.a) Supozoni se M ka rank n dhe se x1, x2, · · · , xn është një bashkësi maksimale me elementë linearisht të pavarur të M-së.

Le të jetë N = Rx1 + · · ·+ Rxn një nënmodul i gjeneruar nga x1, x2, · · · , xn. Vërtetoni se N është izomorfik me Rn dhe se M/Nështë një R-modul torsion.

b) Anasjelltas, vërtetoni se në qoftë se M përmban një nënmodul të lirë N me rank n(N ≈ Rn) të tillë që M/N është njëR-modul torsion atëherë M ka rank n.

3. Le të jetë R një unazë integrale dhe le të jenë A dhe B R-module respektivisht me rank m dhe n. Vërtetoni se ranku i A ⊕ Bështë m + n.

200 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

12.2 Forma racionale kanonike

Përpara se të përshkruajmë formën racionale kanonike në detaje le të rikujtojmë disa koncepte të algjebrës lineare, shihni[Sha08].

Një element λ i F quhet eigenvlerë e një transformimi linear T në qoftë se ekziston një vektor jozero v ∈ V i tillë qëT(v) = λ · v. Në këtë rast v quhet një eigenvektor i T-së që i korrespondon eigenvlerës λ.

Le të jetë A është një matricë n× n me koeficientë në F. Një element λ quhet eigenvlerë e A me eigenvektor korresponduesv në qoftë se v është një vektor n × 1 jozero i tillë që A · v = λ · v.

Le të jetë λ një eigenvlerë për transformimin linear T. Bashkësia v ∈ V/T(v) = λ · v quhet eigenhapësirë e T-së që ikorrespondon eigenvlerës λ. Në mënyrë të ngjashme në qoftë se λ është eigenvlerë e një matrice A me përmasa n× n, bashkësiae matricave v me kordinata n × 1 e tillë që A · v = λ · v quhet eigenhapësirë e A-së që i korrespondon eigelvlerës λ.

Vini re se në qoftë se fiksojmë një bazë β të V-së atëherë çdo transformimi linear T të V-së i shoqërohet një matricë A, n× n.Anasjellas, në qoftë se A është një matricë n × n atëherë funksioni T:

T(v) = A · v, ∀v ∈ V,

ku v është një vektor n× 1, përbëhet nga të gjitha kordinatat e v-së në lidhje me bazën e fiksuar β, është një transformim linear iV-së . Pra, v është një eigenvektor i t-së me eigenvlerë korresponduese λ atëherë dhe vetëm atëherë kur vektori kordinatë i v-sënë lidhje me bazën β është një eigenvektor i A-së me eigenvlerë λ. Me fjalë të tjera eigenvlerat e transformimit linear T janë tnjëjta me eigenvlerat e matricës A të T-së në lidhje me një bazë të fiksuar të V-së.

Përkufizim 12.6. Përcaktori i një transformimi linear nga V në V është përcaktori i një matrice që përfaqëson këtëtransformim linear.

Pohim 12.2. Pohimet e mëposhtme janë ekuivalente:

1. λ është një eigenvlerë e T

2. λI − T është një transformim linear singular i V-së

3. det(xI − T) = 0

Përkufizim 12.7. Le të jetë x një ndryshore mbi F. Polinomi det(xI − T) quhet polinomi karakteristik i T dhe do tëshënojmë CT(x). Në qoftë se A është një matricë n× n me koeficientë në F, det(xI −A) quhet polinomi karakteristik iA-së dhe do ta shënojmë me CA(x).

Eshtë e lehtë të shohim se polinomi karakteristik është nje polinom monik me gradë n = dimV. Sipas Pohimit 12.2 bashkësiae eigenvlerave të T-së është ekzaktësisht bashkësia e rrënjëve të polinomit karakteristik të T-së. T ka të shumtën n eigenvlera tëdalluara.

Lema 12.2. Le të jetë a(x) ∈ F[x] një polinom monik.

1. Polinomi karakteristik i matricës shoqëruese të a(x) është a(x).

2. Në qoftë se M është një matricë diagonale bllok

M =

A1 0 · · · 00 A2 · · · 0...

.... . .

...0 0 · · · Ak

,e cila jepet nga shuma direkte e matricave A1,A2, · · · ,Ak atëherë polimnomi karakteristik i M-së është prodhimi ipolinomeve karakteristik të A1,A2, · · · ,Ak.

Shembuj

c©AulonaPress 201




Algjebra Shaska T.

1. Në këtë ushtrim ne do të gjejmë formën kanonike racionale të matricave të mëposhtme mbi Q dhe do të vërtetojmë nëseato janë të ngjashme.

A =

2 −2 140 3 −70 0 2

, B =

0 −4 851 4 −300 0 3

, C =

2 2 10 2 −10 0 3

.

Këto tre matrica kanë të njëjtin polinom karakteristik: cA(x) = cB(x) = cC(x) = (x − 2)2(x − 3). Meqënëse polinomiminimal dhe karakteristik kanë të njëjtat rrënjë mundësitë e për polinomin minimal jane (x−2)(x−3) ose (x−2)2(x−3).Ne shohim se (A − 2I)(A − 3I) = 0, (B − 2I)(B − 3I) , 0 dhe (C − 2I)(C − 3I) , 0. Si rrjedhim:

mA(x) = (x − 2)(x − 3), mB(x) = mC(x) = (x − 2)2(x − 3).

Duke u nisur nga polinomi minimal themi se matricat B dhe C nuk kanë faktorë invariant të tjerë. Meqënëse faktorëtinvariant pjesëtojnë polinomin minimal dhe prodhimi i tyre është i barabartë me polinomin karakteristik, pra faktorëtinvariant për matricën A janë polinomet x− 2, (x− 2)(x− 3) = x2

− 5x + 6. Si përfundim themi se matricat B dhe C janëtë ngjashme ndërsa matrica A nuk është e ngjashme me asnjërën prej tyre. Format racionale kanonike të matricave janë:

2 0 00 0 −60 1 5

0 0 12

1 0 −160 1 7

0 0 12

1 0 −160 1 7

.

2. Në shembullin e mësipërm format racionale kanonike u njehsua duke llogaritur polinomet karakteristik dhe minimal tëmatricave. Kjo është e mjaftueshme për matricat 2 × 2 dhe 3 × 3 meqënëse informacioni i marrë është i mjaftueshëmpër të përcaktuar faktorët invariant. Por për matricat më të mëdha në përgjithësi kjo nuk është e mjaftueshme dhe për tëllogaritur faktorët invariant nevojitet më shumë punë. Në këtë shembull ne do të llogarisim formën kanonike racionaletë matricës A të dhënë në shembullin e mësipërm duke ndjekur hapat e algoritmit të dhënë në këtë temë.

I. (Zbërthimi sipas faktorëve invariant) Tani do të përdorim veprimet me rreshtat dhe kolonat për të redukruar matricën

xI − A =

x − 2 2 -140 x − 3 70 0 x − 2

në forëm diagonale.

202 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

x − 2 2 -140 x − 3 70 0 x − 2

R1+R2→R1−→

x − 2 x − 1 -70 x − 3 70 0 x − 2

−→C1−C2→C1−→

-1 x − 1 -7−x + 3 x − 3 7

0 0 x − 2

−R1−→

1 −x + 1 7−x + 3 x − 3 7

0 0 x − 2

−→R2+(x−3)R1→R2−→

1 −x + 1 70 −x2 + 5x − 6 7(x − 2)0 0 x-2

C2+(x−1)C1→C2−→

1 0 70 −x2 + 5x − 6 7(x − 2)0 0 x − 2

−→C3−7C1→C3−→

1 0 00 −x2 + 5x − 6 7(x − 2)0 0 x-2

−C2−→

1 0 00 x2

− 5x + 6 7(x − 2)0 0 x − 2

−→R2−7R3→R2−→

1 0 00 x2

− 5x + 6 00 0 x − 2

R2↔R3,C2↔C3−→

1 0 00 x − 2 00 0 x2

− 5x + 6

.Pra faktorët invariant tëmatricës janë x− 2 dhe x2

− 5x + 6, të cilët ne i gjetëm dhe në shembullin e mësipërm. Le të jetëV një hapësirë vektoriale mbi Q me bazë e1, e2, e3 dhe le të jetë T transformimi linear korrespondues, pra:

xe1 = T(e1) = 2e1

xe2 = T(e2) = −2e1 + 3e2

xe3 = T(e3) = 14e1 − 7e2 + 2e3

Veprimet me rreshtat të kryera më sipër janë:

R1 + R2 → R1,−R1,R2 + (x − 3)R1 → R2,R2 − 7R3 → R2,R2 ↔ R3

Duke filluar me bazën [e1, e2, e3] të V-së dhe duke e ndryshuar ate në varësi të rregullave që jepen në tekst, ne marrim:

[e1, e2, e3]→ [e1, e2 − e1, e3]→ [−e1, e2 − e1, e3]→ [−e1 − (x − 3)(e2 − e1), e2 − e1, e3]→ [−e1 − (x − 3)(e2 − e1), e2 − e1, e3 + 7(e2 − e1)]→ [−e1 − (x − 3)(e2 − e1), e3 + 7(e2 − e1), e2 − e1].

Duke përdorur formulat e mësipërme për veprimin e x-it, ne shohim se këta elementët e fundit janë përkatësisht elemenët[0,−7e1 + 7e2 + e3,−e1 + e2] të V-së që i korespondojnë elementëve 1, x − 2 dhe x2

− 5x + 6 në formën e diagonalizuar

c©AulonaPress 203




Algjebra Shaska T.

xI − A. Elementët f1 = −7e1 + 7e2 + e3 dhe f2 = −e1 + e2 janë Q[x] gjeneratorë modulesh për dy faktorët ciklik tëQ-modulit V në zbërthimin e tij sipas faktorëve invariantë. Bazat për këta dy faktorë invariant janë f1 dhe f2, x f2 = T f2,pra −7e1 + 7e2 + e3 dhe −e1 + e2, T(−e1 + e2) = −4e1 + 3e2. Atëherë matrica P është: -7 -1 -4

7 1 31 0 0

.Forma kanonike racionale e matricës A është:

P−1AP =

2 0 00 0 -60 1 5

.II.(Ta shndërojmë A menjëherë në formën racionale kanonike) Për të llogaritur matricën P′ të algoritmit të mësipërm(tëdhënë në këtë temë) përdorim veprimet me rreshtat që kemi kryer për të diagonalizuar xI − A: 1 0 0

0 1 00 0 1

C2−C1→C2−→

1 -1 00 1 00 0 1

−C1−→

-1 -1 00 1 00 0 1

−→C1−(A−3I)C2→C1−→

0 -1 00 1 00 0 1

C3+7C2→C3−→

0 -1 -70 1 70 0 1

C2↔C3−→

0 -7 -10 7 10 1 0

= P′

Kemi se d1 = 1 dhe d2 = 2, që i korespondojnë respektivisht kolonës së dytë dhe të tretë jo zero të P′. Kolonat e P jepennga: -7

71

dhe

-110

, A

-110

=

-430

.të cilat na japin përsëri matricën P të njehsuar më lart.

Ushtrime:

1. Vërtetoni se transformimet lineare të ngjashme mbi V(ose matricat n×n) kanë të njëjtin polinom karakteristik dhe të njëjtinpolinom minimal.

2. Le të jetë M si në Lemën 12.2. Vërtetoni se polinomi minimal i M-së është shumëfishi më i vogël i përbashkët i polinomevemminimalë të A1, · · · ,Ak.

3. Vërtetoni se dy matrica 2 × 2 mbi F të cilat nuk janë matrica skalare janë të ngjashme atëherë dhe vetëm atëherë kur atokanë të njëjtin polinom karakteristik.

4. Vërtetoni se dy matrica 3 × 3 janë të ngjashme atëherë dhe vetëm atëherë kur ato kanë të njëjtin polinom karakteristik dhetë njëjtin polinom minimal. Jepni një kundërshembull për matricat 4 × 4.

5. Vërtetoni direkt nga fakti se koleksioni i të gjithë transformimeve lineare të një hapësire vektoriale n-dimensionale V, mbi F,në vetvete formon një hapësirë vektoriale mbi F me dimension n2 ku polinomi minimal i një transformimi linear T ka gradë tëshumtën n2.

204 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

12.3 Forma kanonike e Jordanit

Rrjedhim 12.2. Në qoftë se A është një matricë n × n me elementë nga F dhe F përmban të gjitha eigenvlerat e A-së, atëherëA është e ngjashme me një matricë diagonale mbi F atëherë dhe vetëm atëherë kur polinomi minimal i A-së nuk ka rrënjë qëpërsëriten.

Shembull 12.1. Le të jenë A,B dhe C të njëjtat matrica si në Shembullin 1 në temën e kaluar dhe le të jetë F = Q. Vini rese Q përmban të gjitha eigenvlerat e këtyre matricave. Meqënëse ne i kemi llogaritur faktorët invariant të këtyre matricave negjejmë direkt pjesëtuesit elementarë të tyre. Pjesëtuesit elementarë të A-së janë x− 2, x− 2 dhe x− 3 dhe pjesëtuesit elementarëtë B-së dhe C-së janë (x − 2)2 dhe x − 3 dhe si rrjedhim format kanonike të Jakobit janë respektivisht: 2 0 0

0 2 00 0 3

, 2 1 0

0 2 00 0 3

, 2 1 0

0 2 00 0 3

.Vini re se, nga Rrjedhimi12.2 matrica A është e ngjashme me një matricë diagonale por matricat B dhe C nuk janë.

Shembull 12.2. Për matricën A, në Shembullin 2 në temën e kaluar, ne llogaritëm se f1 = −7e1 + 7e2 + e3 dhe f2 = −e1 + e2ishin gjeneratorët e faktorëve ciklik të V-së në zbërthimin sipas faktorëve invariant, që i konrespondonin respektivisht x− 2 dhe(x − 2)(x − 3). Duke përdorur algoritmin e parë të dhënë në këtë temë, elementët f1, (x − 3) f2 dhe (x − 2) f2 janë gjeneratorët efaktorëve ciklikë të V-së në zbërthimin sipas pjesëtuesve elementarë, që i korespondojnë pjesëtuesve elemetarë x − 2, x − 2 dhex − 3. Duke kryer një llogaritje të thjeshtë ne nxjerim se këta janë respektivisht elementët −7e1 + 7e2 + e3,−e1 dhe −2e1 + e2.Atëherë matrica P është: -7 -1 -2

7 0 11 0 0

dhe forma kanonike e Jordanit është:

P−1AP =

2 0 00 2 00 0 3

.Kolonat e kësaj matrica mund të përfitohen dhe duke përdorur algoritmin e dytë të dhënë në këtë temë, duke përdorur kolonatjo-zero të matricës P′ të llogaritura në Shembullin 2 në temën e kaluar:

(A − 2I)0

-771

=

-771

dhe

(A − 2I)0(A − 3I)1

-110

=

-100

, (A − 2I)1(A − 3I)0

-110

=

-210

të cilat na japin përsëri matricën P që llogaritëm më sipër.

Ushtrime:

1. Supozoni se hapësira vektoriale V është shumë direkte e F[x]-moduleve ciklikë anhilatorët e të cilëve janë (x + 1)2, (x −1)(x2 + 1)2, (x4

− 1) dhe (x + 1)(x2− 1). Llogarisni faktorët invariant dhe pjesëtuesit elementarë të V-së.

2. Vërtetoni se në qoftë se λ1, · · · , λn janë eigenvlerat e matricës A, n × n atëherë λk1, · · · , λ

kn janë eigenvlerat e Ak për k ≥ 0.

3. Llogarisni formën kanonike të Jordanit për matricën 1 0 00 0 -20 1 3

.c©AulonaPress 205




Algjebra Shaska T.

4. Gjeni se cilat prej matricave të mëposhtme janë të ngjashme: -1 4 -42 -1 30 -4 3

-3 -4 0

2 3 08 8 1

-3 2 -4

2 1 03 -1 3

-1 4 -4

0 -3 20 -4 3

.5. Vërtetoni se matricat

A =

5 6 0-3 -4 0-2 0 1

B =

3 -1 2-10 6 -14-6 3 -7

janë të ngjashme. Vërtetoni se matricat A dhe B mund të diagonalizohen dhe llogarisni matricat P1 dhe P2 dhe P−1

1 AP1 dheP−1

2 AP2

6. Vërtetoni se matricat e mëposhtme

A =

-8 -10 -17 9 13 2 0

B =

-3 2 -44 -1 44 -2 5

të dyja kanë polinom karakteristik (x − 1)2(x + 1) por njëra prej tyre mund të diagonalizohet dhe tjetra jo. Llogarisni formënkanonike të Jakobit për të dy këto matrica.

206 c©AulonaPress




Pjesa IV

Fushat

207

Kapitulli 13

Teoria e fushave

13.1 Shtrirjet e fushave

Le të kujtojmë se një fushë F është një unazë ndërrimtare me njësh, në të cilën çdo element jozero ka të anasjelltë (në lidhjeme shumëzimin). Me fjalë të tjera, F∗ := F \ 0 është grup ndërrimtar në lidhje me shumëzimin.

Përkufizim 13.1. Karakteristikë e një fushe F quhet numri më i vogël n ∈ Z i tillë që

n · 1F = 0.

Në qoftë se një numër i tillë nuk ekziston, themi se fusha F ka karakteristikë 0.

Lema 13.1. Karakteristika e një fushe F është 0 ose një numër i thjeshtë p.

Vërtetim: Nga Teorema Themelore e Arithmetikës numri n faktorizohet në prodhim numrash të thjeshtë

n = pα11 · · · · · p

αrr .

Atëherë,

(pα11 · · · · · p

αrr ) · 1F = 0

(pα11 · 1F) · · · · (pαr

r · 1F) = 0

Përderisa F është fushë ekziston një pi, për i ∈ 1, . . . , r, që pαii · 1F = 0. Pra, p · 1F = 0.

Lema e mësipërme mund të vërtetohet për çdo unazë integrale.

Përkufizim 13.2. Nënfusha e thjeshtë e një fushe F, është fusha që gjenerohet nga 1F.

Në qoftë se karakteristika e F-së është 0, atëherë nënfusha e thjeshtë është izomorfike meQ. Ndërsa në qoftë se karakteristikaështë p, atëherë nënfusha e thjeshtë është izomorfike me fushën me p elementë Fp := Z/pZ.

Tani do të shohim një koncept mjaft të rëndësishëm në teorinë e fushave, atë të shtrirjes algjebrike.

Përkufizim 13.3. Jepet fusha K, që përmban fushën F. Atëherë fusha K quhet shtrirje e F-së (ose zgjerim) dheshënohet me K/F ose me diagramën

K|

F

Shembull 13.1. Për shembull, le të jenë

F = Q(√

2 ) = a + b√

2 : a, b ∈ Q

209

Algjebra Shaska T.

dhe E = Q(√

2 +√

3 ), fushat më të vogla që përmbajnë Q dhe√

2 +√

3. Të dyja, E dhe F janë shtrirje të fushës së numraveracionalë. Atëherë E është shtrirje e fushës F. Për këtë na mjafton të vërtetojmë se

√2 është në E. Meqënëse

√2 +√

3 ështënë E,

1

(√

2 +√

3 )=√

3 −√

2

duhet të jetë gjithashtu në E. Duke marrë kombinimin linear të√

2 +√

3 dhe√

3−√

2 gjejmë që√

2 dhe√

3 duhet të jenë nëE.

Simboli K/F nuk ka asgjë të përbashkët me grupin faktor K/F dhe lexohet fusha K mbi fushën F ose shtrirja e K-së mbiF.

Jepet shtrirja K/F. Gradë e kësaj shtrirje, e cila shënohet me [K : F], quhet kardinaliteti i bazës së K mbi F. Me fjalë tëtjera, supozojmë se ekziston bashkësia

A = α1, . . . , αi, . . .

e tillë që çdo element i K-së jepet si kombinim linear i elementëve të F-së dhe αi ∈ A. Kjo bashkësi quhet bazë e K-së mbi F.Fusha K është thjeshtë një hapësirë vektoriale mbi F. Kardinaliteti i A-së është grada e K/F.

Lema 13.2. Jepet një homomorfizëm fushashϕ : F −→ K

Atëherë ϕ është 0 ose është injektiv. Pra, ϕ = 0 ose F ϕ(F) ⊂ K.

Vërtetim: Ne e dimë se ker (ϕ) është ideal i F-së. Por F ka si ideale vetëm 0 dhe F. Në qoftë se ker(ϕ)

= 0, atëherë ϕ ështëinjektiv, kur ker (ϕ) = F, atëherë ϕ = 0.

Ushtrime:

1. Gjeni karakteristikën e Z,Q,R.

2. Gjeni karakteristikën e fushës Fp := Z/pZ.

3. Në një fushë F me karakteristikë p, vërteto formulën e mëposhtme për çdo dy elementë x, y ∈ F,

(x + y)p = xp + yp.

13.2 Shtrirjet algjebrike

Jepet shtrirja K/F dhe α ∈ K. Elementi α quhet element algjebrik mbi F, në qoftë se ekziston polinomi p(x) ∈ F[x], i tillëqë p(α) = 0. Në qoftë se α nuk është element algjebrik, atëherë do ta quajmë transhendent mbi F.

Të shohim shembullin e mëposhtëm.

Shembull 13.2. Numri√

2 është algjebrik mbi Q sepse është rrënjë e polinomit

x2− 2 ∈ Q[x].

Numri π është numër transhendent mbi Q.

Le të kthehemi përsëri tek polinomet dhe të shohim një lidhje midis rrënjëve të polinomeve dhe shtrirjeve algjebrike. Teoremae mëposhtme, nga Kronecker, shpesh njihet si teorema themelore e teorise së fushave.

Teorema 13.1 (Kronecker). Le të jetë F fushë dhe p(x) një polinom jo konstant i pathjeshtueshëm në F[x]. Atëherë gjendetnjë shtrirje fushe E e F-së dhe një element α ∈ E i tillë që p(α) = 0.

210 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Vërtetim: Ne duam të gjejmë një shtrirje fushe E për F e cila përmban një element α, të tillë që p(α) = 0. Ideali 〈p(x)〉 igjeneruar nga p(x) është ideal maksimal në F[x]. Pra, F[x]/〈p(x)〉 është fushë. Themi se E = F[x]/〈p(x)〉 është fusha e kërkuar.

Së pari vërtetojmë se E është shtrirje fushë për F. Ne mund të përkufizojmë një homomorfizëm unazash ndërrimtare meanë të pasqyrimit

ψ : F→ F[x]/〈 p(x) 〉a→ a + 〈p(x)〉

për a ∈ F. Kontrollohet lehtë që ψ është me të vërtetë homomorfizëm unazash. Vini re se,

ψ(a) + ψ(b) = (a + 〈p(x)〉) + (b + 〈p(x)〉) = (a + b) + 〈p(x)〉 = ψ(a + b)

dheψ(a)ψ(b) = (a + 〈p(x)〉)(b + 〈p(x)〉) = ab + 〈p(x)〉 = ψ(ab).

Për të treguar që ψ është injektiv supozojmë se

a + 〈p(x)〉 = ψ(a) = ψ(b) = b + 〈p(x)〉.

Atëherë a − b është shumëfish i p(x) meqë ai ndodhet në idealin 〈p(x)〉. Meqënëse p(x) është polinom jo konstant mundësiae vetme është që a − b = 0. Për pasojë a = b dhe ψ është injektiv. Meqënëse ψ është injektiv ne mund ta identifikojmë F menënfushën a + 〈p(x)〉 : a ∈ F të E dhe ta shohim E si një shtrirje fushe të F.

Ngelet për të treguar se p(x) ka një rrënjë α ∈ F. Marrim α = x + 〈p(x)〉, atëherë α është në E. Në qoftë se

p(x) = a0 + a1x + · · · + anxn,

atëherë,

p(α) = a0 + a1(x + 〈p(x)〉) + · · · + an(x + 〈p(x)〉)n

= a0 + (a1x + 〈p(x)〉) + · · · + (anxn + 〈p(x)〉)= a0 + a1x + · · · + anxn + 〈p(x)〉= 0 + 〈p(x)〉.

Pra, gjetëm një element α ∈ E = F[x]/〈p(x)〉 të tillë që α është rrënjë e p(x).

Jepet shtrirja K/F dhe α, β, · · · ∈ K. Fusha më e vogël, që përmban F dhe elementët α, β, . . . , shënohet me F(α, β, . . . ) dhequhet fusha e gjeneruar nga α, β, . . . mbi F.

Në qoftë se L := F(α) gjenerohet nga një element i vetëm, atëherë L quhet shtrirje e thjeshtë dhe α quhet element primitivpër shtrirjen L/F.

Shembull 13.3. Le të jetë,p(x) = x2 + x + 1 ∈ Z2[x].

Ndërtoni një shtrirje të Z2 që të përmbajë një rrënjë të p(x).

Zgjidhje: Meqënëse 0 dhe 1 nuk janë rrënjë të këtij polinomi atëherë p(x) është i pathjeshtueshëm mbi Z2. Ne do të ndërtojmënjë shtrirje fushe për Z2 që përmban një element α të tillë që p(α) = 0. Ideali 〈p(x)〉 është maksimal. Pra,

Z2[x]/〈p(x)〉

është fushë.Le të jetë f (x) + 〈p(x)〉 një element i çfarëdoshëm i Z2[x]/〈p(x)〉. Nga algoritmi i pjestimit kemi

f (x) = (x2 + x + 1)q(x) + r(x),

ku grada e r(x) është më e vogël se sa grada e x2 + x + 1. Prandaj,

f (x) + 〈x2 + x + 1〉 = r(x) + 〈x2 + x + 1〉.

c©AulonaPress 211




Algjebra Shaska T.

Të vetmet mundësi për r(x) janë 0, 1, x, dhe 1 + x.Për pasojë,

E = Z2[x]/〈x2 + x + 1〉

është fushë me katër elementë dhe duhet të jetë shtrirje fushe përZ2 e cila përmban një rrënjë α të p(x). FushaZ2(α) konsistonnë elementët

0 + 0α = 01 + 0α = 10 + 1α = α

1 + 1α = 1 + α.

Vini re që α2 + α + 1 = 0. Pra, në qoftë se ne llogarisim (1 + α)2 kemi,

(1 + α)(1 + α) = 1 + α + α + (α)2 = α.

Llogaritjet e tjera kryhen në mënyrë të ngjashme. Po i përmbledhim këto llogaritje në tabelat e mëposhtme të cilat na tregojnëse si të mbledhim dhe të shumëzojmë elementët në E.

+ 0 1 α 1 + α0 0 1 α 1 + α1 1 0 1 + α αα α 1 + α 0 1

1 + α 1 + α α 1 0

· 0 1 α 1 + α0 0 0 0 01 0 1 α 1 + αα 0 α 1 + α 1

1 + α 0 1 + α 1 α

Shembull 13.4. Le të jetëp(x) = x5 + x4 + 1 ∈ Z2[x].

Atëherë p(x) ka faktorë të pathjeshtueshëm x2 + x + 1 dhe x3 + x + 1. Për shtrirjen e fushës E të Z2 të tillë që p(x) ka një rrënjënë E, atëherë E mund të jetë,

Z2[x]/〈x2 + x + 1〉 ose Z2[x]/〈x3 + x + 1〉.

Do ta lëmë si ushtrim vërtetimin se Z2[x]/〈x3 + x + 1〉 është fushë me 23 = 8 elementë.

Një shtrirje fushe E e fushës F është shtrirje algjebrike e F në qoftë se çdo element në E është algjebrik mbi F. Në qoftë seE është shtrirje fushe e F dhe elementët α1, . . . , αn janë në E, fushën më të vogël që përmban F dhe α1, . . . , αn do ta shënojmëme F(α1, . . . , αn). Në qoftë se E = F(α) për ndonjë α ∈ E, atëherë E është shtrirje e thjeshtë e F.

Numrat√

2, i janë algjebrikë mbi Q sepse ata janë përkatësisht rrënjë të polinomeve x2− 2 dhe x2 + 1. Natyrisht që π dhe

e janë algjebrikë mbi numrat realë. Megjithatë është një fakt jo trivial që ata janë transhendentë mbi Q.Numrat në R të cilët janë algjebrikë mbi Q janë në fakt tepër të rrallë. Pothuajse të gjithë numrat realë janë transhendent

mbi Q. Në qoftë se ne zgjedhim një numër në R, atëherë probabiliteti që ky numër të jetë transhendent mbi Q është 1. Nëshumë raste ne nuk e dimë në se një numër i veçantë është apo jo transhendent. Për shembull nuk dihet nëse π + e ështëtranshendent apo algjebrik.

Një numër kompleks i cili është algjebrik mbi Q është numër algjebrik. Një numër transhendent është një element i C itillë që është transhendent mbi Q.

Shembull 13.5. Të vërtetojmë se√

2 +√

3 është algjebrik mbi Q.

212 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Vërtetim: Në qoftë se α =

√2 +√

3, atëherë α2 = 2 +√

3. Pra, α2− 2 =

√3 dhe (α2

− 2)2 = 3. Meqë α4− 4α2 + 1 = 0

është e vërtetë se α është një rrënjë e polinomit x4− 4x2 + 1 ∈ Q[x].

Është vërtet e thjeshtë për të gjetur një shembull të një shtrirje fushe E mbi një fushë F ku E përmban një element

transhendent mbi F. Teorema e mëposhtme karakterizon shtrirjet transhendente.

Teorema 13.2. Le të jetë E një shtrirje fushe e F dhe α ∈ E. Elementi α është transhendent mbi F atëherë dhe vetëm atëherëkur F(α) është izomorfik me F(x), fushën e thyesave të F[x].

Vërtetim: Le të jetëφα : F[x]→ E

homomorfizmi vlerë për α. Atëherë α është transhedent mbi F atëherë dhe vetëm atëherë kur

φα(p(x)) = p(α) , 0,

për të gjithë polinomet p(x) ∈ F[x]. Kjo është e vërtetë atëherë dhe vetëm atëherë kur kerφα = 0. Pra, është e vërtetë vetëmkur φα është injektiv. Domethënë fusha E duhet të përmbajë një kopje të F[x]. Fusha më e vogël që përmban F[x] është fusha ethyesave F(x). Pra, E duhet të përmbajë një kopje të kësaj fushe.

Ne kemi një situatë më interesante në rastin e shtrirjeve algjebrike.

Teorema 13.3. Le të jetë E një shtrirje fushe e fushës F dhe α ∈ E, ku α algjebrik mbi F. Atëherë gjendet një polinom i vetëmmonik, i pathjeshtuar p(x) ∈ F[x] me gradën më të vogël i tillë që p(α) = 0. Në qoftë se f (x) është një polinom tjetër monik nëF[x] i tillë që f (α) = 0, atëherë p(x) pjeston f (x).


homomorfizmi vlerë. Bërthama e φα është ideal themelor i gjeneruar nga p(x) ∈ F[x] ku deg p(x) ≥ 1. Ne dimë që një polinomi tillë ekziston meqënëse F[x] është unazë me ideale themelorë dhe α është algjebrik. Ideali 〈p(x)〉 konsiston pikërisht në ataelementë të F[x] që e kanë α rrënjë. Në qoftë se f (α) = 0 dhe f (x) nuk është polinomi zero, atëherë f (x) ∈ 〈p(x)〉 dhe p(x)pjeston f (x). Kështu që p(x) është një polinom me gradë minimale, i cili e ka α rrënjë. Çdo polinom tjetër me të njëjtën gradë,i cili e ka α rrënjë duhet të jetë i formës βp(x), për ndonjë β ∈ F.

Supozojmë se p(x) = r(x)s(x) është një faktorizim i p në polinome me gradë më të ulët. Meqënëse p(α) = 0, atëherër(α)s(α) = 0 dhe për pasojë r(α) = 0 ose s(α) = 0, gjë e cila kundërshton faktin që p është me gradë minimale. Prandaj p(x)duhet të jetë i pathjeshtueshëm.

Le të jetë E një shtrirje fushe e F dhe α ∈ E algjebrik mbi F. Polinomi i vetëm monik p(x) i teoremës së fundit quhet

polinomi minimal për α mbi F. Grada e p(x) është grada e α mbi F.

Shembull 13.6. Le të jenë f (x) = x2− 2 dhe g(x) = x4

− 4x2 + 1. Këta polinome janë përkatësisht polinomet minimalë të√

2

dhe√

2 +√

3.

Pohim 13.1. Le të jetë E një shtrirje fushe e F dhe α ∈ E algjebrik mbi F. Atëherë,

F(α) F[x]/〈p(x)〉,

ku p(x) është polinomi minimal i α mbi F.


homomorfizmi vlerë. Bërthama e tij është polinomi minimal p(x) i α. Nga Teorema e Parë e Izomorfizmit për unazat imazhi iφα në E është izomorfik me F(α) meqë ai i përmban të dy, F dhe α.

c©AulonaPress 213




Algjebra Shaska T.

Teorema 13.4. Le të jetë E = F(α) një shtrirje e thjeshtë F, ku α ∈ E është algjebrik mbi F. Supozojmë se grada e αmbi F ështën. Atëherë çdo element β ∈ E mund të shprehet në mënyrë të vetme në formën

β = b0 + b1α + · · · + bn−1αn−1

për bi ∈ F.

Vërtetim: Meqënëse φα(F[x]) = F(α), çdo element në E = F(α) duhet të jetë i formës φα( f (x)) = f (α), ku f (α) është polinomnë α me koefiçiente në F. Le të jetë

p(x) = xn + an−1xn−1 + · · · + a0

polinomi minimal i α. Atëherë p(α) = 0. Pra,

αn = −an−1αn−1− · · · − a0.

Njësoj marrim

αn+1 = ααn

= −an−1αn− an−2α

n−1− · · · − a0α

= −an−1(−an−1αn−1− · · · − a0) − an−2α

n−1− · · · − a0α.

Duke vazhduar në këtë mënyrë ne mund të shprehim çdo monom αm për m ≥ n si një kombinim linear i fuqive të α të cilatjanë më të vogla se n. Pra, çdo β ∈ F(α) mund të shkruhet si

β = b0 + b1α + · · · + bn−1αn−1.

Për të treguar unicitetin supozojmë se

β = b0 + b1α + · · · + bn−1αn−1 = c0 + c1α + · · · + cn−1α

n−1,

për bi dhe ci në F. Atëherë,g(x) = (b0 − c0) + (b1 − c1)x + · · · + (bn−1 − cn−1)xn−1,

është në F[x] dhe g(α) = 0. Meqënëse grada e g(x) është më e vogël se sa grada e p(x)-it, polinomi i pathjeshtueshëm i α, g(x)duhet të jetë polinomi zero. Për pasojë,

b0 − c0 = b1 − c1 = · · · = bn−1 − cn−1 = 0,

ose bi = ci për i = 0, 1, . . . ,n − 1. Kjo tregon unicitetin.

Shembull 13.7. Meqënëse x2 + 1 është i pathjeshtueshëm mbi R, 〈x2 + 1〉 është ideal maksimal në R[x]. Kështu qëE = R[x]/〈x2 + 1〉 është një shtrirje fushe e R e cila përmban një rrënjë të x2 + 1. Le të jetë α = x + 〈x2 + 1〉. Identifikojmë Eme numrat kompleksë. Atëherë E është izomorfike me R(α) = a + bα : a, b ∈ R. Ne dimë se α2 = −1 në E meqë

α2 + 1 = (x + 〈x2 + 1〉)2 + (1 + 〈x2 + 1〉)= (x2 + 1) + 〈x2 + 1〉= 0.

Pra, kemi një izomorfizëm të R(α) me C të përkufizuar nga pasqyrimi i cili çon a + bα te a + bi.

Le të jetë E një shtrirje fushe e fushës F. Në qoftë se e shohim E si hapësirë vektoriale mbi F, atëherë ne mund të përdorimalgjebrën lineare në problemet që do të hasim në studimin e fushës. Elementët e fushës E janë vektorë ndërsa elementët e fushësF janë numra. Ne mund të mendojmë për mbledhjen në E si mbledhje vektorësh. Kur shumëzojmë një element të E-së me njëelement të F-së jemi duke shumëzuar një vektor me një numër.

Kjo mënyrë të pari e shtrirjes së fushës është veçanërisht e vlefshme në qoftë se një shtrirje fushe E e F-së është njëhapësirë vektoriale me përmasa të fundme F. E = F(α) është një hapësirë vektoriale me përmasa të fundme mbi F-në me bazë1, α, α2, . . . , αn−1

.Në qoftë se një shtrirje fushe E e fushës F është një hapësirë vektoriale me përmasa të fundme mbi F me përmasë n, atëherë

themi se E është një shtrirje e fundme me gradë n mbi F. Shkruajmë

[E : F] = n,

për të treguar përmasat e E mbi F.

214 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Teorema 13.5. Çdo shtrirje fushe e fundme E e një fushe F është shtrirje algjebrike.

Vërtetim: Le të jetë α ∈ E. Meqënëse [E : F] = n, elementët

1, α, . . . , αn

nuk mund të jenë linearisht të pavarur. Pra, gjenden ai ∈ F, jo të gjitha zero të tilla që

anαn + an−1α

n−1 + · · · + a1α + a0 = 0.

Prandaj,p(x) = anxn + · · · + a0 ∈ F[x],

është një polinom jozero ku p(α) = 0.

Vërejtje 13.1. Teorema 13.5 thotë se çdo shtrirje e fundme e një fushe F është një shtrirje algjebrike. E anasjellta është egabuar. Si ushtrim do të vërtetoni se bashkësia e gjithë elementëve në R të cilët janë algjebrikë mbi Q formojnë një shtrirje tëpafundme të Q.

Teorema në vazhdim është e ngjashme me Teoremën e Lagranzhit në teorinë e grupeve.

Teorema 13.6. Në qoftë se E është një shtrirje e fundme e F dhe K është një shtrirje e fundme e E, atëherë K është një shtrirjee fundme e F dhe

[K : F] = [K : E][E : F].

Vërtetim: Le të jetë α1, . . . , αn një bazë për E si hapësirë vektoriale mbi F dhe β1, . . . , βm një bazë për K si hapësirë vektorialembi E. Themi se, αiβ j është bazë për K mbi F.

Së pari do të vërtetojmë se, këta vektorë mbulojnë K. Le të jetë u ∈ K. Atëherë, u =∑m

j=1 b jβ j dhe b j =∑n

i=1 ai jαi, ku b j ∈ Edhe ai j ∈ F. Atëherë,

u =

m∑j=1

n∑i=1

ai jαi

β j =∑

i, j

ai j(αiβ j).

Kështu që, mn vektorët αiβ j duhet të mbulojnë K mbi F.Ne duhet të vërtetojmë se αiβ j janë linearisht të pavarur. Kujtojmë se, një bashkësi vektorësh v1, v2, . . . , vn në një hapësirë

vektoriale V janë linearisht të pavarur, në qoftë se

c1v1 + c2v2 + · · · + cnvn = 0

sjell që,c1 = c2 = · · · = cn = 0.

Le të jetëu =

∑i, j

ci j(αiβ j) = 0,

për ci j ∈ F. Ne duhet të tregojmë se të gjithë ci j-të janë zero. Ne mund ta rishkruajmë u si

m∑j=1

n∑i=1

ci jαi

β j = 0,

ku∑

i ci jαi ∈ E. Meqënëse β j janë linearisht të pavarur në E, mund të ndodh, që

n∑i=1

ci jαi = 0

për të gjithë j. Megjithatë, α j janë gjithashtu linearisht të pavarur mbi F. Pra, ci j = 0 për çdo i dhe j, e cila përfundonvërtetimin.

Rrjedhimi në vazhdim vërtetohet lehtë me induksionin matematik.

c©AulonaPress 215




Algjebra Shaska T.

Rrjedhim 13.1. Në qoftë se Fi është fushë, ku i = 1, . . . , k dhe Fi+1 është një shtrirje e fundme e Fi, atëherë Fk është një shtrirjee fundme e F1 dhe

[Fk : F1] = [Fk : Fk−1] · · · [F2 : F1].

Rrjedhim 13.2. Le të jetë E një shtrirje fushe e F. Në qoftë se α ∈ E është algjebrik mbi F me polinom minimal p(x) dheβ ∈ F(α) me polinom minimal q(x), atëherë deg q(x) pjeston deg p(x).

Vërtetim: Dimë që deg p(x) = [F(α) : F] dhe deg q(x) = [F(β) : F]. Meqënëse F ⊂ F(β) ⊂ F(α) kemi

[F(α) : F] = [F(α) : F(β)][F(β) : F].

Shembull 13.8. Gjeni polinomin minimal të Q(√

3 +√

5)/Q.

Vërtetim: Nisemi nga[Q(√

3 +√

5 ) : Q] = 4.

Dimë që 1,√

3 është bazë për Q(√

3 ) mbi Q. Pra,√

3 +√

5 nuk mund të jetë në Q(√

3 ). Meqënëse√

5 nuk mund tëjetë as nëQ(

√3 ). Prandaj, 1,

√5 është bazë përQ(

√3,√

5 ) = (Q(√

3 ))(√

5 ) mbiQ(√

3 ) dhe 1,√

3,√

5,√

3√

5 =√

15 është bazë për Q(

√3,√

5 ) = Q(√

3 +√

5 ) mbi Q.

Ky shembull na tregon se është e mundur që disa shtrirje F(α1, . . . , αn) janë shtrirje të thjeshta të F edhe pse n > 1.

Shembull 13.9. Le të gjejmë një bazë për Q( 3√5,√

5 i), ku√

5 është rrënja katrore pozitive e 5 dhe 3√5 është rrënja kubikereale e 5.

Vërtetim: Dimë që√

5 i < Q( 3√5 ). Pra,[Q(

3√

5,√

5 i) : Q(3√

5 )] = 2.

Është e lehtë të tregohet se 1,√

5i është bazë për Q( 3√5,√

5 i) mbi Q( 3√5 ).Ne dimë gjithashtu se 1, 3√5, ( 3√5 )2

është bazë për Q( 3√5 ) mbi Q. Një bazë për Q(√

5, 3√5 ) mbi Q është

1,√

5 i,3√

5, (3√

5 )2, (6√

5 )5i, (6√

5 )7i = 56√

5 i or6√

5 i.

Vini re se 6√5 i është rrënjë e x6 + 5. Mund të vërtetojmë se ky polinom është i pathjeshtueshem mbi Q, duke përdorur Kriterine Eisenstein për p = 5. Për pasojë

Q ⊂ Q(6√

5 ) ⊂ Q(3√

5,√

5 i).

Por mund të ndodhë që Q( 6√5 i) = Q( 3√5,√

5 i) meqë grada e të dy shtrirjeve është 6.

Teorema 13.7. Le të jetë E një shtrirje fushe e F. Atëherë pohimet e mëposhtme janë ekuivalente.i) E është shtrirje e fundme e F.ii) Gjendet një numër i fundëm elementësh algjebrikë α1, . . . , αn ∈ E, të tillë që E = F(α1, . . . , αn).iii) Gjendet një varg fushash,

E = F(α1, . . . , αn) ⊃ F(α1, . . . , αn−1) ⊃ · · · ⊃ F(α1) ⊃ F,

ku seicila fushë F(α1, . . . , αi) është algjebrike mbi F(α1, . . . , αi−1).

Vërtetim: (1) ⇒ (2). Le të jetë E një shtrirje algjebrike e fundme e F. Atëherë E është hapësirë vektoriale me përmasë tëfundme mbi F dhe gjendet një bazë me elementë α1, . . . , αn në E të tillë që E = F(α1, . . . , αn). Çdo αi është algjebrik mbi F ngaTeorema 13.5

(2)⇒ (3). Supozojmë që E = F(α1, . . . , αn) ku çdo αi është algjebrik mbi F. Atëherë

E = F(α1, . . . , αn) ⊃ F(α1, . . . , αn−1) ⊃ · · · ⊃ F(α1) ⊃ F,

ku çdo fushë F(α1, . . . , αi) është algjebrike mbi F(α1, . . . , αi−1).

216 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

(3)⇒ (1). Le të jenëE = F(α1, . . . , αn) ⊃ F(α1, . . . , αn−1) ⊃ · · · ⊃ F(α1) ⊃ F,

ku çdo fushë F(α1, . . . , αi) është algjebrike mbi F(α1, . . . , αi−1). Meqë

F(α1, . . . , αi) = F(α1, . . . , αi−1)(αi)

është shtrirje e thjeshtë dhe αi janë algjebrike mbi F(α1, . . . , αi−1) rrjedh që

[F(α1, . . . , αi) : F(α1, . . . , αi−1)]

është i fundëm për çdo i. Prandaj [E : F] është i fundëm.

Ushtrime:

1. Jepet shtrirja algjebrike e fushave K/F e tillë që: [K : F] = p, ku p është numër i thjeshtë. Vërteto se, nuk ekzistojnë fusha tëndërmjetme F ⊂ E ⊂ K.

2. Vërteto se, në qoftë se [F(α) : F] është numër tek atëherë F(α) = F(α2).

3. Vërtetoni se, Q(√

3,√

7 ) = Q(√

3 +√

7 ). Përgjithësojeni këtë vërtetim për të treguar se, Q(√

a,√

b ) = Q(√

a +√

b ).

13.3 Fushat ndarëse

Jepet një polinom p(x) ∈ F(x), ku F është një fushë. Në bazë të teoremës së kapitullit të mëparshëm ekziston fusha K në tëcilën p(x) ka një rrënjë α. Atëherë,

p(x) = (x − α)q(x).

Domethënë ekziston një shtrirje e K-së ku q(x) ka një rrënjë. Pra ekziston një shtrirje e F-së që përmban gjithë rrënjët e p(x).Më e vogla e gjithë fushave të tilla quhet fushë ndarëse e polinomit p(x). Quhet ndarëse sepse ndan polinomin në faktorëlinearë. Le të japim tani një përkufizim më të saktë të fushës ndarëse.

Përkufizim 13.4. Jepet polinomi p(x) ∈ F[x] me gradë n, ku F është fushë. Le të jenë α1, . . . , αn rrënjët e këtij polinomi.Atëherë fusha F(α1, . . . , αn) quhet fushë ndarëse e polinomit p(x).

Teorema 13.8. Për çdo fushë F dhe f (x) ∈ F[x] ekziston një shtrirje K e F-së e cila është fushë ndarëse e f (x).

Vërtetim: Vërtetojmë ekzistencën e fushës ndarëse me induksion në gradën n të polinomit. Në qoftë se polinomi ka gradën = 1, atëherë marrim K = F. Supozojmë se pohimi është i vertetë për k ≤ n − 1. Në qoftë se f (x) faktorizohet në faktorëlinearë përsëri marrim K = F. Në të kundërt ekziston një faktor me gradë ≥ 2. Dimë se ekziston një fushë E1 në të cilën kyfaktor ka një rrënjë α. Mbi E1 polinomi f (x) ka një rrënjë α. Grada e faktorit tjetër f1(x) të f (x) është ≤ n − 1. Nga hipoteza einduksionit ekziston një shtrirje e E që përmban gjithë rrënjët e f1(x). Por α ∈ E1 ⊂ E. Pra, E përmban gjithë rrënjët e f (x).Marrim si K prerjen e gjithë nënfushave të E-së, që përmbajnë gjithë rrënjët e f (x).

Shembull 13.10. Fusha ndarëse për x2− 2 ështëQ(

√2) sepse rrënjët e x2

− 2 janë α12 = ±√

2 dheQ(√

2,−√−2) = Q(

√2).

Atëherë, [Q(√

2 : Q] = 2.

Shembull 13.11. Fusha ndarëse e x4 + 4 mbi Q është Q(i), sepse

x4 + 4 = (x2 + 2x + 2)(x2− 2x + 2)

ku të dy faktorët janë të pathjeshtueshëm (përdor kriterin e Einsesteinit). Duke gjetur rrënjët e tyre ne kemi

±1,±i.

Pra, fusha ndarëse është Q(i) dhe natyrisht [Q(i) : Q] = 2 sepse i ka si polinom minimal x2 + 1.

c©AulonaPress 217




Algjebra Shaska T.

Lema 13.3. Fusha ndarëse e një polinomi me gradë n mbi F ka të shumtën gradë n! mbi F.

Vërtetim: Marrim një polinom f (x) me gradë n. Le të jetë α një rrënjë e tij, Atëherë,

f (x) = (x − α) f1(x).

Grada e F(α) mbi F është të shumtën n. Polinomi f1(x) ka gradë (n − 1). Le të jetë β një rrënjë e tij. Grada e F(α)(β) është tëshumtën (n − 1). Duke vazhduar kështu për gjithë rrënjët marim rezultatin e kërkuar.

Një polinom f (x) ∈ F[x] me gradë n është i ndashëm në qoftë se ai ka n rrënjë të ndryshme në fushën ndarëse të f (x)-it.

Pra, f (x) është i ndashëm kur ai faktorizohet në faktorë linearë mbi fushën ndarëse të F-së. Një shtrirje E e F-së është njështrirje e ndashme e F-së në qoftë se çdo element në E është rrënjë e një polinomi të ndashëm në F[x].

Shembull 13.12. Polinomi x2− 2 është i ndashëm mbi Q meqënëse ai faktorizohet në (x −

√2 )(x +

√2 ). Në fakt, Q(

√2 )

është një shtrirje e ndashme e Q. Le të jetë α = a + b√

2 një element në Q. Në qoftë se b = 0, atëherë α është rrënjë e x − a. Nëqoftë se b , 0, atëherë α është rrënjë e një polinomi të ndashëm

x2− 2ax + a2

− 2b2 = (x − (a + b√

2 ))(x − (a − b√

2 )).

Fatmirësisht ne kemi një test për të përcaktuar se kur një polinom është i ndashëm ose jo. Le të kemi

f (x) = a0 + a1x + · · · + anxn

një polinom në F[x]. Përcaktojmë derivatin e f (x)-it të tillë:

f ′(x) = a1 + 2a2x + · · · + nanxn−1.

Lema 13.4. Le të jetë F një fushë dhe f (x) ∈ F[x]. Atëherë f (x) është i ndashëm atëherë kur f (x) dhe f ′(x) janë relativisht tëthjeshtë, pra gcd( f , f ′) = 1.

Vërtetim: Le të jetë f (x) i ndashëm. Atëherë f (x) faktorizohet mbi një shtrirje fushe të F-së si f (x) = (x−α1)(x−α2) · · · (x−αn),ku αi , α j për i , j. Duke marë derivatin e f (x), vëmë re se

f ′(x) = (x − α2) · · · (x − αn)+ (x − α1)(x − α3) · · · (x − αn)+ · · · + (x − α1) · · · (x − αn−1).

Prandaj, f (x) dhe f ′(x) nuk mund të kenë faktorë të përbashkët.Për të vërtetuar të anasjelltën, supozojmë të kundërtën. Supozojmë që f (x) = (x − α)kg(x), ku k > 1. Njesojmë derivatin,

f ′(x) = k(x − α)k−1g(x) + (x − α)kg′(x).

Pra, f (x) dhe f ′(x) kanë një faktor të përbashkët.

Shembull 13.13. Le të jetë p(x) = x4 + 2x2−8 nëQ[x]. Atëherë p(x) ka faktorë të pathjeshtueshëm x2

−2 dhe x2 + 4. Prandajfusha Q(

√2, i) është fushë ndarëse për p(x).

Shembull 13.14. Le të jetë p(x) = x3− 3 në Q[x]. Atëherë p(x) ka një rrënjë në fushën Q( 3√3 ). Megjithatë kjo fushë nuk

është fushë ndarëse për p(x) meqë rrënjët kubike komplekse të 3

−3√3 ± ( 6√3 )5i

2,

nuk janë në Q( 3√3 ).

218 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Pyetja për unicitetin tani bëhet për fushat ndarëse. Kjo pyetje merr përgjigje pozitive. Kur jepen dy fusha ndarëse K dhe Ltë një polinomi p(x) ∈ F[x] gjendet një izomorfizëm fushash φ : K→ L, i cili ruan F. Në mënyrë që të vërtetojmë këtë rezultatne së pari duhet të vërtetojmë lemën e mëposhtme.

Lema 13.5. Le të jetë φ : E → F një izomorfizëm fushash. Le të jetë K një shtrirje fushe e E dhe α ∈ K algjebrik mbi E mepolinom minimal p(x). Supozojmë që L është një shtrirje fushe e F e tillë që β është rrënjë e polinomit në F[x] e përftuar ngap(x) si imazh i φ. Atëherë φ zgjerohet me një izomorfizëm të vetëm ψ : E(α)→ F(β) të tillë që ψ(α) = β dhe ψ përputhet me φnë E.

Vërtetim: Në qoftë se p(x) ka gradë n, atëherë nga Teorema 13.4 ne mund të shkruajmë çdo element të E(α) si kombinim lineartë 1, α, . . . , αn−1. Prandaj izomorfizmi që po kërkojmë duhet të jetë:

ψ(a0 + a1α + · · · + an−1αn−1) = φ(a0) + φ(a1)β + · · · + φ(an−1)βn−1,

kua0 + a1α + · · · + an−1α

n−1

është një element i E(α). Fakti që ψ është izomorfizëm mund të kontrollohet me llogaritje direkte megjithatë vihet re lehtë që ψështë kompozim i pasqyrimeve, të cilat tashmë njihen si izomorfizma.

Ne mund ta shtrijmë φ të bëhet një izomorfizëm nga E[x] te F[x], të cilin do ta shënojmë gjithashtu me φ, duke marrë

φ(a0 + a1x + · · · + anxn) = φ(a0) + φ(a1)x + · · · + φ(an)xn.

Kjo shtrirje përputhet me izomorfizmin origjinal φ : E → F, meqë polinomet konstantë pasqyrohen në polinome konstantë.Nga supozimi φ(p(x)) = q(x). Pra, φ pasqyron 〈p(x)〉 në 〈q(x)〉.

Për pasojë kemi një izomorfizëm φ : E[x]/〈 p(x)〉 → F[x]/〈 q(x)〉. Kështu që, izomorfizmat

σ : E[x]/〈p(x)〉 → F(α) dhe τ : F[x]/〈q(x)〉 → F(β),

janë të përkufizuar përkatësisht nga vlerat e α dhe β. Prandaj ψ = τ−1φσ është izomorfizmi i kërkuar.

E(α)ψ−→ F(β)yσ yτ

E[x]/〈p(x)〉φ−→ F[x]/〈q(x)〉y y

Eφ−→ F

Vërtetimin e unicitetit e lëmë si ushtrim.

Teorema 13.9. Le të jetë φ : E → F një izomorfizëm fushash dhe p(x) një polinom jo konstant në E[x] dhe q(x) polinomikorrespondues në F[x] në lidhje me izomorfizmin. Në qoftë se K është një fushë ndarëse për p(x) dhe L është një fushë ndarësepër q(x), atëherë φ shtrihet te një izomorfizëm ψ : K→ L.

Vërtetim: Do të përdorim induksionin matematik për gradën e p(x). Mund të supozojmë që p(x) është i pathjeshtueshëm mbiE. Prandaj q(x) është gjithashtu i pathjeshtueshëm edhe mbi F. Në qoftë se deg p(x) = 1, atëherë nga përkufizimi i fushësndarëse K = E dhe L = F dhe s’kemi se ç’të vërtetojmë.

Supozojmë se teorema është e vërtetë për të gjithë polinomet me gradë më të vogël se sa n. Meqënëse K është një fushëndarëse e E, të gjitha rrënjët e p(x) ndodhen në K. Zgjedhim një nga këto rrënjë, le të themi α të tillë që E ⊂ E(α) ⊂ K. Njëllojne mund të gjejmë një rrënjë β të q(x) në L të tillë që F ⊂ F(β) ⊂ L.

Nga Lemma 13.5, ekziston një izomorfizëm φ : E(α)→ F(β) i tillë që φ(α) = β dhe φ përputhen me φ në E.

Kψ−→ Ly y

E(α)φ−→ F(β)y y

Eφ−→ F

c©AulonaPress 219




Algjebra Shaska T.

Shkruajmë: p(x) = (x − α) f (x) dhe q(x) = (x − β)g(x), ku gradët e f (x) dhe g(x) janë përkatësisht më të vogla se gradëte p(x) dhe q(x). Shtrirja fushë K është fushë ndarëse për f (x) mbi E(α) dhe L është fushë ndarëse për g(x) mbi F(β). Ngahipoteza e induksionit ekziston një izomorfizëm ψ : K→ L i tillë që ψ përputhet me φ në E(α). Pra, ekziston një izomorfizëmψ : K→ L i tillë që ψ përputhet me φ në E.

Rrjedhim 13.3. Le të jetë p(x) një polinom në F[x]. Atëherë gjendet një fushë ndarëse K për p(x) e cila është e vetme sipas njëizomorfizëm.

Shembull 13.15. Gjeni gradën e fushës ndarëse tëx8− 2

mbi Q.

Zgjidhje: Jepet α =8√2 një rrënjë e tetë e 2. Meqënëse f (x) është i pathjeshtueshëm (Eisenstein) atëherë [Q(α) : Q] = 8.

Atëherë fusha ndarëse është Q(α, ε8), ku ε8 është një rrënjë primitive e njëshit. Le të themi,

e8 =

√2

2(1 + i).

Pra, fusha ndarëse është Q(α, i). Është e qartë, që, i < Q(α), meqë α ∈ R. Kështu që, [Q(α, i) : Q(α)] = 2. Kështu që,[Q(α, i) : Q] = 16.

Shembull 13.16. Le të jenë a dhe b numra të plotë të ndryshëm, të lirë nga katrorët, të tillë që, [Q(√

a +√

b) : Q] = 4. Gjeni

min(√

a +√

b,Q, x).

Përdorni këto rezultate për të shkruar polinomin minimal për√

2 +√

3,√

2 +√

7,√

3 +√

5,

mbi Q.

Zgjidhje: Jepen a dhe b numra të plotë të dalluar, të lirë nga katrorët, të tillë që, [Q(√

a +√

b) : Q] = 4. Kujtojmë se kemivërtetuar që Q(

√a +√

b) = Q(√

a,√

b)).

Gjenimin(

√a +√

b,Q, x).

Përdorni rezultatin për të shkruar polinomin minimal për√

2 +√

3,√

2 +√

7,√

3 +√

5

mbi Q.Në qoftë se,

√a +√

b është rrënjë dhe a, b janë të tillë që, [Q(√

a +√

b) : Q] = 4, atëherë ±√

a ±√

b janë të gjitha rrënjë.Atëherë, polinomi minimal është

f (x) = x4− 2(a + b)x2 + (a − b)2.

Vërtetohet lehtë se, ai është i pathjeshtueshëm mbi Q, meqë rrënjët e tij nuk janë në Q dhe të gjithë faktorët kuadratikë tëmundshëm, gjithashtu nuk janë polinome në Q[x].

Për a = 2, b = 3, kemif (x) = x4

− 10x2 + 1.

Njëlloj, në qoftë se, a = 2, b = 7, ose a = 3, b = 5, marrim

f (x) = x4− 18x2 + 25, f (x) = x4

− 16x2 + 4.

Ushtrime:

220 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

1. Jepet f (x) i pathjeshtueshëm në k[x], i tillë që, deg f = m dhe le të jetë K një shtrirje fushe e k, ku [K : k] = n. Vërtetoni se,në qoftë se, gcd(m,n) = 1, atëherë f (x) është i pathjeshtueshëm mbi K.

2.Përcakto fushën ndarëse mbi Q të polinomeve

i) x4− 2.

ii) x4 + 2.iii) x4 + x2 + 1.iv) x6

− 4.

3. Le të jetë E një shtrirje e fundme e një fushe F. Në qoftë se [E : F] = 2, vërtetoni se, E është një fushë ndarëse e F.

13.4 Mbyllja algjebrike

Lind natyrshëm pyetja në qoftë se një fushë F përmbahet ose jo në një fushë më të madhe. Sjellim në mendje bashkësinë enumrave racionalë, të cilët përfshihet te numrat realë dhe numrat reale përfshihen në numrat komleks. Ne mund të studiojmëgjithashtu fushat ndërmjet Q dhe R.

Pra, në qoftë se na është dhënë një fushë F dhe një polinom p(x) ∈ F[x] lind pyetja nëse mund të gjejmë një fushë E e cilapërmban F-në e tillë që p(x) faktorizohet në faktorë linearë mbi E[x]. Për shembull, në qoftë se shqyrtojmë polinomin

p(x) = x4− 5x2 + 6

në Q[x], atëherë p(x) faktorizohet në (x2− 2)(x2

− 3), ku të dy këta faktorë janë të pathjeshtueshëm në Q[x]. Në qoftë se duamtë gjejmë një zero të polinomit p(x), duhet të shikojmë në një fushë më të madhe. Në këtë rast fusha e numrave realë do të nabënte punë meqë:

p(x) = (x −√

2)(x +√

2)(x −√

3)(x +√

3).

Por gjithashtu është e mundur të gjejmë një fushë më të vogël se R në të cilën p(x) ka një zero. Këtë fushë po e shënojmë me

Q(√

2) = a + b√

2 : a, b ∈ Q.

Jepet një fushë F. A është e mundur të gjendet një fushë E e tillë që çdo polinom p(x) të ketë një rrënjë në E? Kjo na drejtonte teorema e mëposhtme.

Teorema 13.10. Le të jetë E një shtrirje fushe e F. Bashkësia e elementëve të E të cilët janë algjebrikë mbi F formon fushë.

Vërtetim: Atëherë F(α, β) është shtrirje e fundme e F. Meqënëse çdo element i F(α, β) është algjebrik mbi F-në, α± β, dhe α/β(β , 0) janë të gjithë algjebrikë mbi F-në. Për pasojë, bashkësia e elementëve të E, që janë algjebrikë mbi F formon fushë.

Rrjedhim 13.4. Bashkësia e të gjithë numrave algjebrikë formon fushë. Pra, bashkësia e të gjithë numrave kompleksë që janëalgjebrikë mbi Q formon fushë.

Le të jetë E një shtrirje fushe e fushës F. Përkufizojmë mbylljen algjebrike të një fushe F në E të jetë fusha e të gjithëelementëve të E të cilët janë algjebrikë mbi F.

Një fushë F është algjebrikisht e mbyllur në qoftë se çdo polinom jo konstant në F[x] ka një rrënjë në F.

Teorema 13.11. Një fushë F është algjebrikisht e mbyllur atëherë dhe vetëm atëherë kur çdo polinom jo konstant në F[x]faktorizohet në faktorë linearë në F[x].

Vërtetim: Le të jetë F një fushë algjebrikisht e mbyllur. Në qoftë se p(x) ∈ F[x] është një polinom jo konstant, atëherëp(x) ka një rrënjë në F, le të themi α. Prandaj x − α duhet të jetë një faktor i p(x) dhe kështu p(x) = (x − α)q1(x), kudeg q1(x) = deg p(x) − 1.

Vazhdojmë këtë proces me q1(x) për të gjetur një faktorizim

p(x) = (x − α)(x − β)q2(x),

ku deg q2(x) = deg p(x) − 2. Procesi në një moment do të ndalojë sepse grada e p(x) është e fundme.Anasjelltas, supozojmë se çdo polinom jo konstant p(x) në F[x] faktorizohet në faktorë linearë. Le të jetë ax − b një faktor i

tillë. Atëherë p(b/a) = 0. Pra, F është algjebrikisht e mbyllur.

c©AulonaPress 221




Algjebra Shaska T.

Rrjedhim 13.5. Një fushë algjebrikisht e mbyllur F nuk ka shtrirje algjebrike të mirëfilltë E.

Vërtetim: Le të jetë E një shtrirje algjebrike e F, atëherë F ⊂ E. Për α ∈ E polinomi minimal i α është x − α. Prandaj α ∈ Fdhe F = E.

Teorema 13.12. Çdo fushë F ka një mbyllje algjebrike të vetme.

Është një fakt jo trivial që çdo fushë ka një mbyllje algjebrike të vetme. Vërtetimi nuk është shumë i vështirë por kërkon disateori bashkësie më të sofistikuar.

Tani do të formulojmë Teoremën Themelore te Algjebrës. Kjo teoremë pohon që: Çdo polinom me koefiçientë në numratkompleksë, ka një rrënjë në numrat kompleksë.

Teorema 13.13. (Teorema Themelore e Algjebrës) Fusha e numrave kompleksë C është algjebrikisht e mbyllur.

Vërtetimi i teoremës themelore do të bëhet në kapitullin e teorisë së Galuait.

13.5 Fushat e fundme

Fushat e fundme shfaqen në shumë zbatime të algjebrës, në teori kodesh dhe në kriptographi. Ne tashmë njohim një fushëtë fundme, Zp, ku p është numër i thjeshtë. Në këtë kapitull ne do të vërtetojmë se për çdo numër të thjeshtë p dhe një numërtë plotë pozitiv n ekziston një fushë e fundme me rend pn. Fushat e fundme quhen gjithashtu fushat Galua në nder të ÉvaristeGalois, i cili ishte matematikani i parë që i studjoi ato.

Rikujtojmë se një fushë F ka karakteristikë p në qoftë se p është numri i plotë pozitiv më i vogël i tillë që për çdo elementjo zero α në F, kemi pα = 0. Në qoftë se një numër i tillë nuk ekziston, atëherë F ka karakteristikë 0. Shembulli më i thjeshtë injë fushe të fundme është shembulli tashmë i njohur Z/pZ. Ne do të vërtetojmë se kardinaliteti i një fushe të fundme është pn,ku p është numër i thjeshtë.

Përkufizim 13.5. Një fushë quhet e fundme kur ka numër të fundëm elementësh.

Lema 13.6. Jepet fusha e fundme F dhe një E një shtrirje e saj e tillë që [E : F] = n. Atëherë |F| = pn.

Vërtetim: Le të jetë α1, . . . , αn një bazë e E-së mbi F. Atëherë çdo element i E-së shprehet si kombinim linear

a1α1 + · · · + anαn

ku ai ∈ F. Kemi |F| mundësi për ai dhe n mundësi për αi. Pra gjithsej |F|n mundësi.

Lema 13.7. Rendi i një fushe të fundme F është pn, ku p është karakteristika e fushës dhe n një numër i plotë.

Vërtetim: Karakteristika e fushës është një numër i thjeshtë p ose 0. Çdo fushë me karakteristikë 0 është izomorfike me Q, praështë e pafundme. Pra, karakteristika e F-së është p. Marrim homomorfizmin e fushave:

ϕ : Z/pZ −→ F

1 −→ 1 f

Ky homomorfizëm është 0 ose injektiv. Përderisa 1 −→ 1F atëherë ϕ , 0, pra është injektiv. Pra, F ka një kopje izomorfike tëZ/pZ. Përderisa F është e fundme atëherë është një shtrirje e fundme eZ/pZ. Supozojmë se [F : Z/pZ] = n, në bazë të lemëssë mësipërme |F| = |Z/pZ| = pn.

Fushat e fundme zakonisht shënohen me Fq, ku q = pn për p numër të thjeshtë dhe n ∈ Z. Le të shohim tani ekzistencën e

fushave me pn elementë.

Teorema 13.14. Për çdo numër të thjeshtë p dhe n ∈ Z ekziston një fushë me q = pn elementë. Të gjitha fushat me pn elementëjanë izomorfike.

222 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Vërtetim: Për të vërtetuar pjesën e parë të teoremës konsiderojmë polinomin

f (x) = xq− x

Le të jetë S fusha ndarëse e polinomit f (x) mbi fushën Fp := Z/pZ. Le të jetë R bashkësia e rrënjëve të f (x) në S. Bashkësia Rështë fushë sepse përmban 0 dhe 1 dhe

α ∈ R⇒ αq− α = 0⇒ αq = α

α, β ∈ R⇒ (α + β) = αq + βq = (α + β)q

sepse q është shumëfish i p-së. Gjithashtu,α ∈ R⇒ −α ∈ R

α, β ∈ R⇒ αβ−1 = αq(β−1)q = (αβ−1)q⇒ αβ−1

∈ R

Përderisa S është fusha më e vogël që përmban rrënjët e f (x) dhe R ⊂ S, atëherë R = S. Pra S është bashkësia e rrënjëve të f (x).Të vërtetojmë se f (x) nuk ka rrënjë dyfishe. Marrim derivatin e f (x)

f ′(x) = qxq−1− 1 = pnxq−1

− 1 = −1 , 0.

Meqënëse derivati doli i ndryshëm nga zero nuk kemi rrënjë dyfishe. Pra të gjithë faktorët e f (x) janë linearë. Si rrjedhim|S| = q sepse grada e f (x) është q.

Për të vërtetuar pjesën e dytë kujtojmë faktin se për çdo fushë të fundme F, F∗ = F \ 0 është grup ciklic. Le të jetë F njëfushë tjetër, e dalluar nga S, e tillë që |F| = q. Atëherë ∀α ∈ F kemi αq−1 = 1⇒ αq

− α = 0.Pra çdo α ∈ F është rrënjë e f (x) = xq

− x mbi Z/pZ. Përderisa |F| = q dhe f (x) ka q rrënjë (jo rrënjë dyfishe) atëherë Fështë fusha ndarëse e f (x). Ne dimë se çdo dy fusha ndarëse të një polinomi janë izomorfike. Pra, S F.

Shembull 13.17. Le të jetë p ndonjë numër i thjeshtë dhe D një unazë integrale me karakteristikë p. Atëherë

apn+ bpn

= (a + b)pn

për të gjithë numrat e plotë n.

Vërtetim: Do ta vërtetojmë lemën duke përdorur induksionin mbi n-në. Mund të përdorim formulën e binomit për të verifikuarrastin kur n = 1. Pra,

(a + b)p =

p∑k=0

(pk

)akbp−k.

Në qoftë se 0 < k < p, atëherë (pk

)=

p!k!(p − k)!

duhet të pjesëtohet nga p, meqe p nuk mud të pjesëtojë k!(p − k)!. Dimë se D është një unazë integrale me karakteristikë p,kështu që të gjitha termat përveç të parës dhe të fundit duhet të jenë zero. Prandaj, (a + b)p = ap + bp.

Tani le të supozojmë se rezultati është i vërtetë për të gjitha k-të, ku 1 ≤ k ≤ n. Nga hipoteza e induksionit matematik,

(a + b)pn+1= ((a + b)p)pn

= (ap + bp)pn= (ap)pn

+ (bp)pn= apn+1

+ bpn+1.

Pra, rezultati është i vërtetë për n + 1.

Fusha e fundme unike me q = pn elementë quhet fusha e Galuait me rend q = pn. Kjo fushë shënohet me GF(pn) ose F q.

Teorema 13.15. Çdo nënfushë e GF(pn), ka q = pm elementë, ku m pjeston n. Anasjelltas, në qoftë se m | n për m > 0, atëherëekziston një fushë unike e GF(pn) izomorfike me GF(pm).

Vërtetim: Le të jetë F një nënfushë e E = GF(pn). Atëherë F duhet të jetë një shtrirje fushe e K që përmban pm elementë, ku Kështë izomorfike me Zp. Atëherë m | n, meqënëse [E : K] = [E : F][F : K].

Për të vërtetuar të anasjelltën supozojmë se m | n për ndonjë m > 0. Atëherë pm− 1 pjeston pn

− 1. Pra, xpm−1− 1 pjeston

xpn−1− 1. Kështu që, xpm

− x duhet të pjestojë xpn− x, dhe çdo zero e xpm

− x është gjithashtu një zero e xpn− x. Pra, GF(pn)

përmban si një nënfushë, një fushë ndarëse të xpm− x, e cila detyrimisht është izomorfike me GF(pm).

c©AulonaPress 223




Algjebra Shaska T.

GF(p24)

GF(p8) GF(p12)

GF(p4) GF(p6)

GF(p2) GF(p3)

GF(p)

""""

""""

""

bb

bb

""

Figura 13.1: Nënfushat e GF(p24)

Shembull 13.18. Latisa e nënfushave të GF(p24) jepet në Fig. 13.1.

Për çdo fushë F kemi një grup të elementëve jo-zero të F-së të cilin e shënojmë me F∗ dhe e quajmë grup multiplikativ iF-së. Grupi multiplikativ i cdo fushe është grup ciklik.

Teorema 13.16. Në qoftë se G është një nëngrup i fundëm i F∗, atëherë G është ciklik.

Vërtetim: Le të jetë G një nëngrup i fundëm i F∗ me n = pe11 · · · p

ekk elementë, ku pi–të janë (jo në mënyrë të nevojshme të

ndryshëm) të thjeshtë. Nga Teorema Themelore e Grupeve Abeliane,

G Zpe11× · · · ×Zp

ekk.

Le të jetë m shumëfishi më i vogël i përbashkët i pe11 , . . . , p

ekk . Atëherë G ka një element me rend m. Përderisa çdo α ∈ G kënaq

xr− 1 për ndponjë r që pjeston m, α është një rrënjë e xm

− 1. Por, xm− 1 ka të shumtën m rrënjë në F, n ≤ m. Nga ana tjetër

ne dime që m ≤ |G|. Kështu që, m = n. Pra, G përmban një element me rend n dhe kështu që është ciklik.

Rrjedhim 13.6. Grupi multiplikativ i të gjithë elementëve jozero të një fushe të fundme është ciklik.

Rrjedhim 13.7. Çdo shtrirje e fundme E e një fushe të fundme F është një shtrirje e thjeshtë e F.

Vërtetim: Le të jetë α një gjenerues për grupin ciklik E∗ të elementëve jozero të E. Atëherë E = F(α).

Shembull 13.19. Fsha e fundme GF(24) është izomorfike me fushën Z2/〈1 + x + x4〉. Kështu që, elementët e GF(24) mund të

merren sia0 + a1α + a2α

2 + a3α3 : ai ∈ Z2 dhe 1 + α + α4 = 0.

Vërtetim: Kujtojmë që 1+α+α4 = 0. Ne mbledhim dhe shumëzojmë elementët e GF(24) njësoj siç mbledhim dhe shumëzojmëpolinomet. Grupi multiplikatic i GF(24) është izomorfik me Z15 me gjenerator α:

α1 = α α6 = α2 + α3 α11 = α + α2 + α3

α2 = α2 α7 = 1 + α + α3 α12 = 1 + α + α2 + α3

α3 = α3 α8 = 1 + α2 α13 = 1 + α2 + α3

α4 = 1 + α α9 = α + α3 α14 = 1 + α3

α5 = α + α2 α10 = 1 + α + α2 α15 = 1.

Ushtrime:

224 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

1. Le të jetë f (x) një polinom i pathjeshtueshëm në k[x]. Vërtetoni se, pohimet në vazhdim janë ekuivalentë:i) char(k) = p > 0 dhe f (x) = g(xp), për ndonjë g(x) ∈ k[x].ii) Të gjitha rrënjët e f (x) janë shumëfishe.Kujtesë: Në një fushë të fundme F q, me karakteristikë p, çdo element β ∈ F q mund të shkruhet si β = αp, për ndonjë

α ∈ F q.

2. Vërtetoni se, bashkësia e të gjithë elemenëve në R, të cilët janë algjebrikë mbi Q, formojnë një shtrirje fushe për Q, e cilanuk është e fundme.

3. Le të jetë E një shtrirje algjebrike e një fushe F, dhe le të jetë σ një automorfizëm i E, i cili fikson F. Le të jetë α ∈ E. Vërtetonise, σ indukton një permutacion të bashkësisë së gjithë rrënjëve të polinomit minimal të α, të cilat janë në E.

4. Vërtetoni ose kundërshtoni: Jepet një polinom p(x) në Z6[x], mund të ndërtojmë një unazë R, të tillë që, p(x) të ketë njërrënjë në R.

5. Le të jetë E një shtrirje fushe e F dhe α ∈ E. Përcaktoni [F(α) : F(α3)].

6. Le të jenë α, β transhendentë mbi Q. Vërtetoni se, ose αβ, ose α + β është gjithashtu transhendent.

7. Le të jetë E një shtrirje fushe e F dhe α ∈ E transhendent mbi F. Vërtetoni se, çdo element në F(α), i cili nuk është në F,është gjithashtu transhendent mbi F.

8. Vërtetoni ose kundërshtoni: Z[x]/〈x3− 2〉 është fushë.

9. Le të jetë F një fushë me karakteristikë p. Vërtetoni se, p(x) = xp− a ose është i pathjeshtueshëm mbi F ose ndahet në F.

10. Le të jetë E mbyllja algjebrike e një fushe F. Vërtetoni se, çdo polinom p(x) në F[x] ndahet në E.

11. Në qoftë se çdo polinom i pathjeshtueshëm p(x) në F[x] është linear, vërtetoni se, F është një fushë algjebrikisht e mbyllur.

12. Vërtetoni se, Q(√

3, 4√3, 8√3, . . .) është një shtrirje algjebrike e Q, por jo një shtrirje e fundme.

13. Vërtetoni ose kundërshtoni: π është algjebrik mbi Q(π3).

14. Le të jetë p(x) një polinom jo konstant me gradë n në F[x]. Vërtetoni se, ekziston një fushë ndarëse E për p(x), e tillë që,[E : F] ≤ n!.

15. Vërtetoni ose kundërshtoni: Q(√

2 ) Q(√

3 ).

16. Vërtetoni se, fushat Q( 4√3 ) dhe Q( 4√3 i) janë izomorfike, por jo të barabarta.

17. Le të jetë K një shtrirje algjebrike e E, dhe E një shtrirje algjebrike e F. Vërtetoni se, K është algjebrike mbi F. [Kujdes:Mos supozoni, që shtrirjet janë të fundme.]

18. Vërtetoni se, seicili nga numrat në vazhdim është algjebrik mbi Q, duke gjetur polinomin minimal të numrit mbi Q.√3√

2 − i,√

1/3 +√

7,√

3 +3√

5,√

3 +√

2 i.

19. Përcaktoni të gjitha nënfushat e Q( 4√3, i).

20. Vërtetoni se, Z2[x]/〈x3 + x + 1〉 është një fushë me tetë elementë. Ndërtoni një tabelë shumëzimi për grupin e shumëzimittë fushës.

c©AulonaPress 225




Kapitulli 14

Disa probleme klasike

14.1 Ndërtimet gjeometrike

Në Greqinë e lashtë, lindën tre problema klasike.Këto problema janë nga gjeometria në natyrë dhe përfshijnë ndërtimetvetëm me vizore dhe kompas, nga të cilat ne tani kemi gjeometrinë e lartë; pra, na lejohet të përdorim vetëm një vizore dhekompas, për ti zgjidhur ato. Problemet mund të formulohen si më poshtë.

1. Jepet një kënd i çfarëdoshëm, a mund ta ndajmë këndin në tre kënde të barabartë duke përdorur vetëm vizore dhe kompas?

2. Jepet një rreth i çfarëdoshëm, a mund të ndërtojmë një katror me të njëjtën sipërfaqe, duke përdorur vetëm vizore dhekompasin?

3. Jepet një kub, a mund të ndërtojmë brinjën e një kubi tjetër, i cili të ketë dyfishin e vëllimit të kubit origjinal duke përdorurvetëm vizore dhe kompas.

4. Për cilat n, n-goni i rregullt është i ndërtueshëm?

Pas një përpjekjeve dymijë vjeçare nga ana e matematikanëve, u tregua, që seicili nga këta ndërtime është i pamundur. Nedo të përdorim teorinë e fushave, për të vërtetuar, që zgjidhja e tyre nuk ekziston.

14.1.1 Numrat e ndërtueshëm

Një numër real α është i ndërtueshëm, në qoftë se mund të ndërtojmë një segment me gjatësi |α| në një numër të fundëmhapash nga një segment njësi, duke përdorur një vizore dhe një kompas.

Teorema 14.1. Bashkësia të gjithë numrave realë të ndërtueshëm formon një nënfushë F, të fushës së numrave realë.

Vërtetim: Le të jenë α dhe β, numra të ndërtueshëm. ne duhet të vërtetojmë se, α + β, α − β, αβ, dhe α/β (β , 0), janëgjithashtu numra të ndërtueshëm. Ne mund të supozojmë, që të dy α dhe β, janë pozitivë, ku α > β. Është pothuajse e qartë ,sesi të ndërtojmë α+ β dhe α− β. Për të gjetur një segment me gjatësi αβ, supozojmë, që β > 1 dhe ndërtojmë trekëndëshin nëFigurën 14.1, i tillë që, trekëndëshat 4ABC dhe 4ADE janë të ngjashëm. Meqënëse α/1 = x/β, segmenti x ka gjatësi αβ. Njëndërtim i ngjashëm mund të bëhet, në qoftë se β < 1. Po e lëmë si ushtrim të vërtetoni se, i njëjti trekëndësh mund të përdoretpër të ndërtuar α/β, për β , 0.

Lema 14.1. Në qoftë se α është një numër i ndërtueshëm, atëherë edhe√α është numër i ndërtueshëm.

Vërtetim: Në Figurën 14.2 trekëndëshat 4ABD, 4BCD, dhe 4ABC janë të ngjashëm; pra, 1/x = x/α, ose x2 = α.

Lema 14.2. Është i mundur ndërtimi i trekëndëshave të ngjashëm.

Vërtetim: Detyrë.

Ne mund të gjejmë në plan çdo pikë P = (p, q), e cila ka koordinata racionale p dhe q. Ne duam të dimë se, cilat pika tëtjera mund të ndërtohen me kompas dhe vizore, nga pikat me koordinata racionale.

227

Algjebra Shaska T.

A

B

C

D

E

1α

β

x

Figura 14.1: Ndërtimi i produkteve

x

1 αA

B

CD

Figura 14.2: Ndërtimi i rrënjëve

Lema 14.3. Le të jetë F një nënfushë e R.i) Në qoftë se një drejtëz përmban dy pika në F, atëherë ajo ka ekuacionin ax + by + c = 0, ku a, b, dhe c janë në F.ii) Në qoftë se një rreth e ka qendrën në një pikë me koordinata në F dhe me rreze, cila është gjithashtu në F, atëherë ai ka

ekuacionin x2 + y2 + dx + ey + f = 0, ku d, e, dhe f janë në F.

Vërtetim: Le të jenë (x1, y1) dhe (x2, y2), pika të një drejtëze me koordinata në F. Në qoftë se x1 = x2, atëherë ekuacioni idrejtëzës, që kalon nga dy pikat është x − x1 = 0, i cili ka formën ax + by + c = 0. Në qoftë se x1 , x2, atëherë ekuacioni idrejtëzës, që kalon nga dy pikat jepet nga

y − y1 =( y2 − y1

x2 − x1

)(x − x1),

i cili mund të kthehet në formën e duhur.Për të vërtetuar pjesën e dytë të lemës, supozojmë se, (x1, y1) është qendra e një rrethi me rreze r. Atëherë rrethi ka

ekuacionin(x − x1)2 + (y − y1)2

− r2 = 0.

Ky ekuacion mund të shkruhet lehtë në formën e duhur. Duke filluar me fushën e numrave të ndërtueshëm F, kemi tre mënyra të ndryshme për të ndërtuar pikat shtesë në R me

kompas dhe vizore .

1. Për të gjetur pika e reja të mundshme në R, ne mund të marrim prerjen e dy drejtëzave, ku seicila prej tyre kalon nga dypika të dhëna me koordinata në F.

2. Prerja e një drejtëze, e cila kalon nga dy pika me koordinata në F me një rreth, qendra e të cilit i ka koordinatat në F megjatësi rrezje në F, do të na japë pika të reja në R.

3. Ne mund të përftojmë pika të reja në R, duke prerë dy rrathë, qendrat e të cilëve i kanë koordinatat në F dhe gjatësitë errezeve të tyre janë në F.

Rasti i parë, nuk na jep pika të reja në R, meqë zgjidhja e dy ekuacioneve të formës ax + by + c = 0, me koefiçientë në F,gjithmonë do të jetë në F. Rasti i tretë mund të sillet te rasti i dytë. Le të jenë

228 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

x2 + y2 + d1x + e1x + f1 = 0x2 + y2 + d2x + e2x + f2 = 0

ekuacionet e dy rrathëve, ku di, ei, dhe fi janë në F për i = 1, 2. Këta rrathë kanë të njëjtën prerje si, rrethi

x2 + y2 + d1x + e1x + f1 = 0

dhe drejtëza(d1 − d2)x + b(e2 − e1)y + ( f2 − f1) = 0.

Ekuacioni i fundit, është ai i kordës, që kalon në pikat e prerjes së dy rrathëve. Pra, prerja e dy rrathëve mund të sillet në rastine prerjes së një drejtëze me një rreth.

Konsiderojmë rastin e prerjes së një drejtëze me një rreth, duhet të përcaktojmë natyrën e zgjidhjeve të ekuacioneve.

ax + by + c = 0x2 + y2 + dx + ey + f = 0.

Në qoftë se eleminojmë y nga këto ekuacione, përftojmë një ekuacion të formës Ax2 + Bx + C = 0, ku A, B, dhe C janë në F.Koordinata x e pikave të prerjes jepet nga

x =−B ±

√

B2 − 4AC2A

dhe është në F(√α ), ku α = B2

− 4AC > 0. Kemi vërtetuar lemën në vazhdim.

Lema 14.4. Le të jetë F fusha e numrave të ndërtueshëm. Atëherë pikat e prerjes së drejtëzave dhe rrathëve në F, ndodhen nëfushën F(

√α ) për ndonjë α në F.

Teorema 14.2. Një numër real α është numër i ndërtueshëm, atëherë dhe vetëm atëherë, kur ekziston një varg fushash

Q = F0 ⊂ F1 ⊂ · · · ⊂ Fk

të tilla që, Fi = Fi−1(√αi ) ku α ∈ Fk. Në veçanti, ekziston një numër i plotë k > 0, i tillë që, [Q(α) : Q] = 2k.

Vërtetim: Ekzistenca e Fi-ve dhe e αi-ve është pasojë direkte e Lemës së mësipërme dhe e faktit, që

[Fk : Q] = [Fk : Fk−1][Fk−1 : Fk−2] · · · [F1 : Q] = 2k.

Rrjedhim 14.1. Fusha e gjithë numrave të ndërtueshëm është një shtrirje algjebrike e Q.

Siç mund ta shihni nga fusha e numrave të ndërtueshëm, jo çdo shtrirje algjebrike e një fushe është shtrirje e fundme.

14.1.2 Dyfishimi i një kubi dhe katrori i rethit

Tani jemi gati të shqyrtojmë problemet klasike të dyfishimit të kubit dhe të kthimit të rrethit në katror. Ne mund të përdorimfushën e numrave të ndërtueshëm për të treguar me saktësi se, kur një ndërtim i veçantë algjebrik mund të realizohet.

Dyfishimi i kubit është i pamundur. Kur jepet brinja e kubit, është e pamundur të ndërtosh me vizore dhe kompasbrinjën e kubit, i cili ka dyfishin e vëllimit të kubit origjinal. Le të jetë kubi origjinal me brinjë me gjatësi 1 dhe me vëllim po 1.Në qoftë se mund të ndërtojmë një kub me vëllim 2, atëherë ky kub i ri do ta ketë brinjën me gjatësi 3√2. Megjithatë, 3√2 ështënjë rrënjë e polinomit të pathjeshtuar x3

− 2, mbi Q; pra,

[Q(3√

2 ) : Q] = 3

Kjo është e pamundur, sepse 3 nuk është fuqi e 2.

Teorema 14.3. Është e pamundur, që të dyfishojmë kubin.

c©AulonaPress 229




Algjebra Shaska T.

Vërtetim: Marrim një kub me vëllim 1. Për të dyfishuar kubin duhet të ndërtojmë një x, të tillë që,

x3 = 2.

Polinomif (x) = x3

− 2

është i pathjeshtueshëm mbi Q dhe prandaj, për çdo rrënjë α të f (x), kemi [Q(α) : Q] = 3, e cila nuk është fuqi e 2.

14.1.3 Kthimi i rrethit në katror

Supozojmë, që kemi një rreth me rreze 1. Sipërfaqja e rrethit ështëπ; prandaj, ne duhet të ndërtojmë një katror me brinjë√π.

Kjo është e pamundur, sepse si π dhe√π janë të dy transhendentë. Kështu që, me përdorimin e vizores dhe dhe kompasit, është

e pamundur të ndërtosh një katror me të njëjtën sipërfaqe sa të rrethit.

Teorema 14.4. Është e pa mundur ta kthesh rrethin në katror.

Vërtetim: Jepen r i ndërtueshëm dhe një rreth me rreze r. Duam të ndërtojmë një katror me brinjë x, i tillë që,

x2 = πr2

Meqënëse π nuk është as numër algjebrik, atëherë rrënjët e ekuacionit të mësipërm nuk janë as algjebrikë dhe prandaj nukmund të jenë të ndërtueshme.

14.1.4 Ndarja në tresh e një këndi

Ndarja në tresh e një këndi të çfarëdoshëm është e pamundur. Do të vërtetojmë se, është e pamundur të ndërtosh një kënd20. Për pasojë, një kënd 60 nuk mund të ndahet në tresh. Si fillim, duhet të llogaritim formulën e këndit trefish për kosinusin:

cos 3θ = cos(2θ + θ)= cos 2θ cosθ − sin 2θ sinθ= (2 cos2 θ − 1) cosθ − 2 sin2 θ cosθ= (2 cos2 θ − 1) cosθ − 2(1 − cos2 θ) cosθ= 4 cos3 θ − 3 cosθ.

Këndi θ mund të ndërtohet, atëherë dhe vetëm atëherë, kur α = cosθ është i ndërtueshëm. Le të jetë θ = 20. Atëherëcos 3θ = cos 60 = 1/2. Nga formula e këndit të trefishtë për kosinusin,

4α3− 3α =

12.

Kështu që, α është një rrënjë e 8x3− 6x− 1. Ky polinom nuk ka faktorë nëZ[x], pra është i pathjeshtueshëm mbiQ[x]. Kështu

që, [Q(α) : Q] = 3. Për pasojë, α nuk mund të jetë një numër i ndërtueshëm.

Teorema 14.5. Është e pamundur të ndahet një kënd në tresh.

Vërtetim: Të ndash në tresh një kënd 3α, është njësoj si të ndërtosh cosα, kur jepet cos 3α. Ekuacioni

cos 3α = 4 cos3 α − 3 cosα

na jep polinominf (x) = 4x3

− 3x − cos 3α,

për të cilin cosα është rrënjë. Për disa vlera të α polinomi f (x) është i pathjeshtueshëm dhe [Q(cosα) : Q] = 3, e cila nukështë fuqi e 2. Marrim α = 20. Atëherë,

f (x) = 8x3− 6x − 1

është i pathjeshtueshëm mbi Q. Pra, në qoftë se, α është rrënjë e f (x), atëherë [Q(α) : Q] = 3, e cila nuk është fuqi e 2.

230 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Shembull 14.1. Përcakto në se këta kënde mund të ndahet në tresh.i) Këndi β, i tillë që, cos β = 1

3 .ii) β = 120

Zgjidhje: Të ndash në tresh një kënd β = 3α, është njësoj si të ndërtosh cosα, kur jepet cos 3α. Ekuacioni

cos 3α = 4 cos3 α − 3 cosα

na jep polinominf (x) = 4x3

− 3x − cos 3α,

për të cilin cosα është rrënjë.

i) Në qoftë se, cos 3α = 13 , atëherë cosα është një rrënjë e polinomit

f (x) = 4x3− 3x −

13

i cili është i pathjeshtueshëm. Atëherë, [Q(cosα) : Q] = 3, i cili nuk është fuqi e 2. Pra, ky kënd nuk mund të ndahet në tresh.ii) Në qoftë se, β = 120, atëherë cos β = − 1

2 . Atëherë

f (x) = 4x3− 3x +

12

i cili është i pathjeshtueshëm mbi Q dhe, si më lart, këndi nuk mund të ndahet në tresh.

14.1.5 Ndërtimi i një shumëkëndëshi të rregullt

Teorema 14.6. n-goni është i ndërtueshëm, atëherë dhe vetëm atëherë, kur

n = 2k· p1 · · · ps,

ku pi janë numrat e thjeshtë Fermat, të dalluar.

Vërtetim: Ndërtimi i një n-goni është ekuivalent me ndërtimin e cos 2πn . Jepet εn shënojmë

en = cos2πn

+ i sin2πn

Atëherë,

cos2πn

=12

(εn + ε−1n )

Pra, Q(εn) është një shtrirje e Q( 2πn ). Ne e mbarojmë vërtetimin vetëm për n numër të thjeshtë p, pjesa tjetër do të vërtetohet

Q(εn)

2

Q(cos 2πn )

n−12

Q

Figura 14.3

c©AulonaPress 231




Algjebra Shaska T.

në kapitullin e fushës ciklotomike. Pra, cos 2πn është i ndërtueshëm, në qoftë se,

p − 12

= 2r

për ndonjë r ≥ 0. Kështu që, kjo është e mundur vetëm për numra të thjeshtë p, të formës p = 2k + 1. Këta janë saktësishtnumrat e thjeshtë Fermat dhe ata janë të formës

p = 22r+ 1.

Kjo mbaron vërtetimin.

Ushtrime:

1. Vërtetoni se, 9-goni i rregullt nuk është i ndërtueshëm me vizore dhe kompas kurse 20-goni i rregullt është i ndërtueshëm.

2. Vërtetoni se, kosinusi i një grade (cos 1) është algjebrik mbi Q, por nuk është i ndërtueshëm.

3. A mund të ndërtojmë një kub me vëllim sa trefishi i vëllimit të një kubi të dhënë ?

4. Vërtetoni se në qoftë se α dhe β janë numra të ndërtueshëm, tillë që, β , 0, atëherë i tillë është edhe α/β.

5. Jep një mënyrë gjeometrike për të ndërtuar një n-gon të rregullt, për

n = 3, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 15, 16, 17, 20, 24

14.2 Ekuacionet algjebrike

Në këtë kapitull do të japim një hyrje të shpejtë për zgjidhjet e ekuacioneve kuadratikë dhe kubikë. Diskutimin më tëdetajuar, do ta vazhdojmë në Kapitullin 6.

14.2.1 Ekuacionet me grade 2 dhe 3

Të gjithë polinomet kanë koefiçientë në ndonjë fushë K me karakteristikë 0. Kur kemi të bëjmë ne një ekuacion me njëvariabël

Xn + an−1Xn−1 + . . . + a1X + a0 = 0

thjeshtimi i parë është të zëvendësojmëX = Y −

an−1

ni cili rezulton në një ekuacion

Yn + bn−2Yn−2 + . . . + b0 = 0

me termin Yn−1 zero. Ky e zgjidh ekuacionin kuadratik (duke plotësuar katrorin): Për n = 2, ne thjesht marrim Y2 = −b0.Në pjesën tjetër të këtij nënseksioni ne studiojmë rastin për n = 3, pra, ekuacionin

(1) Y3 + aY + b = 0

Duke zëvendësuar Y = u + v, marrim

u3 + v3 + 3 (uv +a3

) (u + v) + b = 0

e cila është e vërtetë, në qoftë se u dhe v kënaqin

(2) u3 + v3 = −b, uv = −a3

E fundit na jep

(Z − u3) (Z − v3) = Z2 + bZ −a3

27

232 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

pra, pa humbje

u3 =−b +

√b2 + 4a3

27

2

v3 =−b −

√b2 + 4a3

27

2

Nga ana tjetër, ne mund të zgjedhim u dhe v si rrënjë kubike të përshtatshme të anës së djathtë, të tilla që, (2) të jetë ivërtetë. Atëherë u + v është një nga zgjedhjet e (1), të tjerat i marrim nga zgjedhjet e ndryshme të rrënjëve kubike. Më saktë,në qoftë se, ε është një rrënjë primitive e tretë e njëshit, atëherë zgjidhjet e (1) janë

Y1 = u + v, Y2 = εu + ε2v, Y3 = ε2u + εv,

të cilat mund të kotrollohen duke zbërthyer (Y−Y1)(Y−Y2)(Y−Y3). Këto janë formulat Kardano, të cilat zakonisht shkruhensi

Yi = (−b2

+

√b2

4+

a3

27)1/3 + (−

b2−

√b2

4+

a3

27)1/3

Shohim se, këto formula kanë shumë simetri, duke filluar nga zgjedhjet e ndryshme të rrënjëve katrore, të rrënjëve kubikedhe, gjithashtu nga zgjedhja e një rrënje të tretë të njëshit. Gjëja pozitive është, që çështja e simetrive midis zgjidhjeve mundtë përkufizohet pa përdorur formulën e shtjellur të zgjidhjeve.

Ideja themelore e teorisë Galois tani mund të formulohet thjesht, si: për n të cfarëdoshme, zëvendësojmë formulën e shtjellurpër zgjidhjet (megjithëse ajo nuk ekziston) duke përdorur grupin Galois.

Pika fillestare është vëzhgimi, që duke shoqëruar çdo rrënjë e një ekuacioni të pathjeshtueshëm jep një shtrirje fushe, ecila varet vetëm nga ekuacioni, sipas izomorfizmit. Kjo na çon në izomorfizmat e fushës, që shkëmbejnë rrënjët e ndryshme tëekuacionit. Këto izomorfizma na çojnë në simetritë bazë ndërmjet rrënjëve, të cilat formojnë grupin Galois.

14.3 Identitetet e Newtonit dhe diskriminanti

Para se të marrim teorinë Galois të përgjthshme, mbledhim disa fakte mbi diskriminantin. Diskriminanti Dp i një polinomip(X) bëhet zero, atëherë dhe vetëm atëherë, kur p ka një rrënjë shumëfishe, siç kemi parë ne kapitullin e unazave polinomiale.Dp është një polinom i shprehur në koefiçientët e p(x) (rrjedh nga teorema kryesore e polinomeve simetrikë). Tani do të marrimnjë formulë të shtjellur për Dp.

Kujtojmë, që, në qoftë se, shkruajmë p(X) në formën

p(X) = Xn + an−1Xn−1 + · · · + a0 = (X − x1) . . . (X − xn)

atëherëDp =

∏inj

(xi − x j)

Matrica

X :=

1 . . . 1x1 . . . xn. . . . .. . . . .. . . . .

xn−11 . . . xn−1

n

ka

det (X) =∏i> j

(xi − x j)

nga formula e mirënjohur e përcaktorit Vandeermonde.

c©AulonaPress 233




Algjebra Shaska T.

Shembull 14.2. Vërtetoni këtë formulë.

Dp = det (X)2 = det (XXt) = det

S0 S1 . . . Sn−1S1 S2 . . . Sn. . . . . .. . . . . .. . . . . .

Sn−1 Sn . . . S2n−2

ku

Sµ := xµ1 + . . . + xµnVërtetim: Duhet të shprehim shumat fuqi Sµ në lidhje me funksionet simetrikë elementarë

σν =∑

i1<i2<···<iν

xi1 xi2 . . . xiν

(ku vetia bazë e tyre është, që σν(x1, . . . , xn) = (−1)ν an−ν). Kjo mbështetet te identitetet e Newtonit (c.f. Cox et al., p. 317):

Sµ − σ1Sµ−1 + · · · + (−1)µ−1σµ−1S1 + (−1)µµσµ = 0, for 1 ≤ µ ≤ n

Sµ − σ1Sµ−1 + · · · + (−1)n−1σn−1Sµ−n+1 + (−1)nσnSµ−n = 0, for µ > n

Jepet z një variabël i ri, përkufizojmë

σ(z) =

n∏i=1

(1 − xiz)

Atëherë

−zσ′(z)σ(z)

=z

∑ni=1 xi

∏jni (1 − x jz)

σ(z)=

n∑i=1

xiz1 − xiz

=

n∑i=1

∞∑ν=1

xνi zν =

∞∑ν=1

(n∑

i=1

xνi ) zν =

∞∑ν=1

Sν zν(14.1)

Kështu që, ne marrim identitetin në vazhdim ndërmjet serive fuqi formale në z:

σ(z)∞∑ν=1

Sν zν = −zσ′(z)

Vetia bazë e funksioneve simetrikë elementarë na çon në

σ(z) =

n∑µ=0

(−1)µσµzµ

Kështu që,n∑

j=0

(−1) jσ jz j·

∞∑ν=1

Sν zν =

n∑µ=1

(−1)µ+1µσµzµ

Duke krahasuar koefiçientët marrim atë, që duam.

Shembull 14.3 (Polinomet kuadratike). Jepet p(X) = X2 + bX + c = (X−x1) (X−x2). Atëherë marrim Dp = b2− 4c.

Shembull 14.4 (Polinomet kubike). Marrim p në formën p(X) = X3 + aX + b si në seksionin e mëparshëm. Atëherëmarrim Dp = −4a3

− 27b2. Kështu që, Formulat Kardano bëhen

xi = (−b2

+

√−Dp

108)1/3 + (−

b2−

√−Dp

108)1/3

Ushtrime:

234 c©AulonaPress




Kapitulli 15

Teoria e Galuait

Në këtë kapitull ne do të studiojmë një nga pjesët më elegante të matematikës. Bukuria e teorisë Galua qëndron në aftësinëe saj për të lidhur matematikën e lartë me disa probleme elementare klasike si përshembull rrënjet e një polinomi. Një problemklasik i algjebrës ka qënë gjetja e rrënjëve të një polinomi. Zgjidhjet e ekuacionit të fuqisë së dytë kanë qënë të njohura që nëantikitet. Matematikanë Italianë në shekullin e gjashtëmbëdhjetë gjetën një zgjidhje të përgjithshme për ekuacionin me fuqitë tretë dhe të katërt, megjithatë përpjekjet për të zgjidhur polinomin me rend pesë u shtynë për vitet në vazhdim. Natyrishtekuacione të tilla si x5

−1 = 0 ose x6−x3−6 = 0 mund të zgjidhen por nuk u gjet një formulë e përgjithshme si ajo e ekuacionit

të gradës së dytë për polinomin e përgjithshëm me fuqi pesë:

ax5 + bx4 + cx3 + dx2 + ex + f = 0.

Më në fund në fillim të shekullit të nëntëmbëdhjetë, Ruffini dhe Abel gjetën disa polinome të gradës së pestë të cilët nuk mundtë zgjidheshin me çdo formulë. Megjithatë ishte Galois ai që siguroi shpjegimin e plotë duke treguar se cilët polinome mund tëzgjidheshin me formula dhe cilët nuk mund. Ai zbuloi lidhjen midis grupeve dhe shtrirjes së fushave. Në këtë kapitull ne dotë vërtetojmë Teoremën Themelore të Teorisë Galua. Ky rezultat do të përdoret për të treguar se polinomet me gradë pesë nukmund të zgjidhen dhe gjithashtu për të vërtetuar Teoremën Themelore të Algjebrës.

15.1 Shtrirjet Galua

Le te jetë F një fushë dhe G grupi i automorfizmave të saj. Fusha e fiksuar e grupit G është:

FG = α ∈ F | σ(α) = α,∀ σ ∈ G

Lexuesi mund të vërtetojë se FG është nënfushë e F. Le të jetë F/k një shtrirje algjebrike, rikujtojme se një automorfizëm i Fmbi k është një automorfizëm σ i F i tillë që σ(α) = α për çdo α ∈ k.

Përkufizim 15.1. Le të jetë F/k një shtrirje algjebrike. Themi se F/k është një shtrirje Galua në qoftë se ajo ështënormale dhe e ndashme.

Grupi Autk(F) i automorfizmave të F mbi k quhet grupi Galua i F mbi k dhe shënohet me G(F/k).

Pohim 15.1. Le të jetë F/k një shtrirje algjebrike. Pohimet e mëposhtme janë ekuivalente:

i) F/k është një shtrirje Galua.ii) Ekziston një grup G i automorfizmave të F mbi k i tillë që

k = FG

iii) F është fusha ndarëse e një familjeje polinomesh të ndashme mbi k.

Vërtetim: ii) =⇒ i) : Le të jetë α ∈ F dhef (x) = min (α,F, x)

235

Algjebra Shaska T.

Për të vërtetuar se F/k është normale do të vërtetojmë se të gjitha zgjidhjet e f (x) janë në F. Shënojme me Oα, G-orbitën e α:

Oα := σ(α) | σ ∈ G = α = α1, α2, . . . αr

meqënëse secila σ(α) është rrënjë e f (x) atëherë Oα ka kardinalitet ≤ deg f , dhe gjithashtu Oα ⊂ F. Përcaktojmë h(x) të tillëqë:

h(x) :=r∏

i=1

(x − αi)

Atëherë për çdo σ ∈ G kemi:

σ(h(x)) :=r∏

i=1

(x − σ(αi)) =

r∏i=1

(x − αi) = h(x)

Pra, h(x) ∈ k[x]. Atëherë kemi qëdeg h ≤ deg f

dhe h(x) është një shumëfish i f (x). Pra, h(x) = f (x) dhe F/k është normale.i) =⇒ ii) : Të gjitha rrënjët e h(x) janë të dallueshme dhe si rrjedhim h(x) = f (x) është i ndashëm.

i⇐⇒ iii) : Supozojmë fillimisht se F/k është Galua. Le të jetë α ∈ F dhe

f (x) = min (α, k, x)

duke qënë se F/k është normale F është fushë ndarëse e f (x). Pra është e qartë që ajo është e ndashme.Supozojmë tani se F = k(α1, α2, . . . ) është fushë ndarëse e një familjeje polinomesh të ndashme e si rrjedhim F/k është

normale.Të gjitha αi-të duke qënë se janë rrënjë të polinomeve të ndashëm janë të ndashme mbi k. Le të jetë një element α ∈ F

atëherë kemi:

α =p(α1, . . . , am)q(α1, . . . , αm)

.

Pra α është e ndashme mbi k. Si rrjedhim F/k është e ndashme dhe Galua.

Lema 15.1. Le të jetë L/k një shtrirje e fundme Galua dhe G = G(L/k). Në qoftë se F është një nënfushë e ndërmjetmek ⊂ F ⊂ L, atëherë L/F është Galua dhe funksioni

Φ : F −→ G(L/F)

është injektiv.

Vërtetim: Nga rezultatet e aritura në kapitullin e mëparshëm L/F është normale dhe e ndashme, pra një shtrirje Galua. Le tëjenë F dhe F′ dy fusha të ndërmjetme dhe H := G(L/F), H′ = G(L/F′) grupet korenspoduese. Atëherë

F = KH dhe F′ = KH′

Në qoftë se H = H′ atëherë është e qartë se F = F′. Pra Φ është injektiv.

Rrjedhim 15.1. Le të jetë L/k një shtrirje e fundme Galua dhe G = G(L/k). Gjithashtu le të kemi F dhe F′ dy fusha tëndërmjetme dhe H := G(L/F), H′ = G(L/F′) grupet korresponduese. Atëherë pohimet e mëposhtme janë të vërteta:

i) Φ(FF′) = H ∩H′

ii) Φ(F ∩ F′) është nëngrupi më i vogël i G që përmban H dhe H′.

Vërtetim: Detyrë.

Lema e mëposhtme përcakton gradën e shtrirjes L/LG.

236 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

L

FF′

F F′

F ∩ F′

k

//

1G

H ∩H′

H H′

M

G

Figura 15.1: The Galois correspondence

Lema 15.2. Le të jetë G një nëngrup i fundëm i Aut(L) me rend |G| = n. Atëherë grada e shtrirjes L/LG është:

[L : LG] = n = |G|

Vërtetim:

Tani do të japim rezultatin kryesor të teorisë Galua.

Teorema 15.1. Le të jetë L/k një shtrirje e fundme Galua dhe G = G(L/k). Ekziston një bijeksion ndërmjet bashkësisë sënënfushave të ndërmjetme F të L/k dhe nëngrupeve H < G, që jepet nga

F = LH←→ H

dhe G(L/F) ≈ H. Gjithashtu F/k është Galua atëherë dhe vetëm atëherë kur H E G. Në këtë rast G(F/k) ≈ G/H.

Vërtetim: Funksioni Φ i Lemës 15.1 është injektiv. ’Eshtë e qartë se ky funksion është gjithashtu syrjektiv sepse për cdonëngrup H ≤ G ekziston një fushë e ndërmjetme LH.

Supozojmë se H E G. Për të vërtetuar se F/k është Galua ne duhet të tregojmë se:

i) F/k është normaleii) F/k është e ndashme.

Le të jetë α ∈ F = LH dhe β një rrënjë e min (α, k, x). Në qoftë se tregojmë që β ∈ F atëherë kemi vërtetuar se F/k ështënormale.

Nga teorema e shtrirjeve izomorfike ekziston një σ ∈ G e tillë që:

σ(α) = β

Le të jetë τ ∈ H. Atëherëτ(β) = σ(σ−1τσ(α))

Meqënëse H është normale atëherë σ−1τσ ∈ H. Gjithashtu meqënëse çdo element i H fikson elementët e F kemi që

σ−1τσ(α) = α

Praτ(β) = σ(α) = β ∈ F

e cila tregon se F/k është normale dhe është e ndashme sepse shtrirjet e ndashme formojnë një klasë të dallueshme.

c©AulonaPress 237




Algjebra Shaska T.

Anasjelltas supozojmë se F/k është Galua me grup Galua G(F/k). Përcaktojmë funksionin

φ : G→ G(F/k)

σ→ σ|F

Pra, σ|F është në G(F/k) dhe φ është i përkufizuar saktë . Atëherë,

ker (φ) = σ ∈ G | σ|F = id = H

Pra, H E G. Funksioni φ është syrjektiv (nga teorema e shtrirjeve izomorfike). Pra arrijmë në përfundimin se:

G(F/k) ≈ G/H.

Le të jetë f (x) një polinom i pathjeshtueshëm në k[x] i cili faktorizohet si më poshtë:

f (x) = (x − α1) . . . (x − αn)

në një fushë ndarëse E f . Atëherë E f /k është Galois sepse është shtrirje normale dhe e ndashme. Grupi G(E f /k) quhet grupiGalua i f (x) mbi k dhe do të shënohet me Gal ( f ). Elementët e Gal ( f ) përkëmbejnë rrënjët e f (x). Pra, grupi Galua i njëpolinomi ka një kopje izomorfike në Sn, ku n është shkalla e polinomit.

Shembull 15.1. (Polinomet kubike) Le të jetë f (x) një funksion i pathjeshtueshëm i rendit të tretë në k[x]. Ne kemi treguarse [E f : k] = 3 ose 6. Pra grupi Galua i f (x) është një nëngrup i S3 me rend 3 ose 6. Si rrjedhim, Gal ( f ) ≈ A3 atëherë dhevetëm atëherë kur ∆ f është një katror ne k, përndryshe Gal( f ) ≈ S3.

Ushtrime:

1. Supozoni se E është një shtrirje e fundme Galua e fushës F. Në qoftë se Gal(E/F) ka rend pq, ku p < q janë dy numra tëndryshëm primë dhe p nuk pjeston q− 1, atëherë vërtetoni që E ka dy nënfusha Ep dhe Eq, të cilat janë të fiksuara nën veprimine Gal(E/F), të tilla që Ep ∩ Eq = F, Ep dhe Eq gjenerojnë E dhe Gal(Ep/F) (resp. Gal(Eq/F)) është ciklik me rend p (resp. q).

2. Le të jetë E një shtrirje e fundme Galua e F dhe G = Gal(E/F). Shënojmë me (·)′ korespondencën Galua L −→ L′ dheH −→ H′, të cilat pasqyrojnë nënfushat e ndërmjetme te nëngrupet e G dhe anasjelltas. Vërtetoni që

(a) Në qoftë se L është një nënfushë e ndërmjetme e cila është e pavarur nën të gjitha automorfizmat e G, tregoni që L′ ështënormal në G.

(b) Në qoftë se H është nëngrup normal i G atëherë vërtetoni se gH′ = H′g, për çdo g ∈ G.

3. Vërtetoni se çdo automorfizëm i fushës reale R është identiteti.

15.2 Shtrirjet ciklotomike

Le të jetë n një numër pozitiv n. Një n-polinom ciklotomik është një polinom i formës

Φn(x) = (x − α1) . . . (x − αr)

ku α1, . . . , αr janë rrënjë të n-të primitive të njësisë. Pra në qoftë se fiksojmë një rrënjë primitive të njësisë α atëherë

Φn(x) =∏

(r,n) =1

(x − αr)

dhe deg Φn(x) = ϕ(n) ku ϕ(n) është funksioni i Ejlerit.Shënojmë me Fn fushën ndarëse të xn

− 1 mbi një fushë k. Atëherë Fn/k quhet shtrirje e n-të ciklotomike mbi k.Qëllimi kryesor në këtë kapitull është të përcaktojmë Fn dhe Gal (Φn) = G(Fn/k). Shohim fillimisht disa veti të polinomeve

ciklotomik:

238 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Lema 15.3. Le të jetë Φn(x) një polinom ciklotomik mbi k. Atëherë,

i) deg Φn(x) = ϕ(n)ii) Φn(x) është një monik me koeficientë nga nënfusha e kiii) Në qoftë se k = Q atëherë

Φn(x) ∈ Z[x]

iv) Barazimi i mëposhtëm është i vërtetë:xn− 1 =

∏d|n

Φd(x)

Vërtetim: Detyrë

Shembull 15.2. Me anë të disa veprimeve të thjeshta matematike mund të vërtetojmë se:

Φ1(x) = x − 1Φ2(x) = x + 1

Φ3(x) = x2 + x + 1

Φ4(x) = x2 + 1

Φ6(x) = x2− x + 1

Φ8(x) = x4 + 1

Φ10(x) = x4− x3 + x2

− x + 1

(15.1)

dhe në përgjithësi për një numër të thjeshtëp kemi:

Φp(x) = xp−1 + xp−2 + · · · + x + 1

Teorema 15.2. Të gjithë polinomet ciklotomike Φn(x) mbi Q janë të pazbërthyeshëm në Q[x].

Vërtetim: Supozojmë se Φn(x) është i zbërthyeshëm në Q. Nga Lema e Gausit ai është gjithashtu i zbërthyeshëm mbi Z[x]pra supozojmë se

Φn(x) = f (x) · g(x)

ku f (x) dhe g(x) janë monik dhe të paktën njëri prej tyre është i pazbërthyeshëm mbi Z. Supozojme se f (x) është ipazbërthyeshëm mbi Z. Le të jetë α rrënjë e f (x). Atëherë α është rrënjë e njësisë dhe αp është një rrënjë e n-të primitive enjësisë meqënëse p - n

: f (αp) = 0, për çdo numër të thjeshtë p - n.

Vërtetim:Le të kemi f (αp) , 0. Atëherë αp duhet të jetë rrënjë e g(x). Pra α është një rrënjë e g(xp).Përderisa f (x) është një monik dhe i pazbërthyeshëm atëherë f (x) | g(xp) pra themi se

g(xp) = h(x) f (x)

ku h(x) është një polinom monik h(x) ∈ Z[x]. Reduktojmë sipas mod p. Shënojmë me f mbetjen sipas mod p të f ∈ Z[x].Atëherë në F p kemi:

Φn(x) = f · g.

Vini re se Φn(x) | (xn− 1) dhe gjithsesi nuk ka rrënjë që përsëriten në ndonjë shtrirje të F p. Meqënëse në F p kemi që ap = a

atëherë për çdo a ∈ F p kemi:g(xp) = g(x)

p.

Pra f | (g)p dhe si rjedhim çdo faktor q(x) në F p[x] i f pjeston gjithashtu g. Pra q2 pjeston Φn e cila sjell që Φn(x) ka rrënjë tëshumëfishta. Ky është një kontradiksion dhe kjo kompleton vërtetimin e pohimit.

Pra nga Pohim te gjitha rrënjët primitive të njësisë janë rrënjë të f (x). Pra, f (x) = Φn(x) dhe Φn(x) është i pazbërthyeshëm.

Le të jetë εn një rrënjë e n-të primitinëe e njëshit dhe shënojmë me Fn fushën ndarëse te Φn(x). Atëherë kemi që:

c©AulonaPress 239




Algjebra Shaska T.

Rrjedhim 15.2. Në qoftë se Fn është shtrirja e n-të ciklotomike e Q atëherë Fn = Q(εn). Për më tepër kemi:

G(Q(εn)/Q) ≈ (Z/nZ)∗, dhe [Q(εn) : Q] = ϕ(n)

Rezultati më i rëndesishëm në shtrirjet ciklotomike është teorema Kronecker-Weber.

Teorema 15.3 (Kronecker-Weber). Le të jetë F një shtrirje e fundme Abeliane e Q. Atëherë F përmbahet në ndonjë shtrirjeciklotomike të Q.

Vërtetim: Vërtetimi i kësaj teoreme është jashtë mundësive të këtij libri.

Ushtrime:

1. Llogarisni Φn(x) për n = 12, . . . , 20.

Le të jetë n > 1 një numër tek. Vërtetoni seΦ2n(x) = Φn(−x)

Le të jetë n një numër tek. Vërtetoni se fusha ndarëse e Φn(x) vepron njësoj si fusha ndarëse e Φ2n(x).

Te të jenë n dhe m dy numra pozitiv me

d = gcd(m,n), l = lcm (m,n).

2. Shtrirjen e n-të ciklotomike mbi Q e shënojmë me Sn. Vërtetoni se:i) Në qoftë se n | m atëherë Sm është një shtrirje e Sn.ii) SnSm = Sliii) Sn ∩ Sm = Sl

3. Në qoftë se d ∈ Q tregoni që Q(√

d) shtrihet në një polinom ciklotomik Sn të Q (mos përdorni teoremen Kronecker-Weber).

4. Përcaktoni se cilat janë rrënjët e njësisë në fushat ndarëse të më poshtme: Q(i), Q(√

2, Q(√−2, Q(

√−3, Q(

√3.

5. Për çfarë numrash të plotë n kemi që [Q(εn) : Q] = 2?

15.3 Norma dhe gjurma

Në këtë temë do të përkufizojmë disa koncepte shumë të përdorshme, atë të normës dhe gjurmës. Këto dy koncepte do tëpërdoren në temën pasardhëse për të vërtetuar teoremën e 90 të Hilbertit për shtrirjet ciklotomike.

Jepet F/k një shtrirje fushe me rend [F : k] = n. Fiksojmë α ∈ F dhe shqyrtojmë pasqyrimin linear

Lα : F −→ Fx −→ a x

(15.2)

Kujtojmë se F është një hapësirë vektoriale n-dimensionale mbi k dhe Lα një funksion linear mbi këtë hapësirë vektoriale. JepetMα e cila është matrica shoqëruese e Lα.

Përkufizim 15.2. Jepet F/k shtrirje fushe e fundme. Norma NFk dhe gjurma TrF

k i çdo elementi α ∈ F janë përkufizuarsi më poshtë:

NFk (α) = det (Mα)

TrFk (α) = tr(Mα)

(15.3)

Vërejtje 15.1. Kujtojmë nga algjebra lineare se ndryshimi i bazës së hapësirë vektoriale do të ndryshonte matricën Mα në njëmatricë të ngjashme me të A−1MαA. Determinanti dhe gjurma do të jenë përsëri të njëjtat duke qënë se:

det (A−1MαA) = det (Mα)

tr(A−1MαA) = tr(Mα)(15.4)

Kështu që, norma dhe gjurma janë të përkufizuara saktë.

240 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Shembull 15.3. Jepet F = k(√

d) për një d ∈ F e cila nuk është një katror i plotë në k. Jepet α ∈ F i tillë α = a + b√

d. Neduam të njësojmë NF/k(α) dhe TrF/k(α).

Zgjedhim një bazë B = 1,√

d. Atëherë

Lα(1) = a + b√

d

La(√

d) = (a + b√

d) ·√

d = bd + a√

d(15.5)

Atëherë matrica shoqëruese është

Mα =

[a b

bd a

]t

=

[a bdb a

]Kështu që kemi:

NFk (α) = det (Mα) = a2

− b2d

TrFk (α) = tr(Mα) = 2a

(15.6)

Lema 15.4. Jepet F(α)/k një shtrirje algjebrike ku polinomi minimal i α është

min (α, k, x) = xn + βn−1xn−1 + · · · + β1x + β0.

Atëherë,NF

k (α) = (−1)nβ0, TrFk (α) = − βn−1

Vërtetim: Ne dimë se një bazë për k(α) ështëB = 1, α, α2, . . . , αn−1

.

Atëherë,Lα(1) = α = (0, 1, 0, 0, . . . 0)

Lα(α) = α2 = (0, 0, 1, 0, . . . 0)

Lα(α2) = α3 = (0, 0, 0, 1, . . . 0)

. . . . . . . . .

Lα(αn−1) = αn = (−s0,−s1,−s2,−s4, . . . sn−1)

dhe matrica Mα jepet nga:

C f :=

0 0 . . . . . . −s01 0 . . . . . . −s10 1 . . . . . . −s2

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .0 0 . . . 1 −sn−1

Për detaje mund të shikoni Kap. 4 në [Sha08]. Atëherë kjo plotëson vërtetimin.

Vërejtje 15.2. Matrica Mα është matrica shoqëruese e min (α, k, x).

Norma dhe gjurma jepen si më poshtë:

Teorema 15.4. Jepet F/k një shtrirje fushe e fundme dhe σ1, . . . , σn funksione injektive të ndryshme të F në një mbylljealgjebrike ka të K. Për α ∈ F kemi:

NFk (α) =

r∏j=1

σ j(α)

[F:k]i

dhe TFk (α) = [F : k]i

n∑j=1

σ j(α)

c©AulonaPress 241




Algjebra Shaska T.

Vërtetim: Këtë teoremë do ta provojmë vetëm për shtrirjet Galois në rrjedhimin e mëposhtëm.

Rrjedhim 15.3. Jepet F/k një shtrirje Galois e fundme me grup Galua G. Atëherë për çdo α ∈ F,

NFk (α) =

∏σ∈G

σ(α) dhe TFk (α) =

∑σ∈G

σ(α)

Vërtetim: Jepet α ∈ F, f (x) = min (α, k, x) dhe

G = 1, σ, . . . , σn−1.

Ne tashmë dimë që të gjitha σi(α), për i ≤ n janë gjithashtu rrënjë të f (x). Rezultati tashmë është i qartë.

Shembull 15.4. Jepet F = k(√

d). Atëherë F/k është Galua meqënëse çdo shtrirje me gradë dy është Galua. Grupi Galuaështë G = id, σ ku

σ :√

d −→ −√

d

Atëherë për α = a + b√α ∈ F, kemi:

NFk (α) = α · σ(a) = (a + b

√

d)(a − b√

d) = a2− b2d.

Në mënyrë të ngjashme, TrFk (α) = 2a.

Lema 15.5. Jepen L/F/k shtrirje fushash të fundme. Atëherë

NLk = NF

k NLF , TrL

k = TrFk TrL

F

Vërtetim: Detyrë.

Ushtrime:

1. Jepet p një numër i thjeshtë dhe K := Q(εp). Vërtetoni se

NKQ(1 − εp) = p

2. Jepet n ≥ 3 një numër i plotë, εn një rrënjë e n-të primitive e njësisë dhe K := Q(εn). Vërtetoni se NKQ

(εn) = 1.

3. Jepet F = Q(√

3) dhe L = Q( 4√3). Llogarisni NFQ

(√

3), NLF(√

3), TrFQ

(√

3), TrLF(√

3).

4. Jepet [K : Q] = n dhe α ∈ Q. Vërtetoni se

NKQ(α) = αn, dhe TrK

Q(α) = nα.

15.4 Shtrirjet ciklike

Përkufizim 15.3. Jepet F/k një shtrirje Galua dhe Gal(F/k) një grup ciklik, Gal(F/k) = 〈σ〉. Atëherë F/k është quajturnjë shtrirje ciklike.

Qëllimi kryesor i këtij kapitulli është të përcaktojmë shtrirjet ciklike. Kjo mund të bëhet kur fusha bazë ka mjaftueshëmrrënjë njësie. Teorema e mëposhtme luan një rol të rëndësishëm në përcaktimin e shtrirjeve të tilla.

Teorema 15.5 (Teorema e 90 e Hilbertit). Jepet K/k një shtrirje ciklike e fundme me grup Galua Gal(K/k) = 〈σ〉 dhe α ∈ K.Atëherë, N(α) = 1 atëherë dhe vetëm atëherë ekziston një β ∈ K i tillë që α =

βσ(β) .

Vërtetim: Ne po e lemë vërtetimin për versionin pasuniversitar të këtij libri.

242 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Teorema 15.6. Jepet k një fushë e cila përmban një rrënjë të n-të të njësisë. Supozojmë se në qoftë se char k = p > 0 ku(n, p) = 1. Atëherë pohimet e mëposhtme janë ekuivalente:

i) F/k është ciklik me gradë d | nii) F = k(α) ku

min (α, k, x) = xd− a

për d | n dhe a ∈ k.iii) F është një fushë ndarëse e një polinomi të pathjeshtueshëm

f (x) = xd− b

ku d | n dhe b ∈ k.iv) F është një fushë ndarëse e

f (x) = xn− b

për b ∈ k.

Vërtetim: Lexuesi duhet të jetë në gjendje tashmë të vërtetojë këtë teoremë duke përdorur Hilbert’ 90.

Teorema 15.7 (Teorema e 90 e Hilbertit, version aditiv). Jepet K/k një shtrirje e fundme ciklike me grup Galua Gal(K/k) =〈σ〉 dhe α ∈ K. Atëherë kemi të vërtetë se Tr(α) = 0 atëherë dhe vetëm atëherë kur ekziston një β ∈ K e tillë që α = β − σ(β)

Vërtetim: Detyrë. E ngjashme me vërtetimin e teoremës së mësipërme.

Teorema e mëposhtmë e cila do të merret pa vërtetim karakterizon shtrirjet ciklike mbi fushat e fundme.

Teorema 15.8 (Artin-Schreier). Jepet char (k) = p > 0. Polinomi

f (x) = xp− x − a ∈ k[x]

ose shtrihet në k ose është i pathjeshtueshëm në k. Për më tepër pohimet e mëposhtme janë ekuivalente:

i) F/k është ciklik dhe [F : k] = pii) F = k(α) ku

min (α, k, x) = xp− x − a

për ndonjë α ∈ k.ii) F është fusha ndarëse e polinomit të pathjeshtueshëm

f (x) = xp− x − a

për a ∈ k.

Ushtrime:

1. Jepet F e cila është një shtrirje e k e gjeneruar nga të gjitha rrënjët e n-ta të njësisë, për çdo n ≥ 1. Vërtetoni se F/k ështëAbelian.

2. Jepet F një fushë dhe σ ∈ Aut(F) i tillë që |σ| = s > 1. Vërtetoni se ekziston një α ∈ F e tillë që

σ(α) = α + 1

15.5 Shtrirjet e zgjidhshme

Një shtrirje e fundne e ndashme e F/k është quajtur shtrirje e zgjidhëshme në qoftë se ekziston një shtrirje S e tillë që S/kështë Galua dhe Gal(S/k) është e zgjidhëshme.

Teorema 15.9. Një shtrirje e fundme Galua është e zgjidhshme atëherë dhe vetëm atëherë kur grupi Galua është i zgjidhshëm.

c©AulonaPress 243




Algjebra Shaska T.

15.5.1 Zgjidhshmëria me radikale

Jepet char (k) = p. Ne themi që një shtrirje fushe F/k ka një seri radikale kur ekziston një përfshirje

k = F0 < F1 < · · · < Fn = F

e tillë që çdo hap është një nga tipet e mëposhtme.i) Fi+1 = Fi(εn) ku εn është një rrënjë e n-të e njësisë për një n.ii) Fi+1 = Fi(αi) ku αn është një rrënjë e

f (x) = xn− a

për n > 1, a ∈ k dhe (n, p) = 1 në qoftë se p > 0iii) Në qoftë se p > 0 atëherë Fi+1 = Fi(αi) ku αn është një rrënjë e

f (x) = xn− x − a

për a ∈ k.

Përkufizim 15.4. Një shtrirje F/k është e zgjidhshme me radikal në qoftë se ajo ka një seri radikale.

Teorema 15.10. Klasa e shtrirjeve të cilat janë të zgjidhshme me radikalë është një klasë e veçantë.

Vërtetim: Detyrë.

Pa vërtetim marrim teoremat e mëposhtme.

Teorema 15.11. Në qoftë se F/k është e zgjidhshme me radikalë atëherë e tillë është dhe Fn/k.

Teorema 15.12. Një shtrirje e fundme e ndashme F/k është e ndashme me radikalë atëherë dhe vetëm atëherë kur ajo është ezgjidhëshme.

Teorema 15.13. Jepet char (k) = 0. Një polinom f (x) ∈ k[x] është i zgjidhshëm me radikalë atëherë dhe vetëm atëherë kurgrupi i tij Galua Gal( f ) është një grup i zgjidhshëm.

Vërtetim: Do të trajtohet më në detaje në kapitullin që vjen.

Shembull 15.5. Jepetf (x) = x5

− 4x + 2

Nga kriteti i Einsteinit ai është i pathjeshtueshëm. Ne kemi parë se ky polinom ka ekzaktësisht dy zgjidhje jo reale. Kështu qëgrupi Galua i f (x) është S5. Pra, f (x) nuk është i zgjidhshëm me radikale.

Ushtrime:

1. Përdorni konceptin e derivatit për të vërtetuar se në qoftë se f (T) është polinom i pathjeshtueshëm mbi një fushë F, atëherëai ka rrënjë që përsëriten në fushën ndarëse atëherë dhe vetëm atëherë kur karakteristika e F është p > 0 dhe f (T) = g(Tp), përg(T) ∈ F[T].

2. Jep përkufizimin e determinantit ∆ të një polinomi f (x) ∈ Q[x]. Jepet G, grupi Galua i tij. Vërtetoni se ∆2∈ Q. Gjithashtu

vërtetoni se G < An atëherë dhe vetëm atëherë kur ∆2 është një katror në Q.

3. Vërtetoni se polinomi x5− 6x − 2 nuk është i zgjidhshëm me radikale.

4. Jepet p një numër i thjeshtë.(a) Vërtetoni se në qoftë se një nëngrup H i Sp përmban një p-cikël dhe një transpozicion, atëherë H = Sp.

(b) Në qoftë se p(T) është një polinom i pathjeshtueshëm mbi Q me rend p i cili ka ekzaktësisht dy rrënjë jo reale, atëherëgrupi Galua i fushës ndarëse të p(T) është Sp.

5. Vërtetoni se për çdo grup Sn, (n ≥ 2) ekziston një polinom f (x) ∈ Q[x] i tillë që

Gal( f ) ≈ Sn

244 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

15.6 Automorfizmat e fushave

Qëllimi ynë është të gjemë një lidhje midis teorisë së grupeve dhe automorfizmave të fushave.

Pohim 15.2. Bashkësia e të gjithë automorfizmave të një fushe F formon grup në lidhje me veprimin e përbërjes së funksioneve.

Vërtetim: Në qoftë se σ dhe τ janë automorfizma të E, atëherë të tilla janë στ dhe σ−1. Identiteti gjithashtu është njëautomorfizëm. Pra, bashkësia e të gjithë automorfizmave të një fushe F është grup.

Pohim 15.3. Le të jetë E një shtrirje fushe e F. Atëherë bashkësia e të gjithë automorfizmave të E-së që fiksojnë çdo element tëF është grup. Pra bashkësia e të gjithë automorfizmave σ : E→ E të tilla që σ(α) = α për çdo α ∈ F është grup.

Vërtetim: Ne duhet vetëm të vërtetojmë se bashkësia e të gjithë automorfizmave të E që fiksojnë çdo element të F formon njënëngrup të grupit të automorfimave të E. Le të jenë σ dhe τ dy automorfizma të E të tilla që σ(α) = α dhe τ(α) = α për çdoα ∈ F. Atëherë στ(α) = σ(α) = α dhe σ−1(α) = α. Meqënëse identiteti fikson çdo element të E, bashkësia e automorfizmave tëE që fiksojnë elementët e F është një nëngrup i grupit të automorfizmave të E-së.

Le të jetë E një shtrirje fushe e F-së. Grupin e automorfizmave të E do ta shënojmë me Aut(E). Grupi Galua i E mbi F

është grupi i automorfizmave të E-së që fiksojnë F-në në çdo element. Pra,

G(E/F) = σ ∈ Aut(E) : σ(α) = α për çdo α ∈ F.

Në qoftë se f (x) është një polinom në F[x] dhe E është fusha ndarëse e f (x) mbi F, atëherë grupi Galua i f (x) është G(E/F).

Shembull 15.6. Konjugimi kompleks, i përkufizuar si:

σ : a + bi 7→ a − bi

është një automorfizëm i numrave kompleks. Meqënëse

σ(a) = σ(a + 0i) = a − 0i = a,

automorfizma e përcaktuar nga konjugimi kompleks duhet të jetë në G(C/R).

Shembull 15.7. Jepet fusha Q ⊂ Q(√

5 ) ⊂ Q(√

3,√

5 ). Atëherë për a, b ∈ Q(√

5 ),

σ(a + b√

3 ) = a − b√

3

është një automorfizëm i Q(√

3,√

5 ) e cila fikson Q(√

5 ). Në mënyrë të ngjashme

τ(a + b√

5 ) = a − b√

5

është një automorfizëm i Q(√

3,√

5 ) që fikson Q(√

3 ). Automorfizmi µ = στ lëviz si√

3 dhe√

5. Do të shohim së shpejti seid, σ, τ, µ është grupi Galua i Q(

√3,√

5 ) mbi Q. Tabela e mëposhtme tregon se ky grup është izomorfik me Z2 ×Z2.

id σ τ µid id σ τ µσ σ id µ ττ τ µ id σµ µ τ σ id

Fushën Q(√

3,√

5 ) mund ta shohim gjithashtu dhe si një hapësirë vektoriale mbi Q e cila ka bazë 1,√

3,√

5,√

15 . Nukështë një koinçidencë fakti se |G(Q(

√3,√

5 )/Q)| = [Q(√

3,√

5 ) : Q)] = 4.

Pohim 15.4. Le të jetë E një shtrirje fushe e F dhe f (x) është një polinom në F[x]. Atëherë çdo automorfizëm në G(E/F)përcakton një permutacion të rrënjëve të f (x) që shtrihen në E.

c©AulonaPress 245




Algjebra Shaska T.

Vërtetim: Le të kemif (x) = a0 + a1x + a2x2 + · · · + anxn

dhe supozojmë se α ∈ E është një zero e f (x). Atëherë për σ ∈ G(E/F),

0 = σ(0)= σ( f (α))= σ(a0 + a1α + a2α

2 + · · · + anαn)

= a0 + a1σ(α) + a2[σ(α)]2 + · · · + an[σ(α)]n;

Pra, σ(α) është gjithashtu një zero e f (x).

Le të jetë E një shtrirje algjebrike e një fushe F. Dy elementë α, β ∈ E janë të konjuguar mbi F në qoftë se ata kanë tënjëjtin polinom minimal. Për shembull, në fushën Q(

√2 ) elementët

√2 dhe −

√2 janë të konjuguar mbi Q meqënëse që të dy

ata janë rrënjë të polinomit të pathjeshtueshëm x2− 2.

Ekziston dhe pohimi i anasjelltë i pohimit të mësipërm.

Pohim 15.5. Në qoftë se α dhe β janë të konjuguar mbi F, atëherë ekziston një izomorfizëm σ : F(α)→ F(β) i tillë që σ ështëidentiteti kur kufizohet mbi F.

Teorema 15.14. Le të jetë f (x) një polinom në F[x] dhe supozojmë se E është fushë ndarëse për f (x) mbi F. Në qoftë se f (x)nuk ka rrënjë që përsëriten, atëherë

|G(E/F)| = [E : F].

Vërtetim: Për vërtetimin do të përdorim induksionin matematik mbi rendin e f (x). Në qoftë se rendi i f (x) është 0 ose 1,atëherë E = F. Supozojmë se kjo është e vërtetë për të gjithë polinomet me rend k ku 0 ≤ k < n. Le të jetë p(x) një faktor ipathjeshtueshëm i f (x) me rend r. Meqënëse të gjitha rrënjët e p(x) janë në E, mund të zgjedhim një prej rrënjëve, le të themiα, të tillë që F ⊂ F(α) ⊂ E. Në qoftë se β është një rrënjë e çfardoshme e p(x), atëherë F ⊂ F(β) ⊂ E. Nga rezultatet e mësipërmeekziston një izomorfizëm i vetëm σ : F(α)→ F(β) për çdo β që fikson çdo element të F-së.

Meqënëse E është një fushë ndarëse e F(β), atëherë janë ekzaktësisht r izomorfizma të tillë. Ne mund të faktorizojmë p(x)në F(α) si p(x) = (x − α)p1(x). Gradët e p1(x) dhe q1(x) janë më të vogla se r. Meqënëse ne dimë se E është një fushë ndarëse ep1(x) mbi F(α) ne mund të zbatojmë hipotezën e induksionit për të provuar se:

|G(E/F(α))| = [E : F(α)].

Rrjedhimisht[E : F] = [E : F(α)][F(α) : F]

janë automorfizmat e mundshme të E që fiksojnë F, ose |G(E/F)| = [E : F].

Rrjedhim 15.4. Le të jetë F një fushë e fundme me një shtrirje të fundme E të tillë që [E : F] = k. Atëherë G(E/F) është ciklik.

Vërtetim: Le të jetë p karakteristika e E dhe F dhe supozojmë se rendi i E dhe F është respektivisht pm dhe pn. Atëherë nk = m.Gjithashtu supozojmë se E është fusha ndarëse e xpm

− x mbi një nënfushë me rend p. Kështu që E është gjithashtu fushandarëse e xpm

− x mbi F. Duke zbatuar teoremën e mësipërme gjejmë se |G(E/F)| = k.Për të vërtetuar se G(E/F) është ciklik ne duhet të gjejmë një gjenerator për G(E/F). Le të jetë σ : E→ E i tillë σ(α) = αpn .

Supozojmë se σ është elementi i kërkuar në G(E/F). Fillimisht ne duhet të vërtetojmë se σ është në Aut(E). Në qoftë se α dhe βjanë në E, atëherë

σ(α + β) = (α + β)pn= αpn

+ βpn= σ(α) + σ(β).

Gjithashtu është e lehtë të vërtetojmë se σ(αβ) = σ(α)σ(β). Meqënëse σ është një homomorfizëm jozero e fushës ajo ështëinjektive. Ajo është gjithashtu syrjektive sepse E është një fushë e fundme. Ne dimë se σ duhet të jetë në G(E/F) meqënëse Fështë fusha ndarëse e xpn

− x mbi fushën bazë me rend p. Kjo do të thotë se σ fikson çdo element në F. Së fundmi duhet tëvërtetoni se rendi i σ është k. Ne dimë se σk(α) = αpk

= α është identiteti i G(E/F). Megjithatë σr nuk mund të jetë identitetipër 1 ≤ r < k përndryshe xprk

− x do të kishte pm rrënjë e cila është e pamundur.

246 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Shembull 15.8. Tani mund të konfirmojmë se grupi Galua i Q(√

3,√

5 ) mbi Q është izomorfik me Z2 × Z2. GrupiH = id, σ, τ, µ është një nëngrup i G(Q(

√3,√

5 )/Q). Megjithatë H duhet të jetë e gjithë G(Q(√

3,√

5 )/Q) sepse:

|H| = [Q(√

3,√

5 ) : Q] = |G(Q(√

3,√

5 )/Q)| = 4.

Shembull 15.9. Le të njësojmë grupin Galua të

f (x) = x4 + x3 + x2 + x + 1

mbi Q.

Vërtetim: Ne dimë se f (x) është i pathjeshtueshëm. Për më tepër meqënëse (x − 1) f (x) = x5− 1, ne mund të përdorim

formulën e Teoremës DeMoivre për të përcaktuar rrënjët e f (x) të cilat janë ωi, ku i = 1, . . . , 4 dhe

ω = cos(2π/5) + i sin(2π/5).

Pra, fusha ndarëse e f (x) duhet të jetë Q(ω). Ne mund të japim automorfizmat σi të Q(ω) me σi(ω) = ωi për i = 1, . . . , 4.’Eshtë e lehtë të provojmë se këto janë automorfizma të ndryshme në G(Q(ω)/Q). Meqënëse

[Q(ω) : Q] = |G(Q(ω)/Q)| = 4,

σi-të duhet të jenë të gjitha nga G(Q(ω)/Q). Kështu që G(Q(ω)/Q) Z4 duke qënë se ω është një gjenerator për grupinGalua.

15.6.1 Shtrirjet e ndashme

Shumë prej rezulatateve që kemi vërtetuar varen nga fakti se një polinom f (x)nuk ka rrënjë që përsëriten në fushën ndarëseF[x]. ’Eshtë e qartë se ne duhet të dimë ekzaktësisht se kur një polinom ndahet në faktorë linearë në fushën e tij ndarëse. Le tëjetë E fusha ndarëse e një polinomi f (x) në F[x]. Supozojmë se f (x) faktorizohet mbi E si:

f (x) = (x − α1)n1 (x − α2)n2 · · · (x − αr)nr =

r∏i=1

(x − αi)ni .

Themi se shumëfishmëria e rrënjës αi të f (x) është ni. Një rrënjë me shumëfishmëri 1 është quajtur rrënjë e thjeshtë.Rikujtojmë se një polinom f (x) ∈ F[x] me gradë n është i ndashëm në qoftë se ai ka n rrënjë të dalluara në fushvn ndarëse tëtij E. Pra, f (x) është i ndashëm në qoftë se ai faktorizohet në faktorë linearë mbi E[x]. Një shtrirje E of F është një shtrirje endashme e F në qoftë se çdo element në E është rrënjë e një polinomi të ndashëm F[x]. Gjithashtu rikujtojmë se f (x) është indashëm atëherë dhe vetëm atëherë gcd( f (x), f ′(x)) = 1.

Pohim 15.6. Le të jetë f (x) një polinom i pathjeshtueshëm mbi F[x]. Në qoftë se karakteristika e F është 0, atëherë f (x) është endashme. Në qoftë se karakteristika e F është p dhe f (x) , g(xp) për një g(x) në F[x], atëherë f (x) është gjithashtu e ndashme.

Vërtetim: Fillimisht supozojmë se charF = 0. Meqënëse deg f ′(x) < deg f (x) dhe f (x) është i thjeshtueshëm, atëherëgcd( f (x), f ′(x)) , 1 vetëm në qoftë se f ′(x) është polinomi zero megjithëse kjo është e pamundur në një fushë me karakteristikëzero. Në qoftë se charF = p, atëherë f ′(x) mund të jetë polinomi zero në qoftë se çdo koefiçientë i f (x) është një shumëfish i p.Kjo mund të ndodhë vetëm në qoftë se kemi një polinom të formës f (x) = a0 + a1xp + a2x2p + · · · + anxnp.

Disa shtrirje të fushës F të formës F(α) janë nga më të lehtat për tu studiuar dhe kuptuar. Jepet një shtrirje fushe E e F,

lind pyeja: Kur është e mundur të gjejmë një element α ∈ E të tillë që E = F(α). Në këtë rast α quhet element primitiv. Netashmë dimë se elementët primitiv ekzistojnë për disa shtrirje. Për shembull

Q(√

3,√

5 ) = Q(√

3 +√

5 )

dheQ(

3√

5,√

5 i) = Q(6√

5 i).

Ekziston një element primitiv për çdo shtrirje të fundme të një fushe të fundme.

c©AulonaPress 247




Algjebra Shaska T.

Teorema 15.15 (Teorema e Elementëve Primitiv). Le të jetë E një shtrirje e fundme e ndashme e fushës F. Atëherë ekzistonnjë element α ∈ E i tillë që E = F(α).

Vërtetim: Supozojmë se E është një shtrirje e fundme e një fushe të pafundme. Ne do ta vërtetojmë teoremën për F(α, β).Rasti i përgjithshëm vërtetohet lehtë me anë të induksionit matematik. Le të jenë f (x) dhe g(x) polinome minimal respektivishttë α dhe β. Le të jetë K fusha mbi të cilën ndahen f (x) dhe g(x). Supozojmë që f (x) ka zero α = α1, . . . , αn në K dhe g(x) kazero β = β1, . . . , βm në K. të gjitha këto zero kanë shumëfishmëri 1 meqënëse E është e ndashme mbi F. Meqënëse F është epafundme mund të gjejmë një a në F të tillë që

a ,αi − αβ − β j

për çdo i dhe j ku j , 1. Kështu që a(β − β j) , αi − α. Le të jetë γ = α + aβ. Atëherë

γ = α + aβ , αi + aβ j.

Pra, γ − aβ j , αi për çdo i, j ku j , 1. Përkufizojmë h(x) ∈ F(γ)[x] të tillë që h(x) = f (γ − ax). Atëherë h(β) = f (α) = 0.Megjithatë h(β j) , 0 për j , 1. Pra, h(x) dhe g(x) kanë një faktor të përbashkët në F(γ)[x]. Pra polinomi i pathjeshtueshëm iβ mbi F(γ) duhet të jetë linear sepse β është zeroja e vetme e përbashkët e g(x) dhe h(x). Domethënë β ∈ F(γ) dhe α = γ − aβështë në F(γ). Pra, F(α, β) = F(γ).

15.7 Teorema themelore e teorisë Galua

Qëllimi i kësaj teme është të vërtetojmë Teoremën Themelore të Teorisë Galua. Kjo teoremë shpjegon lidhjen midis nëngrupevetë G(E/F) dhe fushës së ndërmjetme midis E dhe F.

Pohim 15.7. Le të jetë σi : i ∈ I një koleksion automorfizmash të fushës F. Atëherë

Fσi = a ∈ F : σi(a) = a për çdo σi

është një nënfushë e F.

Vërtetim: Le të jetë σi(a) = a dhe σi(b) = b. Atëherë

σi(a ± b) = σi(a) ± σi(b) = a ± b

dheσi(ab) = σi(a)σi(b) = ab.

Në qoftë se a , 0, atëherë σi(a−1) = [σi(a)]−1 = a−1. Së fundmi σi(0) = 0 dhe σi(1) = 1 meqënëse σi është një automorfizëm.

Rrjedhim 15.5. Le të jetë F një fushë dhe G një nëngrup i Aut(F). Atëherë

FG = α ∈ F : σ(α) = α për çdo σ ∈ G

është një nënfushë e F.

Nënfusha Fσi e F është quajtur the fushë e fiksuar e σi. Fusha e fiksuar për një nëngrup G i Aut(F) do të shënohet meFG.

Shembull 15.10. Le të jetë σ : Q(√

3,√

5 ) → Q(√

3,√

5 ) automorfizma që pasqyron√

3 te −√

3. Atëherë Q(√

5 ) ështënënfusha e Q(

√3,√

5 ) e cila fiksohet nga σ.

Pohim 15.8. Le të jetë E një fushë ndarëse mbi F e një polinomi të pandashëm. Atëherë EG(E/F) = F.

Vërtetim: Le të jetë G = G(E/F). Pra, F ⊂ EG ⊂ E. Gjithashtu E është fushë ndarëse e EG dhe G(E/F) = G(E/EG). Nga mësipër kemi

|G| = [E : EG] = [E : F].

Kështu që [EG : F] = 1. Si rrjedhim EG = F.

248 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Lema 15.6. Le të jetë G një grup i fundëm i automorfizmave të E-së dhe le të jetë F = EG. Atëherë [E : F] ≤ |G|.

Vërtetim: Le të jetë |G| = n. Ne duhet të vërtetojmë se çdo bashkësi me n + 1 elementë α1, . . . , αn+1 në E është linearisht epavarur mbi F. Pra, ne duhet të gjejmë elementë ai ∈ F, jo të gjithë zero, të tillë që

a1α1 + a2α2 + · · · + an+1αn+1 = 0.

Supozojmë që σ1 = id, σ2, . . . , σn janë automorfizmat në G. Sistemi homogjen i ekuacioneve lineare

σ1(α1)x1 + σ1(α2)x2 + · · · + σ1(αn+1)xn+1 = 0σ2(α1)x1 + σ2(α2)x2 + · · · + σ2(αn+1)xn+1 = 0

...

σn(α1)x1 + σn(α2)x2 + · · · + σn(αn+1)xn+1 = 0

ka më shumë ekuacione se sa të panjohura. Nga algjebra lineare ne dimë se ky ekuacion ka një zgjidhje jo triviale xi = ai përi = 1, 2, . . . ,n + 1. Meqënëse σ1 është identiteti ekuacioni i parë merr trajtën:

a1α1 + a2α2 + · · · + an+1αn+1 = 0.

Problemi është se disa prej ai-ve mund të jenë në E por jo në F. Ne duhet të vërtetojmë se kjo është e pamundur.Supozojmë që të paktën një prej ai-ve është në E por jo në F. Duke renditur αi-të supozojmë se a1 është jozero. Meqënëse

çdo shumëfish jozero i rrënjës është përsëri një rrënjë supozojmë se a1 = 1. Nga të gjitha zgjidhjet e mundshme që kënaqin këtëveti ne zgjedhim atë me numrin më të vogël termash të ndryshëm nga zero. Përsëri duke renditur α2, . . . , αn+1, në qoftë se ështëe nevojshme, ne mund të supozojmë se a2 është në E por jo në F. Meqënëse F është nënfushë e E e cila fiksohet nga G ekzistonnjë σi në G e tillë që σi(a2) , a2. Duke zbatuar σi te çdo ekuacion i sistemit ne marim të njëjtin sistem homogjen meqënëse Gështë grup. Kështu që x1 = σi(a1) = 1, x2 = σi(a2), . . ., xn+1 = σi(an+1) është gjithashtu zgjidhje e sistemit fillestar. Ne dimë senjë kombinim linear i dy zgjidhjeve të një sistemi homogjen është gjithashtu një zgjidhje. Si rrjedhim

x1 = 1 − 1 = 0x2 = a2 − σi(a2)

...

xn+1 = an+1 − σi(an+1)

është një zgjidhje tjetër e sistemit. Kjo është një zgjidhje jo triviale sepse σi(a2) , a2 dhe ka më pak vlera jozero se zgjidhjetorigjinale. Kjo është një kontradiksion sepse ne supozuam se numri i zgjidhjeve të ndryshme nga zero në zgjidhjen origjinaleishte minimal. Pra, a1 = · · · = an+1 = 0.

Le të jetë E një shtrirje algjebrike e F. Në qoftë se çdo polinom i pathjeshtueshëm në F[x] me një rrënjë në E i ka të gjitha

rrënjët e tij në E, atëherë E është quajtur shtrirje normale e F. Pra, çdo polinom i pathjeshtueshëm në F[x] që përmban njërrënjë në E është produkti i faktorëve linear në E[x].

Teorema 15.16. Le të jetë E një shtrirje fushe e F. Atëherë pohimet e mëposhtme janë ekuivalente.

1. E është një shtrirje e fundme, normale dhe e ndashme e F.

2. E është nje fushë ndarëse e një polinomi të ndashëm mbi F.

3. F = EG për një grup të fundëm automorfizme të E.

Vërtetim: (1)⇒ (2). Le të jetë E një shtrirje e fundme, normale dhe e ndashme e F. Nga Teorema e Elementëve Primitivë nemund të gjejmë një element α në E të tillë që E = F(α). Le të jetë f (x) polinomi minimal i α mbi F. Fusha E duhet të përmbajëtë gjitha rrënjët e f (x) meqënëse ajo është një shtrirje normale e F. Pra, E është fushë ndarëse për f (x).

(2)⇒ (3). Le të jetë E fusha ndarësee një polinomi të ndashëm mbi F. Nga dimë se EG(E/F) = F. Meqënëse |G(E/F)| = [E : F],ky është një grup i fundëm.

(3)⇒ (1). Le të jetë F = EG për një grup të fundëm automorfizmash G të E-së. Meqënëse [E : F] ≤ |G|, E është një shtrirjee fundme e F. Për të vërtetuar se E është një shtrirje normale dhe e fundme e F, le të jetë f (x) ∈ F[x] një polinom monik dhe ipathjeshtueshëm i cili ka një rrënjë α në E. Duhet të vërtetojmë se f (x) është produkt i faktorëve linearë në E[x].

c©AulonaPress 249




Algjebra Shaska T.

id, σ, τ, µ

id, σ id, τ id, µ

id

@@@

@@@

Q(√

3,√

5 )

Q(√

3 ) Q(√

5 ) Q(√

15 )

Q

@@@

@@@

Figura 15.2: G(Q(√

3,√

5 )/Q)

Ne dimë se automorfizmat në G përkëmbejnë rrënjët e f (x) që shtrihen në E. Pra, në qoftë se G vepron mbi α ne marimrrënjë të dalluara α1 = α, α2, . . . , αn në E. Le të jetë g(x) =

∏ni=1(x − αi). Atëherë g(x) është i ndashëm mbi F dhe g(α) = 0.

Ndonjë σ në G përkëmben faktorët e g(x) meqënëse ajo përkëmben këto rrënjë. Pra, kur σ vepron mbi g(x) ajo duhet të fiksojëkoefiçientët e g(x). Kështu që koefiçientët e g(x) duhet të jenë në F. Meqënëse deg g(x) ≤ deg f (x) dhe f (x) është polinomiminimal i α, f (x) = g(x).

Rrjedhim 15.6. Le të jetë K një shtrirje fushe e F e tillë që F = KG për një grup të fundëm automorfizme G të K. AtëherëG = G(K/F).

Vërtetim: Meqënëse F = KG, atëherë G është një nëngrup i G(K/F). Pra,

[K : F] ≤ |G| ≤ |G(K/F)| = [K : F]

Nga kjo rrjedh se G = G(K/F) meqënëse ata duhet të kenë të njëjtin rend.

Përpara se të përcaktojmë lidhjen ndërmjet shtrirjes së fushës dhe automorfizmave të fushës le të shohim një shembull.

Shembull 15.11. Më sipër ne analizuam automorfizmat e Q(√

3,√

5 ) të cilat fiksojnë Q. Figura 15.2 krahason laticën eshtrirjes së fushës së Q-së me laticën e nëngrupit të G(Q(

√3,√

5 )/Q). Teorema Themelore e Teorisë Galua tregon se kushështë lidhja ndërmjet këtyre dy laticave.

Tani jemi gati të vërtetojmë Teoremën Themelore të Teorisë Galua.

Teorema 15.17. (Teorema Themelore e Teorisë Galua) Le të jetë F një fushë e fundme ose një fushë me karakteristikë zero.Në qoftë se E është një shtrirje normale e fundme e F me grup Galua G(E/F), atëherë pohimet e mëposhtme janë të vërteta.

1. Funksioni K 7→ G(E/K) është një bijeksion i nënfushës K të E-së që përmban F me nëngrupet e G(E/F).

2. Në qoftë se F ⊂ K ⊂ E, atëherë

[E : K] = |G(E/K)| dhe [K : F] = [G(E/F) : G(E/K)].

3. F ⊂ K ⊂ L ⊂ E atëherë dhe vetëm atëherë id ⊂ G(E/L) ⊂ G(E/K) ⊂ G(E/F).

4. K është një shtrirje normale F atëherë dhe vetëm atëherë kur G(E/K) është një nëngrup normal i G(E/F). Në këtë rast

G(K/F) G(E/F)/G(E/K).

Vërtetim: (1) Supozojmë që G(E/K) = G(E/L) = G. Të dyja si K dhe L janë fusha të fiksuara të G-së. Pra, K = L dhefunksioni i tillë K 7→ G(E/K) është bijektiv. Për të vërtetuar se funksioni është syrjektiv le të jetë G një nëngrup i G(E/F) dheK të jetë fusha e fiksuar nga G. Atëherë F ⊂ K ⊂ E. Si rrjedhim E është një shtrirje normale e K. Kështu që, G(E/K) = G dhefunksioni K 7→ G(E/K) është një bijeksion.

250 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

E

L

K

F G(E/F)

G(E/K)

G(E/L)

id

-

-

-

-

Figura 15.3: Nëngrupet e G(E/F) dhe nënfushat e E

(2) Nga më sipër |G(E/K)| = [E : K]. Pra,

|G(E/F)| = [G(E/F) : G(E/K)] · |G(E/K)| = [E : F] = [E : K][K : F].

Kështu që, [K : F] = [G(E/F) : G(E/K)].(3) Pohimi (3) është ilustruar në Figurën 15.3. Vërtetimi i lihet detyrë lexuesit.(4) Le të jetë K një shtrirje normale e F. Në qoftë se σ është në G(E/F) dhe τ është në G(E/K) duhet të vërtetojmë se σ−1τσ

është në G(E/K). Pra, mjafton të vërtetojmë se σ−1τσ(α) = α për çdo α ∈ K. Supozojmë që f (x) është polinomi minimal iα mbi F. Atëherë σ(α) është gjithashtu një rrënjë e f (x) e cila shtrihet në K meqë K është një shtrirje normale e F-së. Pra,τ(σ(α)) = σ(α) ose σ−1τσ(α) = α.

Anasjelltas, le të jetë G(E/K) një nëngrup normal i G(E/F). Duhet të vërtetojmë se F = KG(K/F). Le të jetë τ ∈ G(E/K).Për çdo σ ∈ G(E/F) ekziston një τ ∈ G(E/K) e tillë që τσ = στ. Si rrjedhim për çdo α ∈ K

τ(σ(α)) = σ(τ(α)) = σ(α).

Pra, σ(α) duhet të jetë në fushën e fiksuar të G(E/K). Le të jetë σ ngushtimi i σ në K. Atëherë σ është një automorfizëm i K-sëqë fikson F meqënëse σ(α) ∈ K për çdo α ∈ K. Pra, σ ∈ G(K/F). Gjithashtu ne do të vërtetojmë se fusha e fiksuar e G(K/F)është F. Le të jetë β një element në K i cili fiksohet nga të gjitha automorfizmat në G(K/F). Në veçanti σ(β) = β për çdoσ ∈ G(E/F). Kështu që, β i përket fushës së fiksuar F të G(E/F).

Së fundmi duhet të vërtetojmë se kur K është një shtrirje normale e F atëherë


Për σ ∈ G(E/F), le të jetë σK automorfizma e K e përftuar nga ngushtimi i σ në K. Meqënëse K është një shtrirje normaleparagraphi i mëparshëm tregon se σK ∈ G(K/F). Si rrjedhim funksioni φ : G(E/F)→ G(K/F) i përcaktuar si σ 7→ σK. Kyfunksion është një grup homomorfizëm meqënëse

φ(στ) = (στ)K = σKτK = φ(σ)φ(τ).

Bërthama e φ është G(E/K). Nga (2),

|G(E/F)|/|G(E/K)| = [K : F] = |G(K/F)|.

Pra, shëmbëllimi i φ është G(K/F) dhe φ është syrjektiv. Duke aplikuar Teoremën e Parë të Izomorfizmave kemi:


Shembull 15.12. Në këtë shembull ne do të ilustrojmë Teoremën Themelore të Teorisë Galua duke përcaktuar laticën enëngrupeve të grupit Galua të f (x) = x4

− 2. Do ta krahasojmë këtë laticë me laticën e shtrirjes së fushës së Q-së që bëjnëpjesë në fushën ndarëse të x4

− 2. Fusha ndarëse e f (x) është Q( 4√2, i). Vëmë re se f (x) faktorizohet si (x2 +√

2 )(x2−√

2 ).

c©AulonaPress 251




Algjebra Shaska T.

Pra, rrënjët e f (x) janë ± 4√2 dhe ± 4√2 i. Fillimisht shtojmë rrënjën 4√2 në Q dhe pastaj shtojmë rrënjën i të x2 + 1 në Q( 4√2 ).Atëherë fusha ndarëse e f (x) është Q( 4√2 )(i) = Q( 4√2, i).

Meqënëse [Q( 4√2 ) : Q] = 4 dhe i nuk është nëQ( 4√2 ) atëherë [Q( 4√2, i) : Q( 4√2 )] = 2. Pra, [Q( 4√2, i) : Q] = 8. Bashkësia

1,4√

2, (4√

2 )2, (4√

2 )3, i, i4√

2, i(4√

2 )2, i(4√

2 )3

është një bazë përQ( 4√2, i) mbiQ. Latica e shtrirjes së fushës sëQ-së që përfshihet nëQ( 4√2, i) është ilustruar në Figurën 15.4(a).Grupi Galua G i f (x) duhet të ketë rend 8. Le të jetë σ automorfizma e përcaktuar nga σ( 4√2 ) =

4√2 dhe σ(i) = i dhe τautomorfizma e përcaktuar nga konjugimi i numrave komleks. Pra, τ(i) = −i. Atëherë G ka një element me rend 4 dhe njëelement me rend 2. Me anë të llogaritjeve direkte është e lehtë të vërtetojmë se elementët e G-së janë id, σ, σ2, σ3, τ, στ, σ2τ, σ3τdhe relacionet τ2 = id, σ4 = id dhe τστ = σ−1 plotësohen. Pra, G duhet të jetë izomorfike me D4. Latica e nëngrupeve të G-sëështë ilustruar në Figurën 15.4(b).

Q

Q(i)Q(√

2 ) Q(√

2 i)

Q(√

2, i)Q( 4√2 ) Q( 4√2 i) Q((1 + i) 4√2 ) Q((1 − i) 4√2 )

Q( 4√2 )

HHH

H

HHHH

HHHH

HHHH

PPPPPP

(a)

id

id, σ2 id, στid, σ2τ

id, σ, σ2, σ3

id, τ

id, σ2, τ, σ2τ id, σ2, στ, σ3τ

id, σ3τ

D4

HHH

H

HHHH

HHHH

HHHH

PPPP

PP

(b)

Figura 15.4: Grupi i Galuait i x4− 2

15.8 Zgjidhja e ekuacioneve polinomialë me radikale

Në këtë temë ne do të flasim për fusha me karakteristikë zero për të siguruar që polinimet e pathjeshtueshëm nuk kanë rrënjëshumëfishe. Qëlllimi kryesor është të përcaktojmë se kur rrënjët e një polinomi f (x) mund të llogariten me një numër të fundëmveprimesh mbi koefiçientët e f (x). Veprimet e lejueshme janë mbledhja, zbritja, pjestimi, shumëzimi dhe nxjerrja e n rrënjëve.Zgjidhja e ekuacionit të gradës së dytë ax2 + bx + c = 0 ilustron këtë proçes:

x =−b ±

√

b2 − 4ac2a

.

Operacioni i vetëm i cili mund të kërkojë një fushë më të gjerë është ai i gjetjes së rrënjës së n-të.

252 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Një shtrirje fushe E e fushës F është një shtrirje me radikal në qoftë se ekzistojnë elementët α1, . . . , αr ∈ K dhe numrat eplotë pozitiv n1, . . . ,nr të tillë që

E = F(α1, . . . , αr),

ku αn11 ∈ F dhe

αnii ∈ F(α1, . . . , αi−1)

për i = 2, . . . , r. Një polinom f (x) është i zgjidhshëm me radikale mbi F në qoftë se fusha ndarëse K e f (x) mbi F përmbahetnë një shtrirje të F me radikale. Qëllimi është të arrijmë në në një kriter i cili të na tregojë se kur një polinom f (x) është izgjidhshëm ose jo me radikale duke studiuar grupin e tij Galua.

Polinomi minimal që mund të zgjidhet me radikale është ai i formës xn− a. Ne dimë se rrënjët e xn

− 1 janë quajtur rrënjëte n-ta primitive të njësisë. Këto rrënjë formojnë një nëngrup të fundëm të fushës ndarëse të xn

− 1. Dimë se këto rrënjëformojnë grup ciklik. Çdo gjenerator i këtij grupi është quajtur rrënjë e n-të primitive e njësisë.

Shembull 15.13. Polinomi xn− 1 është i zgjidhshëm me radikale mbi Q. Rrënjët e këtij polinomi janë 1, ω, ω2, . . . , ωn−1, ku

ω = cos(2π

n

)+ i sin

(2πn

).

Fusha ndarëse e xn− 1mbi Q është Q(ω).

Rikujtojmë se një nënseri normale e një grupi G është një varg i fundëm nëngrupesh

G = Hn ⊃ Hn−1 ⊃ · · · ⊃ H1 ⊃ H0 = e,

ku Hi është normal në Hi+1. Një nënseri normal është një kompozim serish në qoftë se të gjithë grupet faktor janë të thjeshtë.Pra, në qoftë se asnjë nga grupet faktor të serisë përmban një nëngrup normal. Një grup G është i zgjidhshëm në qoftë seai një seri përbërëse Hi i tillë që të gjithë grupet faktor Hi+1/Hi janë Abelian. Për shembull, në qoftë se studiojmë serinëid ⊂ A3 ⊂ S3 vëmë re se A3 është e zgjidhshme. Gjithashtu dimë se S5 nuk është e zgjidhshme.

Lema 15.7. Le të jetë F një fushë me karakteristikë zero dhe E fusha ndarëse e xn− a mbi F ku a ∈ F. Atëherë G(E/F) është

grup i zgjidhshëm.

Vërtetim: Fillimisht supozojmë se F përmban të gjithë rrënjët e n-ta të njësisë. Rrënjët e xn− a janë n

√a, ω n√

a, . . . , ωn−1 n√

a,ku ω është rrënjë primitive e n-të e njësisë. Në qoftë se ζ është një nga këto rrënjë, atëherë rrënjët e tjera të xn

− 1 janëζ, ωζ, . . . , ωn−1ζ dhe E = F(ζ). Meqënëse G(E/F) përkëmben rrënjët e xn

− 1 elementët në G(E/F) duhet të përcaktohen ngaveprimi i tyre mbi këto rrënjë. Le të jenë σ dhe τ në G(E/F) dhe supozojmë se σ(ζ) = ωiζ dhe τ(ζ) = ω jζ. Në qoftë se Fpërmban rrënjët e njësisë, atëherë

στ(ζ) = σ(ω jζ) = ω jσ(ζ) = ωi jζ = ωiτ(ζ) = τ(ωiζ) = τσ(ζ).

Kështu që, στ = τσ dhe G(E/F) është Abelian dhe G(E/F) është i zgjidhshëm.Supozojmë që F nuk përmban një rrënjë të n-të të njësisë. Le të jetë ω një gjenerator i grupit ciklik të rrënjëve të n-ta të

njësisë. Le të jetë α një zero e xn− a. Meqënëse α dhe ωα janë në fushën ndarëse të xn

− a, atëherë ω = (ωα)/α është gjithashtunë E. Le të jetë K = F(ω). Atëherë F ⊂ K ⊂ E. Meqënëse K është fusha ndarëse e xn

− 1, atëherë K është një shtrirje normalee F. Një automorfizëm σ në G(F(ω)/F) është përcaktuar nga σ(ω). Atëherë σ(ω) = ωi për një numër të plotë i meqënëse tëgjitha zerot e xn

− 1 janë fuqi të ω. Në qoftë se τ(ω) = ω j është në G(F(ω)/F), atëherë

στ(ω) = σ(ω j) = [σ(ω)] j = ωi j = [τ(ω)]i = τ(ωi) = τσ(ω).

Kështu që, G(F(ω)/F) është Abelian. Nga Teorema Themelore e Teorisë Galua seria:

id ⊂ G(E/F(ω)) ⊂ G(E/F)

është një seri normale. Meqënëse G(E/F(ω)) dhe

G(E/F)/G(E/F(ω)) G(F(ω)/F)

janë të dyja Abelian, atëherë G(E/F) është e zgjidhshme.

c©AulonaPress 253




Algjebra Shaska T.

Lema 15.8. Le të jetë F një fushë me karakteristikë zero dhe le të jetë E një shtrirje me radikale e F. Atëherë ekziston një shtrirjenormale me radikalë K e F e cila përmban E.

Vërtetim: Meqënëse E është një shtrirje me radikalë e F-së, ekzistojnë elementët α1, . . . , αr ∈ K dhe numrat e plotë pozitivn1, . . . ,nr të tillë që

E = F(α1, . . . , αr),

ku αn11 ∈ F dhe

αnii ∈ F(α1, . . . , αi−1)

për i = 2, . . . , r. Le të jetë f (x) = f1(x) · · · fr(x), ku fi është polinomi minimal i αi mbi F dhe le të jetë K fusha ndarëse e Kmbi F. Çdo rrënjë e f (x) në K është e formës σ(αi), ku σ ∈ G(K/F). Kështu që, për çdo σ ∈ G(K/F) kemi [σ(α1)]n1 ∈ F dhe[σ(αi)]ni ∈ F(α1, . . . , αi−1) për i = 2, . . . , r. Pra, në qoftë se G(K/F) = σ1 = id, σ2, . . . , σk, atëherë K = F(σ1(α j)) është njështrirje me radikalë e F.

Ne do të vërtetojmë teoremën themelore për zgjidhshmërinë me radikal.

Teorema 15.18. Le të jetë f (x) në F[x], ku charF = 0. Në qoftë se f (x) është e zgjidhshëm me radikale, atëherë grupi Galua if (x) mbi F është i zgjidhshëm.

Vërtetim: Le të jetë K fusha ndarëse e f (x) mbi F. Meqënëse f (x) është i zgjidhshëm me radikal, ekziston një shtrirje Eradikalesh F = F0 ⊂ F1 ⊂ · · ·Fn = E. Meqënëse Fi është normale mbi Fi−1, atëherë E është një shtrirje normale e çdo Fi.Nga Teorema Themelore e Teorisë Galua kemi se G(E/Fi) është një nëngrup normal i G(E/Fi−1). Kështu që, kemi një nënserinormale nëngrupesh G(E/F) të tillë:

id ⊂ G(E/Fn−1) ⊂ · · · ⊂ G(E/F1) ⊂ G(E/F).

Përsëri nga Teorema Themelore e Teorisë Galua dimë se

G(E/Fi−1)/G(E/Fi) G(Fi/Fi−1).

Dimë se G(Fi/Fi−1) është e zgjidhshme. Pra, G(E/F) është gjithashtu e zgjidhshme.

E anasjellta e Teoremës është gjithashtu e vërtetë.

15.8.1 Pazgjidhshmëria e ekuacionit të gradës së pestë

Tani mund të gjejmë një polinom të gradës së pestë i cili nuk është i zgjidhshëm me radikale. Ne thjesht mjafton të gjejmëgrupi Galua i të cilit është S5.

Lema 15.9. Një nëngrup i Sn i cili përmban një transpozicion dhe një cikël me gjatësi n duhet të jetë e gjithë Sn.

Vërtetim: Le të jetë G një nëngrup i Sn i cili përmban të gjitha transpozicionet σ dhe një cikël τ me gjatësi n. Supozojmëse σ = (12) dhe τ = (12 . . . n). Meqënëse (12)(1 . . . n) = (2 . . . n) dhe (2 . . . n)k(1, 2)(2 . . . n)−k = (1k), atëherë ne marim tëgjitha transpozicionet e formës (1,n + 1 − k). Megjithatë këto transpozicione gjenerojnë gjthë transpozicionet në Sn sepse(1 j)(1i)(1 j) = (i j). Pra, transpozicionet gjenerojnë Sn.

Shembull 15.14. Do të vërtetojmë se f (x) = x5− 6x3

− 27x − 3 ∈ Q[x] nuk është i zgjidhshëm.

Vërtetim: Pranojmë se grupi Galua i f (x) mbi Q është S5. Nga Kriteri i Einsteinit, f (x) është i pathjeshtueshëm dhe sirrjedhim i pazgjidhshëm. Derivati i f (x) është f ′(x) = 5x4

− 18x2− 27. Pra, duke zgjidhur f ′(x) = 0 kemi që rrënjët e vetme

reale të f ′(x) janë

x = ±

√6√

6 + 95

.

Kështu që, f (x) mund të ketë të shumtën një maksimum dhe një minimum. ’Eshtë e lehtë të vërtetoni se f (x) ndryshon shenjënmidis −3 dhe −2, midis −2 dhe 0 dhe ndonjëherë ndërmjet 0 dhe 4. Kështu që, f (x) ka ekzaktësisht tre rrënjë reale të dalluara.

254 c©AulonaPress




Shaska T. Algjebra

Dy rrënjët e tjera të f (x)duhet të jenë të konjuguara. Le të jetë K fusha ndarëse e f (x). Meqënëse f (x) ka pesë rrënjë tëndryshme në K dhe çdo automorfizëm i K që fikson Q është përcaktuar nga nga mënyra se si ai përkëmben rrënjët e f (x), nedimë se G(K/Q) është një a nëngrup i S5.

Meqënëse f është i pathjeshtueshëm ekziston një element në σ ∈ G(K/Q) i tillë që σ(a) = b për dy rrënjë a dhe b të f (x).Automorfizma e C që çon a + bi 7→ a − bi fikson rrënjët reale por jo ato komlekse. Si rrjedhim, G(K/Q) ⊂ S5.

Atëherë grupi S5 është gjeneruar nga një transpozicion dhe një element i rendit të pestë. Pra, G(K/F) duhet të jetë e gjithëS5. Pra, S5 nuk është e zgjidhshme. Si rrjedhim, f (x) nuk mund të zgjidhet me radikale.

15.9 Teorema themelore e Algjebrës

Teorema e fundit që do të vërtetojmë është Teorema Themelore e Algjebrës. Kjo teoremë u vërtetua fillimisht nga Gauss nëtezën e tij të doktoratës. Para vërtetimit të Gaussit, matematikanët dyshonin se do të ekzistonin polinome mbi numrat realdhe kompleks të cilët nuk do të kishin zgjidhje. Teorema Themelore e Algjebrës pohon se çdo polinom mbi numrat kompleksfaktorizohet në faktorë të ndryshëm linear.

Për vërtetimin e kësaj teoreme na duhet të rikujtojmë dy fakte të vërtetuara më parë. Do të përdorim rezultatin se çdopolinom me gradë tek mbi R ka një rrënjë reale dhe ekziston rrënja katrore e çdo numri real pozitiv.

Teorema 15.19. (Teorema Themelore e Algjebrës) Fusha e numrave kompleks është algjebrikisht e mbyllur. Pra, çdopolinom me rrënjë nga C[x] ka rrënjë në C.

Vërtetim: Supozojmë se E është një shtrirje e fundme e C. Meqënëse çdo shtrirje e fundme fushe me karakteristikë zero ështëprimitive atëherë ekziston një α ∈ E i tillë që E = C(α) ku α është rrënja e ndonjë polinomi të pathjeshtueshëm f (x) në C[x].

Fusha ndarëse L e f (x) është një shtrirje normale e ndashme e C e cila përmban E. Duhet të vërtetojmë se është e pamundurpër L të jetë një shtrirje të mirëfilltë e C.

Supozojmë që L është një shtrirje e mirëfilltë e C. Meqënëse L është fusha ndarëse e f (x)(x2 + 1) mbi R, atëherë L ështënjë shtrirje e fundme, normale, dhe e ndashme e R. Le të jetë K fusha e fiksuar e Sylow 2-nëngrupeve të G e G(L/R). AtëherëL ⊃ K ⊃ R dhe |G(L/K)| = [L : K].

Meqënëse [L : R] = [L : K][K : R], atëherë [K : R] duhet të jetë tek. Si rrjedhim, K = R(β), ku β ka një polinom minimalf (x) me gradë tek. Kështu që, K = R.

Tani dimë se G(L/R) duhet të jetë një 2-grup. Rrjedh që G(L/C) është një 2-grup. Ne kemi pranuar se L , C, atëherë|G(L/C)| ≥ 2. Nga Teorema e Parë Sylow dhe Teorema Themelore e Teorisë Galua ekziston një nëngrup G i G(L/C) me index2 dhe një fushë E e cila fiksohet nga G. Atëherë [E : C] = 2 dhe ekziston një element γ ∈ E me polinom minimal x2 + bx + c nëC[x]. Ky polinom ka rrënjë (−b ±

√

b2 − 4c )/2 që janë në C meqënëse b2− 4c është në C. Kjo është e pamundur, pra L = C.

Ushtrime:

1. Vërtetoni se grupi Galua i një polinomi të pathjeshtueshëm të fuqisë së dytë është izomorfik me Z2.

2. Vërtetoni se grupi Galua i një polinomi të pathjeshtueshëm të fuqisë së tretë është izomorfik me S3 ose Z3.

3. Le të jenë F ⊂ K ⊂ E fusha. Në qoftë se E është një shtrirje normale e F, vërtetoni se E duhet të jetë gjithashtu një shtrirjenormale e K.

4. Le të jetë G grupi Galua i një polinomi me gradë n. Vërtetoni se |G| n!.

5. Le të kemi F ⊂ E. Në qoftë se f (x) është i zgjidhshëm mbi F, vërtetoni se f (x) është gjithashtu i zgjidhshëm mbi E.

6. Ndërtoni një polinom f (x) në Q[x] me gradë 7 i cili nuk është i zgjidhshëm me radikale.

7. Le të jetë p një numër i thjeshtë. Vërtetoni se ekziston një polinom f (x) ∈ Q[x] me gradë p me grup Galua izomorfik me Sp.Përgjithësoni se për çdo numër të thjeshtëp me p ≥ 5 ekziston një polinom me gradë p i cili nuk është i zgjidhshëm me radikale.

8. Le të jetë p be një numër të thjeshtëdhe Zp(t) fusha e funksioneve racional mbi Zp. Vërtetoni se f (x) = xp− t është një

polinom i pathjeshtueshëm në Zp(t)[x]. Vërtetoni se f (x) nuk është i ndashëm.

c©AulonaPress 255




Algjebra Shaska T.

9. Le të jetë E një shtrirje fushe e F. Supozojmë që K dhe L janë dy fusha të ndërmjetme. Në qoftë se ekziston një elementσ ∈ G(E/F) i tillë që σ(K) = L, atëherë K dhe L quhen fusha të konjuguara. Vërtetoni se K dhe L janë të konjuguara atëherëdhe vetëm atëherë kur G(E/K) dhe G(E/L) janë nëngrupe të konjuguar G(E/F).

10. Le të jetë σ ∈ Aut(R). Në qoftë se a është një numër pozitiv real vërtetoni se σ(a) > 0.

11. Le të jetë K fusha ndarëse e x3 + x2 + 1 ∈ Z2[x]. Vërtetoni ose tregoni të kundërtën se K është një shtrirje me radikal.

12. Le të jetë F një fushë e tillë që char F , 2. Vërtetoni se fusha ndarëse e f (x) = ax2 + bx + c është F(√α ), ku α = b2

− 4ac.

13. Vërtetoni ose tregoni të kundërtën se: Dy nëngrupe të ndryshme të një grupi Galua do të kenë fusha të ndryshme tëfiksuara.

14. Le të jetë K një fushë ndarëse e një polinomi mbi F. Në qoftë se E është një shtrirje fushe e F e cila përmbahet në K dhe[E : F] = 2, atëherë E është fusha ndarëse e një polinomi në F[x].

15. Ne dimë se polinomi ciklotomik

Φp(x) =xp− 1

x − 1= xp−1 + xp−2 + · · · + x + 1

është i pathjeshtueshëm mbi Q për çdo numër të thjeshtëp. Le të jetë ω një zero e Φp(x) dhe shqyrtoni fushën Q(ω).

16. Vërtetoni se ω,ω2, . . . , ωp−1 janë zero të ndryshme të Φp(x) dhe përmblidhni se ato janë të gjitha zerot e Φp(x).

17. Vërtetoni se G(Q(ω)/Q) është Abelian me rend p − 1.

18. Vërtetoni se fusha e fiksuar e G(Q(ω)/Q) është Q.

19. Le të jetë F një fushë e fundme ose një fushë me karakteristik zero. Le të jetë E një shtrirje e fundme normale e F me grupGalua G(E/F). Vërtetoni se F ⊂ K ⊂ L ⊂ E atëherë dhe vetëm atëherë kur id ⊂ G(E/L) ⊂ G(E/K) ⊂ G(E/F).

20. Le të jetë F një fushë me karakteristikë zero dhe le të jetë f (x) ∈ F[x] një polinom i ndashëm me gradë n. Në qoftë se E ështëthe fusha ndarëse e f (x), le të jenë α1, . . . , αn rrënjët e f (x) në E. Le të jetë ∆ =

∏i, j(αi − α j). Diskriminanti i f (x) është ∆2.

21. Në qoftë se f (x) = ax2 + bx + c, vërtetoni se ∆2 = b2− 4ac.

22. Në qoftë se f (x) = x3 + px + q, vërtetoni se ∆2 = −4p3− 27q2.

23. Vërtetoni se ∆2 është në F.

24. Në qoftë se σ ∈ G(E/F) është një transpozicion i dy rrënjëve të f (x), vërtetoni se σ(∆) = −∆.

25. Në qoftë se σ ∈ G(E/F) është një permutacion çift i rrënjëve të f (x), vërtetoni se σ(∆) = ∆.

26. Vërtetoni se G(E/F) është izomorfik me një nëngrup të An atëherë dhe vetëm atëherë kur ∆ ∈ F.

27. Përcaktoni grupin Galua të x3 + 2x − 4 dhe x3 + x − 3.

256 c©AulonaPress




Bibliografia

[Bax75] Shaban Baxhaku, Leksione të gjeometrisë së lartë, Universiteti i Tiranës, Fakulteti i Shkencave të Natyrës, Shtypshkronja e dispensaveTiranë, 1975.

[Bax84] , Kursi i gjeometrisë analitike: Dispensa ii, Universiteti i Tiranës, Fakulteti i Shkencave të Natyrës, Shtypshkronja e dispensaveTiranë, 1984.

[Bax87] , Kursi i gjeometrisë analitike: Dispensa i, Universiteti i Tiranës, Fakulteti i Shkencave të Natyrës, Shtypshkronja e dispensaveTiranë, 1987.

[BES15] Lubjana Beshaj, Artur Elezi, and Tony Shaska, Theta functions of superelliptic curves, Advances on superelliptic curves and theirapplications, 2015, pp. 47–69. MR3525572

[BHK+18] L. Beshaj, R. Hidalgo, S. Kruk, A. Malmendier, S. Quispe, and T. Shaska, Rational points in the moduli space of genus two, Higher genuscurves in mathematical physics and arithmetic geometry, 2018, pp. 83–115. MR3782461

[BHS11] Lubjana Beshaj, Valmira Hoxha, and Tony Shaska, On superelliptic curves of level n and their quotients, I, Albanian J. Math. 5 (2011),no. 3, 115–137. MR2846162

[BS05] A. Bialostocki and T. Shaska, Galois groups of prime degree polynomials with nonreal roots, Computational aspects of algebraic curves,2005, pp. 243–255. MR2182043

[BSS14] L. Beshaj, T. Shaska, and C. Shor, On Jacobians of curves with superelliptic components, Riemann and Klein surfaces, automorphisms,symmetries and moduli spaces, 2014, pp. 1–14. MR3289629

[BSZ15a] L. Beshaj, T. Shaska, and E. Zhupa, The case for superelliptic curves, Advances on superelliptic curves and their applications, 2015,pp. 1–14. MR3525570

[BSZ15b] Lubjana Beshaj, Tony Shaska, and Eustrat Zhupa (eds.), Advances on superelliptic curves and their applications, NATO Science for Peaceand Security Series D: Information and Communication Security, vol. 41, IOS Press, Amsterdam, 2015. Including papers based onthe NATO Advanced Study Institute (ASI) on Hyperelliptic Curve Cryptography held in Ohrid, August 25–September 5, 2014.MR3495135

[Buk79] Kristian Bukuroshi, Analiza matematike, Shtëpia botuese e librit shkollor, 1979.

[ES07] A. Elezi and T. Shaska, Special issue on algebra and computational algebraic geometry, Albanian J. Math. 1 (2007), no. 4, 175–177.MR2367211

[ES11] , Quantum codes from superelliptic curves, Albanian J. Math. 5 (2011), no. 4, 175–191. MR2945762

[ES15a] , Baza të argumentimit matematik, AulonnaPress, 2015.

[ES15b] Artur Elezi and Tony Shaska, Weight distributions, zeta functions and Riemann hypothesis for linear and algebraic geometry codes, Advanceson superelliptic curves and their applications, 2015, pp. 328–359. MR3525583

[GS05] J. Gutierrez and T. Shaska, Hyperelliptic curves with extra involutions, LMS J. Comput. Math. 8 (2005), 102–115. MR2135032

[GSS05] Jaime Gutierrez, D. Sevilla, and T. Shaska, Hyperelliptic curves of genus 3 with prescribed automorphism group, Computational aspectsof algebraic curves, 2005, pp. 109–123. MR2182037

[HQS16] Ruben Hidalgo, Saul Quispe, and Tony Shaska, On generalized superelliptic Riemann surfaces, arXiv preprint arXiv:1609.09576 (2016).

[HS18] Ruben Hidalgo and Tony Shaska, On the field of moduli of superelliptic curves, Higher genus curves in mathematical physics andarithmetic geometry, 2018, pp. 47–62. MR3782459

[IS15] M. Izquierdo and T. Shaska, Cyclic curves over the reals, Advances on superelliptic curves and their applications, 2015, pp. 70–83.MR3525573

[JS18] David Joyner and Tony Shaska, Self-inversive polynomials, curves, and codes, Higher genus curves in mathematical physics andarithmetic geometry, 2018, pp. 189–208. MR3782467

[KSV05] Vishwanath Krishnamoorthy, Tanush Shaska, and Helmut Völklein, Invariants of binary forms, Progress in Galois theory, 2005,pp. 101–122. MR2148462

[Mil03] James S Milne, Fields and galois theory, Courses Notes, Version 4 (2003).

[MS16] Andreas Malmendier and Tony Shaska, The satake sextic in elliptic fibrations on k3, arXiv preprint arXiv:1609.04341 (2016).

[MS17a] A. Malmendier and T. Shaska, The Satake sextic in F-theory, J. Geom. Phys. 120 (2017), 290–305. MR3712162

257

http://www.ams.org/mathscinet-getitem?mr=3525572

















Algjebra Shaska T.

[MS17b] Andreas Malmendier and Tony Shaska, A universal genus-two curve from Siegel modular forms, SIGMA Symmetry Integrability Geom.Methods Appl. 13 (2017), Paper No. 089, 17. MR3731039

[MSSV02] K. Magaard, T. Shaska, S. Shpectorov, and H. Völklein, The locus of curves with prescribed automorphism group, SurikaisekikenkyushoKokyuroku 1267 (2002), 112–141. Communications in arithmetic fundamental groups (Kyoto, 1999/2001). MR1954371

[MSV09] Kay Magaard, Tanush Shaska, and Helmut Völklein, Genus 2 curves that admit a degree 5 map to an elliptic curve, Forum Math. 21(2009), no. 3, 547–566. MR2526800

[PRS08] N. Pjero, M. Ramasaço, and T. Shaska, Degree even coverings of elliptic curves by genus 2 curves, Albanian J. Math. 2 (2008), no. 3,241–248. MR2492097

[PSW07] E. Previato, T. Shaska, and G. S. Wijesiri, Thetanulls of cyclic curves of small genus, Albanian J. Math. 1 (2007), no. 4, 253–270. MR2367218

[SB11a] T. Shaska and L. Beshaj, The arithmetic of genus two curves, Information security, coding theory and related combinatorics, 2011,pp. 59–98. MR2963126

[SB11b] Tanush Shaska and Lubjana Beshaj, Algjebra abstrakte, AulonaPress, 2011.

[SB15] T. Shaska and L. Beshaj, Heights on algebraic curves, Advances on superelliptic curves and their applications, 2015, pp. 137–175.MR3525576

[SB17] Tanush Shaska and Lubjana Beshaj, Algjebra abstrakte: Për studentët e degës së matematikës, AulonaPress, 2017.

[SH09] Tanush Shaska and Engjell Hasimaj (eds.), Algebraic aspects of digital communications, NATO Science for Peace and Security Series D:Information and Communication Security, vol. 24, IOS Press, Amsterdam, 2009. Papers from the Conference “New Challenges inDigital Communications” held at the University of Vlora, Vlora, April 27–May 9, 2008. MR2605610

[Sha01a] T. Shaska, Curves of genus 2 with (N,N) decomposable Jacobians, J. Symbolic Comput. 31 (2001), no. 5, 603–617. MR1828706

[Sha01b] Tanush Tony Shaska, Curves of genus two covering elliptic curves, ProQuest LLC, Ann Arbor, MI, 2001. Thesis (Ph.D.)–University ofFlorida. MR2701993

[Sha02] Tony Shaska, Genus 2 curves with (3, 3)-split Jacobian and large automorphism group, Algorithmic number theory (Sydney, 2002), 2002,pp. 205–218. MR2041085

[Sha03a] T. Shaska, Computational aspects of hyperelliptic curves, Computer mathematics, 2003, pp. 248–257. MR2061839

[Sha03b] Tanush Shaska, Determining the automorphism group of a hyperelliptic curve, Proceedings of the 2003 International Symposium onSymbolic and Algebraic Computation, 2003, pp. 248–254. MR2035219

[Sha04a] T. Shaska, Genus 2 fields with degree 3 elliptic subfields, Forum Math. 16 (2004), no. 2, 263–280. MR2039100

[Sha04b] Tanush Shaska, Some special families of hyperelliptic curves, J. Algebra Appl. 3 (2004), no. 1, 75–89. MR2047637

[Sha05a] T. Shaska, Genus two curves covering elliptic curves: a computational approach, Computational aspects of algebraic curves, 2005, pp. 206–231. MR2182041

[Sha05b] Tanush Shaska (ed.), Computational aspects of algebraic curves, Lecture Notes Series on Computing, vol. 13, World Scientific PublishingCo. Pte. Ltd., Hackensack, NJ, 2005. Papers from the conference held at the University of Idaho, Moscow, ID, May 26–28, 2005.MR2182657

[Sha06] T. Shaska, Subvarieties of the hyperelliptic moduli determined by group actions, Serdica Math. J. 32 (2006), no. 4, 355–374. MR2287373

[Sha07] Tanush Shaska, Some open problems in computational algebraic geometry, Albanian J. Math. 1 (2007), no. 4, 297–319. MR2367221

[Sha08] , Algjebra lineare, AulonaPress, 2008.

[Sha13a] T. Shaska, Computational algebraic geometry and its applications [Foreword], Appl. Algebra Engrg. Comm. Comput. 24 (2013), no. 5,309–311. MR3183721

[Sha13b] , Computational algebraic geometry [Foreword], J. Symbolic Comput. 57 (2013), 1–2. MR3066447

[Sha14a] , Some remarks on the hyperelliptic moduli of genus 3, Comm. Algebra 42 (2014), no. 9, 4110–4130. MR3200084

[Sha14b] , Some remarks on the hyperelliptic moduli of genus 3, Comm. Algebra 42 (2014), no. 9, 4110–4130. MR3200084

[Sha16a] T Shaska, Njehsimi diferencial, AulonaPress, 2016.

[Sha16b] Tony Shaska, Genus two curves with many elliptic subcovers, Comm. Algebra 44 (2016), no. 10, 4450–4466. MR3508311

[Sha17a] T. Shaska, Hyrje në analizën e funksioneve me shumë ndryshore, AulonnaPress, 2017.

[Sha17b] , Kurbat algjebrike, AulonaPress, 2017.

[Sha17c] , Njehsimi integral, AulonnaPress, 2017.

[SHJU07] T. Shaska, W. C. Huffman, D. Joyner, and V. Ustimenko (eds.), Advances in coding theory and cryptography, Series on Coding Theoryand Cryptology, vol. 3, World Scientific Publishing Co. Pte. Ltd., Hackensack, NJ, 2007. Papers from the Conference on CodingTheory and Cryptography held in Vlora, May 26–27, 2007 and from the Conference on Applications of Computer Algebra held atOakland University, Rochester, MI, July 19–22, 2007. MR2435341

[SP10] T Shaska and N. Pjero, Kalkulus, AulonnaPress, 2010.

[SQ08] T. Shaska and M. Qarri, Algebraic aspects of digital communications, Albanian J. Math. 2 (2008), no. 3, 141–144. MR2495805

[SS07a] David Sevilla and Tanush Shaska, Hyperelliptic curves with reduced automorphism group A5, Appl. Algebra Engrg. Comm. Comput.18 (2007), no. 1-2, 3–20. MR2280308

258 c©AulonaPress































Shaska T. Algjebra

[SS07b] T. Shaska and C. Shor, Codes over Fp2 and Fp × Fp, lattices, and theta functions, Advances in coding theory and cryptography, 2007,pp. 70–80. MR2440170

[SS08] R. Sanjeewa and T. Shaska, Determining equations of families of cyclic curves, Albanian J. Math. 2 (2008), no. 3, 199–213. MR2492096

[SS15a] T. Shaska and C. Shor, Theta functions and symmetric weight enumerators for codes over imaginary quadratic fields, Des. Codes Cryptogr.76 (2015), no. 2, 217–235. MR3357243

[SS15b] C. Shor and T. Shaska, Weierstrass points of superelliptic curves, Advances on superelliptic curves and their applications, 2015, pp. 15–46. MR3525571

[SS16] Bedri Shaska and Tanush Shaska, Mësimdhënia e matematikës nëpërmjet problemeve klasike, Vol. 10, Albanian Journal of Mathematics,2016.

[SS17] Tony Shaska and Caleb M. Shor, 2-Weierstrass points of genus 3 hyperelliptic curves with extra involutions, Comm. Algebra 45 (2017),no. 5, 1879–1892. MR3582832

[SSW10] T. Shaska, C. Shor, and S. Wijesiri, Codes over rings of size p2 and lattices over imaginary quadratic fields, Finite Fields Appl. 16 (2010),no. 2, 75–87. MR2594505

[ST05] Tanush Shaska and Jennifer L. Thompson, On the generic curve of genus 3, Affine algebraic geometry, 2005, pp. 233–243. MR2126664

[ST13] T. Shaska and F. Thompson, Bielliptic curves of genus 3 in the hyperelliptic moduli, Appl. Algebra Engrg. Comm. Comput. 24 (2013),no. 5, 387–412. MR3118614

[Ste08] James Stewart, Calculus: Early transcendentals, Vol. 6, Thompson, Brooks/Cole, 2008.

[SU08] Tanush Shaska and V. Ustimenko, On some applications of graphs to cryptography and turbocoding, Albanian J. Math. 2 (2008), no. 3,249–255. MR2495815

[SU09] T. Shaska and V. Ustimenko, On the homogeneous algebraic graphs of large girth and their applications, Linear Algebra Appl. 430 (2009),no. 7, 1826–1837. MR2494667

[SV04] Tanush Shaska and Helmut Völklein, Elliptic subfields and automorphisms of genus 2 function fields, Algebra, arithmetic and geometrywith applications (West Lafayette, IN, 2000), 2004, pp. 703–723. MR2037120

[SW07] Tanush Shaska and Quanlong Wang, On the automorphism groups of some AG-codes based on Ca,b curves, Serdica J. Comput. 1 (2007),no. 2, 193–206. MR2363086

[SW08] T. Shaska and G. S. Wijesiri, Codes over rings of size four, Hermitian lattices, and corresponding theta functions, Proc. Amer. Math. Soc.136 (2008), no. 3, 849–857. MR2361856

[SW09] , Theta functions and algebraic curves with automorphisms, Algebraic aspects of digital communications, 2009, pp. 193–237.MR2605301

[SWWW08] T. Shaska, G. S. Wijesiri, S. Wolf, and L. Woodland, Degree 4 coverings of elliptic curves by genus 2 curves, Albanian J. Math. 2 (2008),no. 4, 307–318. MR2470579

[VS05] Helmut Voelklein and Tanush Shaska (eds.), Progress in Galois theory, Developments in Mathematics, vol. 12, Springer, New York,2005. MR2150438

c©AulonaPress 259




















algjebrarepo.risat.org/338/1/algjebra.pdf · 2018-09-14 · edhe per studentet e degeve te tjera si...

Documents