ALGJEBER II

Q. R. GASHI

Shenim: Keto ligjerata jane te paredaktuara, te palekturuara dhe vetem nje verzion fillestar i(ndoshta) nje teksti te mevonshem. Ato nuk e reflektojne detyrimisht materien qe e kemi mbuluarose do ta mbulojme ne klase. Rezultatet e paraqitura jane pjese e rezultateve klasike ne matematike,andaj nuk jane origjinale. Ju jam mirenjohes nese i ndani me mua komentet e juaja, sidomos nesegjeni gabime (te tillat jane te paevitueshme), qofte edhe ortografike.

c⃝ Te gjitha te drejtat te rezervuara. Ndalohet cdo riprodhim, i pjesshem apo i plote, pa lejene autorit.

1. Hyrje

Ky kurs i studion polinomet dhe sistemet e ekuacioneve lineare.Zgjidhja e ekuacioneve eshte problem fundamental ne matematike. Po ashtu, nje numer i madh

i problemeve konkrete jashte matematikes mund te modelohen permes ekuacioneve, ku kerkohetzgjidhja e tyre. Pra, me te drejte, ekziston interesim i gjere per t’i kuptuar me mire ekuacionet dhesistemet e tyre.

Ekuacionet mund te kene nje ose me shume variabla (argumente, te panjohura, etj.). Ne fillim,ne do t’i studiojme ekuacionet me nje variabel e me vone do te lejojme nje numer te cfaredoshem,te fundem, variablash. Por, ne te vertete, ne do te perqendrohemi tek disa raste shume specifikeekuacionesh, sepse perndryshe problemi do te ishte tejet i pergjithshem per te ofruar rezultate tethella dhe te zbatueshme ne plot raste konkrete.

Do t’i kemi dy lloj kufizimesh. Kur ta marrim vetem nje variabel, do t’i studiojme ekuacionetpolinomiale, kurse kur te lejojme me shume variabla, do te kufizohemi edhe me shume ne ekua-cione lineare. Ky eshte cmimi qe duhet paguar per ta mbuluar nje teori koncize dhe me rendesi.Ekuacionet e tipeve te tjera studiohen ne lende dhe lemenj te tjere.

Per ta ndertuar nje teori formale, si zakonisht, nevojiten mjaft koncepte ndihmese, te cilat do t’istudiojme me kujdes.

Tash qe e kemi motivuar shkurtazi studimin e materies, ta fillojme kursin me disa nocionethemelore.

1

PJESA I - POLINOMET ME NJE NDRYSHORE

2

2. Unazat polinomiale

2.1. Hyrje. Kur te permenden polinomet, zakonisht jemi mesuar te shohim dicka te trajtes, pershembull,

x3 − 2x2 +1

3x+ 5.

Tek shprehja e mesiperme jane dy elemente qenesore: “argumenti” x dhe “koeficientet” parafuqive te ndryshme te x-it. Na kujtohet po ashtu qe nuk guxojme t’i mbledhim koeficientet para dyfuqive te ndryshme te x-it, por ajo lejohet kur fuqia eshte e njejte. Tere keto mund te formalizohensi me poshte.

2.2. Unaza e polinomeve reale (me nje ndryshore). Supozojme se fillojme me vargje meterma nga bashkesia e numrave reale:

(a0, a1, ..., an, ...); ai ∈ R.

Ne do te kufizohemi vetem tek bashkesia PR e vargjeve me terma reale te cilat kane numer tefundem termash (ose asnje term) jozero — me fjale te tjera, duke filluar nga nje numer k ≫ 0, cdoterm ak i vargut eshte zero.

Ne bashkesine PR mund te perkufizohet nje operacion binar, mbledhja (⊕), ku shuma e dyvargjeve behet term per term:

(a0, a1, a2, ..., an, ...)⊕ (b0, b1, b2, ..., bn, ...) = (a0 + b0, a1 + b1, a2 + b2, ..., an + bn, ...).

Mbledhja an + bn eshte mbledhja e zakonshme ne R. Zakonisht, ne vend te ⊕ shenojme vetem +sepse do te jete e qarte, varesisht nga konteksti, se a behet fjale per mbledhje ne R apo ne PR.

Nje tjeter operacion binar ne PR eshte ai i shumezimit ose prodhimit (⊙), i cili jepet me

(a0, a1, a2, ..., an, ...)⊙ (b0, b1, b2, ..., bn, ...) = (c0, c1, ..., cn, ...),

ku

c0 = a0b0, c1 = a0b1 + a1b0, ..., cn =∑

i+j=n

aibj .

Sikurse per ⊕ edhe per ⊙, zakonisht shenojme vetem ·, kur eshte e qarte se ne cilen bashkesi behetshumezimi.

Tash, mund t’i radhisim disa veti te mbledhjes dhe shumezimit ne PR, te cilat mund t’i vertetojelexuesi:

(M1) mbylltesia e mbledhjes(M2) asociativiteti i mbledhjes(M3) ekzistenca e zeros(M4) ekzistenca e elementit te kundert(M5) komutativiteti i mbledhjes(P1) mbylltesia e shumezimit(P2) asociativiteti i shumezimit(P3) ekzistenca e njeshit(P4) komutativiteti i shumezimit(MP1) vetia e shperndarjes nga e majta(MP2) vetia e shperndarjes nga e djathtaVetite e mesiperme tregojne qe (PR,⊕,⊙) eshte unaze komutative. Nese vlejne vetite e tjera,

por jo ajo (P4), atehere kemi te bejme me nje unaze (jokomutative).Zakonisht, nese ne vargun p = (a0, a1, ..., an, 0, 0, ...) ∈ PR te gjithe termat pas termit an jane

zero, atehere shenojme p = a0+a1x+a2x2+ ...+anx

n. (Ne vend te elementit (0, 1, 0, ...) shenojme3

x dhe e zgjerojme shenimin me linearitet dhe prodhim me skalar.) Ne fakt, ne vend te p zakonishtshenojme p(x).

Ne vend te PR shenojme R[x] dhe prej tash e tutje edhe ne do ta perdorim kete shenim.

2.3. Shembuj grupesh. Kujtojme se kur per nje dyshe (G,+), te perbere nga nje bashkesi dhe njeoperacion binar ne te, vlejne vetite (M1)-(M4), atehere dyshja e tille quhet grup. Kur permbushetedhe kushti (M5), atehere (G,+) quhet grup komutativ ose abelian. Zakonisht, kur eshte e qartese per cfare operacioni behet fjale, thuhet se G eshte grup ose grup komutativ, respektivisht.

Detyre 2.1. A eshte grup dyshja (N,+), ku + eshte mbledhja e zakonshme?

Detyre 2.2. A eshte grup dyshja (Z,+), ku + eshte mbledhja e zakonshme?

Detyre 2.3. A eshte grup dyshja (Q, ·), ku · eshte shumezimi i zakonshem?

Detyre 2.4. A eshte grup dyshja (R \ {0}, ·), ku · eshte shumezimi i zakonshem?

Detyre 2.5. A eshte grup dyshja (S3, ◦), ku S3 eshte bashkesia e permutacioneve (pasqyrimevebijektive) mbi tri elemente, kurse ◦ eshte kompozimi i zakonshem i pasqyrimeve? E jepni njeinterpretim gjeometik te kesaj detyre.

Detyre 2.6. A eshte grup dyshja (Zn,+), ku + eshte mbledhja modulo n?

Detyre 2.7. A eshte grup dyshja (Zn, ·), ku · eshte shumezimi modulo n?

2.4. Shembuj unazash dhe fushash. Nese nje treshe (F,+, ·) e perbere nga nje bashkesi dhe dyoperacione binare ne te e ka vetine qe (F,+) dhe (F \ {0}, ·) jane grupe komutative, atehere ajoquhet fushe.

Detyre 2.8. Shqyrtoni se a jane unaza apo jo strukturat vijuese. Ne rastin e unazave, shqyrtoninese ato jane fusha:

(i) (Z,+, ·);(ii) (R,+, ·);(iii) (Zp,+, ·) (p-numer i thjeshte);(iv) (Z,+,−);(v) Z[

√−1] = {a+ b

√−1 : a, b ∈ Z} (numrat e plote te Gausit);

(vi) Z[ω] = {a+bω : a, b ∈ Z}, ku ω = 12(−1+i

√3) (numrat e plote te Ajzenshtajnit (Eisenstein);

(vii) Bashkesia e funksioneve te vazhdueshme ne nga R ne R, ne lidhje me mbledhjen dheshumezimin e funksioneve.

2.5. Polinoment me koefieciente te tjere. Shembuj: Z[x], Q[x], R[x], C[x], Zn[x], etj.

2.6. Shkalla e polinomit. Le te jete R unaze dhe p(x) ∈ R[x]. Nese p(x) = a0 + a1x + a2x2 +

... + anxn, ku an = 0, atehere thuhet se polinomi p(x) ka shkalle n dhe shenojme deg(p(x)) = n.

Polinomet me shkalle (ose te shkalles) zero quhen edhe polinome konstante.

Pohim 2.9. Shkalla e prodhimit te dy polinomeve eshte jo me e madhe se shuma e shkalleve teatyre polinomeve:

deg(p(x)q(x)) ≤ deg(p(x)) + deg(q(x)),

per p(x), q(x) ∈ R[x], ku R eshte unaze. Ne rast se ne vend te R marrim per koeficiente nje fusheF , atehere ne vend te jobarazimit, kemi gjithnje barazim.

Pohim 2.10. Le te jene p(x), q(x) ∈ R[x], ku R eshte unaze. Vlen relacioni

deg(p(x) + q(x)) ≤ max{deg(p(x)), deg(q(x))}.4

Detyre 2.11. E gjeni nje shembull te dy polinomeve per te cilat jobarazimi i pohimit te fundit eshtestrikt.

Pohim 2.12. Inversi i polinomit ne F [x] ekziston vetem kur polinomi eshte i shkalles zero.

Detyre 2.13. E shqyrtoni se cfare elemente duhet t’i shtojme unazes F [x] ashtu qe ajo te behetfushe. A mund te konstruktohet gjithnje kjo fushe apo mund te kete veti te unazes qe e pengojne atekonstruktim? (Udhezim: i shqyrtoni domenat integrale — unazat komutative (me 1) ku prodhimii dy elementeve jozero eshte prape element jozero.)

2.7. Algoritmi i pjesetimit. Sikurse tek numrat e plote, edhe tek unaza e e polinomeve (mbi njefushe) e kemi nje rezultat te ngjashem te pjesetimit me mbetje. Rezultati mund te vertetohet meinduksion mbi shkallen e polinomeve:

Teoreme 2.14. Le te jete F fushe. Le te jene f(x), g(x) ∈ F [x] ashtu qe g(x) nuk eshte zero.Atehere ekzistojne ne menyre te vetme polinomet q(x) dhe r(x) (heresi dhe mbetja, respektivisht),te tille qe

i) f(x) = g(x)q(x) + r(x) dheii) deg(r(x)) < deg(g(x))

Ne rastin kur mbetja r(x) eshte zero, atehere themi se polinomi f(x) plotpjesetohet me polinoming(x) (ose se g(x) e plotpjeseton ose vetem e pjeseton f(x), ose g(x) eshte pjesetues i polinomitf(x)).

Per nje polinom f(x) thuhet se c eshte rrenje ose zero e tij nese f(c) = 0. Ketu f(c) duhet tekuptohet si vlera e marre ne shprehjen polinomiale qe e perkufizon f(x) ku ne vend te x marrim c.Thuhet se polinomi f(x) eshte vleresuar ose evaluuar ne piken c.

Pohim 2.15. Nese f(x) ∈ F [x] dhe α ∈ F , atehere f(x) = (x− α)q(x) + f(α).

Pohim 2.16. Le te jete f(x) ∈ F [x] dhe c ∈ F . Elementi c eshte rrenje e polinomit f(x) ateheredhe vetem atehere kur f(x) plotpjesetohet me x− c.

Pohim 2.17. Le te jete f(x) ∈ F [x] polinom jozero i shkalles jo me te madhe se n. Atehere f(x)ka me se shumti n rrenje.

2.8. Plotpjesetuesi me i madh i perbashket. Sic e theksuam me siper, thuhet se polinomi f(x)plotpjesetohet me g(x) nese ekziston q(x) ∈ F [x] i tille qe f(x) = g(x)q(x). Kete fakt e shenojme

me f(x)...g(x) ose me g(x)|f(x).

Pjesetuesi varet nga fusha: p.sh., f(x) = x3 − 3x2 − 2x+6, g(x) = x3 − 2x2 − 2x− 4 kane x2 − 2te perbashket ne Q[x], por ne R[x] kane edhe x±

√2.

Detyre 2.18. Le te jene f(x), g(x), k(x) ∈ F [x]. Vertetoni se:

(i) Vlen f(x)...f(x), per cdo polinom ne F [x].

(ii) Nese f(x)...g(x) dhe g(x)

...f(x), atehere ∃c ∈ F, f(x) = cg(x). (Themi se polinomet f(x) dheg(x) jane te shoqeruar.)

(iii) Nese f(x)...g(x) dhe g(x)

...k(x), atehere f(x)...k(x). (Vetite (i)-(iii) tregojne se plotpjesetueshmeria

eshte relacion i renditjes se pjesshme ne bashesine e klasveve te shoqerimit te polinomevene F [x].)

(iv) Nese f(x) dhe g(x) plotpjesetohen me k(x), atehere edhe f(x) + g(x) dhe f(x) − g(x)plotpjesetohen me k(x).

(v) Nese f(x) ose g(x) plotpjesetohen me k(x), atehere f(x)g(x) plotpjesetohet me k(x).

5

Sikurse per numrat e plote, mund te shtrohet pyetja e pjesetuesve te perbashket te dy polinomeve.

Teoreme 2.19. Le te jene f(x), g(x) ∈ F [x]. Atehere ekziston polinomi p(x) i tille qe eshtepjesetues i te dy polinomeve f(x) dhe g(x), dhe i tille qe nese a(x) i plotpjeseton polinomet edhena, atehere ai e plotpjeseton edhe polinomin p(x). Zakonisht shenojme p(x) = (f(x), g(x)).

Ekzistencen e polinomit p(x) nga teorema e fundit mund ta nxjerrim duke aplikuar Algoritmine Euklidit (per polinomet). Por, per dallim prej numrave te plote, plotpjesetuesi me i madh iperbashket nuk eshte unik. Uniciteti fitohet nese kerkojme qe plotpjesetuesi me i madh i perbashkette jete polinom monik (d.m.th. me koeficient me te vjeter 1 — koeficienti me i vjeter eshte koeficienti(jozero) para fuqise me te larte te polinomit).

Pohim 2.20. Supozojme se jane dhene polinomet si ne teoremen e fundit. Atehere ekzistojnepolinomet f1(x), g1(x) ∈ F [x], te tilla qe

p(x) = f(x)f1(x) + g(x)g1(x).

Dy polinome quhen relativisht te thjeshta nese pjesetuesi me i madh i perbashket eshte polinomi shkalles zero (d.m.th. konstant).

Ne fund, vereni se ne menyre te natyrshme mund te perkufizohet shumefishi me i vogel iperbashket i dy ose me shume polinomeve. Detajet u mbeten lexuesve.

3. Zberthyeshmeria e polinomeve

Perkufizim 3.1. Polinomi f(x) ∈ F [x] quhet i zberthyeshem ne F [x] (ose mbi F ) nese ai eshteprodhim i dy polinomeve jokonstante nga F [x] me shkalle me te vogel se f(x). Polinomi quhet ipazberthyeshem nese nuk eshte i zberthyeshem.

Perkufizim 3.2. Polinomi f(x) ∈ F [x] quhet i thjeshte ne F [x] (ose mbi F ) nese kurdo qe f(x)e plotpjeseton prodhimin e dy polinomeve a(x)b(x), atehere f(x) e plotpjeseton te pakten njerinprej polinomeve a(x) ose b(x).

Ne F [x] polinomet e zberthyeshme jane te njejta me polinomet e thjeshta. Por, kjo nuk vlengjithnje per cdo unaze. P.sh., mund te vertetohet se elementi 3 eshte i pazberthyeshem ne Z[

√−5],

por jo edhe i thjeshte.

Teoreme 3.3. Mbi fushen F (pa marre parasysh se a eshte ajo e fundme ose jo), ekzistojne pafundshume polinome te pazberthyeshme monike (d.m.th. me koeficient me te vjeter 1).

Proof. Nese F eshte e pafundme, mjafton te marrim f(x) = x− c, c ∈ F . Ne rastin kur F eshte efundme, veprojme ngjashem si me vertetimin se ka pafund shume numra te thjeshte. �

Ngjashem sikurse me unazen e numrave te plote, e kemi rezultatin vijues me rendesi.

Teoreme 3.4. (Zberthyeshmeria ne polinome te pazberthyeshme) Cdo polinom f(x) ∈ F [x] mundte shkruhet ne menyre te vetme, deri ne renditje te faktoreve, ne trajten

f(x) = p1(x)r1p2(x)

r2 . . . pk(x)rk ,

ku pi(x) jane polinome te ndryshme te pazberthyeshme ne F [x], ri ∈ Z>0.

4. Faktor-unazat

Duke e shtyer me thelle analogjine me unazen Z, mund te diskutohet per aritmetiken modulo— jo nje numer, por — nje polinom. Ne kete rast, nese marrim p.sh. m(x) ∈ F [x] atehere dypolinome f(x) dhe g(x) jane kongruente modulo m(x) nese f(x) − g(x) eshte i plotpjesetueshemme m(x). Klasat e ekuivalences (kongruences) na japin nje unaze ne lidhje me operacionet e F [x]te zgjeruara tek klasat e ekuivalences. Kjo unaze shenohet F [x]/(m(x)) dhe quhet faktor-unaze,

6

unaze heres ose unaze e klasave te mbetjes sepse dy elemente jane te njejta nese kane mbetje tenjejte kur te pjesetohen me m(x). Ky koncept eshte pjese e nje koncepti me te gjere, te cilin do tastudiojme ne vazhdim.

4.1. Idealet ne unazat polinomiale.

Perkufizim 4.1. Ideal i majte (resp. i djathte) ne nje unaze R quhet nenunaza joboshe I e tilleqe ar ∈ I (resp. ra ∈ I) ∀a ∈ I, r ∈ R. Nenunaza I quhet ideal ose ideal i dyanshem nese I eshteideal i majte dhe ideal i djathte — shenojme I D R. Ideali I quhet kryesor nese ekziston a ∈ R itille qe I = {ar : r ∈ R} — shenojme I = (a).

Shembull 4.2. Ne unazen Z idealet e vetme jane ato te formes (k) = kZ = {kn : n ∈ Z}, ku k ∈ Z.

Teoreme 4.3. F [x] eshte unaze idealesh kryesore.

4.2. Faktor-unazat.

Teoreme 4.4. Nese I D R, atehere bashkesia R/I := {a+ I : a ∈ R}, ne lidhje me operacionet embledhjes dhe te shumezimit te perkufizuara me

(a1 + I) + (a2 + I) = (a1 + a2) + I, (a1 + I) · (a2 + I) = (a1a2) + I,

formon unaze, qe quhet faktor-unaze e R ne lidhje me I.

Teoreme 4.5. Le te jete m(x) ∈ F [x] me shkalle jo me te vogel se 2. Faktor-unaza F [x]/(m(x))eshte fushe atehere dhe vetem atehere kur m(x) eshte i pazberthyeshem ne F [x].

Shembull 4.6. Numrat komplekse C ∼= R[x]/(x2 + 1)

5. Derivati i nje polinomi

Le te jete R unaze komutative (me 1).

Perkufizim 5.1. Pasqyrimi d : R[x] −→ R[x], i dhene me d(f(x)) = f ′(x), ∀f(x) ∈ R[x], ku nesef(x) = anx

n + . . .+ a1x+ a0, atehere f ′(x) = nanxn−1 + . . .+2a2x+ a1, quhet derivim ne unazen

R[x]. Polinomi f ′(x) quhet derivati i f(x).

Pohim 5.2. Vlejne vetite e meposhtme per derivatin:

(i) d(f + g) = d(f) + d(g)(ii) d(f · g) = d(f) · g + f · d(g)

Shenim 5.3. Derivimi i polinomeve mund te zgjerohet ne fushen R(x), sikurse ne Analize matem-atike.

Derivati i n-te: f (n)(x) = d(f (n−1)(x))

Pohim 5.4. Le te jete f(x) ∈ R[x] dhe a ∈ R. Atehere f(x) mund te shkruhet si kombinim lineari fuqive te x− a:

f(x) =

n∑k=0

f (k)(a)

k!(x− a)k

Perkufizim 5.5. Polinomi p(x) quhet faktor i shkalles se k-te i polinomit f(x) nese p(x)k|f(x)por p(x)k+1 - f(x).

Pohim 5.6. Nese polinomi i pazberthyeshem p(x) ∈ F [x] eshte faktor i shkalles k i polinomit f(x),atehere ai polinom eshte faktor i shkalles k − 1 i derivatit f ′(x).

Faktoret e shkalles k, ku k ≥ 2, quhen faktore te shumefishte.7

Rrjedhim 5.7. Polinomi f(x) ∈ F [x] nuk ka faktore te shumefishte atehere dhe vetem ateherenese

(f(x), f ′(x)) = 1.

Rikujtojme se si perkufizohet karakteristika e nje fushe F (ose, ne menyre identike, e nje unazeme 1). Le te jete i : Z → F homomorfizmi i dhene me i(n) = n · 1F , ku 1F shenon elementin njeshne F dhe ku shumezimi me n nenkupton:

i) i(n) = 1F + 1F + · · ·+ 1F (n-anetare), nese n > 0;ii) i(0) = 0F ;iii) i(n) = −i(−n), elementi i kundert i i(−n), nese n < 0.

Nese pasqyrimi i eshte injektiv, atehere thuhet se fusha ka karakteristike 0. Perndryshe, thuhet sefusha ka karakteristike p, ku p eshte numri me i vogel i tille qe i(p) = 0F . Lehte vertetohet se pduhet te jete numer i thjeshte.

Detyre 5.8. Nese f(x) ∈ F [x] dhe karakteristika e fushes F eshte 0, atehere f ′(x) = 0 per te gjithapolinomet e shkalles jozero.

Detyre 5.9. Le te jete f(x) = anxn+. . .+a1x+a0 dhe supozojme se f(x) ∈ F [x], ku karakteristika e

fushes F eshte p (p-numer i thjeshte). Vlen f ′(x) = 0 atehere dhe vetem atehere kur karakteristikap i plotpjeseton te gjitha fuqite e polinomit f(x) te cilat kane perpara koeficiente jozero.

6. Polinomet interpoluese

Le ta shqyrtojme bashkesine F [x]n te polinomeve me shkalle jo me te madhe se n (per nje n tefiksuar). Atehere cdo element i kesaj bashkesie mund te shkruhet si kombinim linear i elementeve1, x, . . . , xn. Ne gjuhen qe do ta mesojme me vone, keto elemente formojne baze dhe ato quhenelementet e bazes “standarde”. Bashkesia F [x]n ne fakt eshe nenhapesire e F [x]. (Kete terminologjido ta precizojme me vone.)

Per lehtesi studimi, ne vijim ne kete seksion supozojme qe F eshte nje fushe e pafundme. Le tejene c1, . . . , cn+1 elemente te ndryshme te fushes. I shqyrtojme polinomet

pi(x) =n+1∏

j=1, j =i

x− cjci − cj

.

Polinomet pi(x) quhen polinome interpoluese te Lagranzhit.

Detyre 6.1. Te tregohet se polinomet pi(x) formojne baze per hapesiren F [x]n, d.m.th. cdo elementi F [x]n shenohet si kombinim linear i atyre polinomeve pi(x) dhe asnje prej atyre polinomevepi(x) nuk mund te shkruhet si kombinim linear i polinomeve te tjera pk(x)(k = i) te Lagranzhit.(Udhezim: Pasi te mesojme per hapesirat vektoriale dhe matricat mund ta shohim edhe nje vertetimte ketij rezultati.)

Detyre 6.2. Per cdo polinom f ∈ F [x]n vlen f(x) = f(c1)p1(x) + · · ·+ f(cn+1)pn+1(x).

Detyre 6.3. Nese d1, . . . , dn+1 jane elemente ne F dhe c1, . . . , cn+1 jane elemente te ndryshme ngaF , atehere ekziston polinomi i vetem f(x) ∈ F [x]n i tille qe f(ci) = di, ∀i = 1, . . . , n+ 1.

Nuk po e zgjasim nje here me shume per interpolimet, por lemia e interpolimeve ne matematikeeshte shume e rendesishme dhe kryesisht merret me ate se me cfare dhe si mund te “perafrohet” njeklase funksionesh (objektesh) me nje klase tjeter funksionesh (objektesh), ku keto te fundit duhette jene me te thjeshta, me te perdorshme, me veti me te mira etj.

8

7. Skema e Hornerit

Skema e Hornerit na ndihmon ta vleresojme (evaluojne) nje polinom ne nje pike te dhene. Pra,per f(x) = anx

n + ...a1x + 10 ∈ F [x] dhe c ∈ F , deshirojme ta gjejme vleren e f(c). Nga Pohimi2.15, kemi se ekziston polinomi q(x) ∈ F [x] i tille qe f(x) = (x− c)q(x)+f(c). Pra, vlera e kerkuarf(c) eshte mbetja nga pjesetimi i f(x) me x−c. Shenojme q(x) = bn−1x

n−1+ . . .+b1x+b0. Skemashkruhet si vijon:

an an−1 an−2 an−3 . . . a1 a0an an−1 + cbn−1 an−2 + cbn−2 an−3 + cbn−3 . . . a1 + cb1 a0 + cb0bn−1 bn−2 bn−3 bn−4 . . . b0 f(c)

Shembull 7.1. Duke e shfrytezuar Skemen e Hornerit, e gjeni vleren e f(2) nese f(x) = 2x3 − x2 +4x+ 2.

Nje arsye pse Skema e Hornerit ka peshe eshte fakti se ajo paraqet nje algoritem optimal pervleresimin e nje polinomi ne nje pike te caktuar. (Fjala “optimal” ka nje kuptim specifik teperdorimit minimal te operacioneve te mbledhjes dhe shumezimit, me disa kushtezime.)

8. Fusha e rrenjeve

Le te jete f(x) ∈ F [x] polinom i pazberthyeshem ne F [x] i shkalles n ≥ 2 dhe le te jete α njerrenje e atij polinomi. Kuptohet, α /∈ F sepse perndryshe f(x) do te ishte i zberthyeshem ne F [x].(Operacionet ne F [α] jane mbledhja dhe shumezimi formal i polinomeve.)

Nese E ⊇ F eshte fushe ne lidhje me te njejtat operacione sikurse F , atehere E quhet mbifushee fushes F ose F quhet nenfushe e fushes E. P.sh., R eshte mbifushe e fushes Q.

Teoreme 8.1. Le te jete F [α] := {an−1αn−1+an−2α

n−2+ . . .+a1α+a0 | ai ∈ F, i = 1, . . . , n− 1}.Atehere F [α] eshte mbifushe e fushes F dhe ajo e permban elementin α. Vlen F [α] ∼= F [x]/(f(x)).

Shembull 8.2. E vertetoni teoremen paraprake.

Dy rezultatet vijuese i japim pa vertetim.

Teoreme 8.3. Le te jete f(x) ∈ F [x], polinom jokonstant. Atehere ekziston nje mbifushe E ⊇ Fe tille qe f(x) e ka nje rrenje ne E.

Rrjedhim 8.4. Le te jete f(x) ∈ F [x], polinom jokonstant. Atehere ekziston nje mbifushe F ′ ⊇ Fe tille qe f(x) i ka te gjitha rrenjet ne F ′.

Fusha me e vogel F ′ me vetine e mesiperme, e cila vertetohet se eshte e vetme deri ne izomorfizem,quhet fusha e rrenjeve e polinomit f(x).

Shembull 8.5. Per polinomin f(x) = x2 + 1 ∈ Q[x], fusha e rrenjeve eshte C.

Nese fusha F e ka vetine qe kurdo p(x) ∈ F [x], p(x)-jokonstant, atehere p(x) ka te pakten njerrenje ne F , thuhet se F eshte algjebrikisht e mbyllur. Mund te vertetohet se cdo fushe ka zgjerim(te vetem deri ne izomorfizem) qe eshte algjebrikisht e mbyllur.

Shembull 8.6. Do te vertetojme me vone se fusha e numrave komplekse eshte algjebrikisht e mbyllur.Qartazi fushat Q e R nuk jane te tilla.

9. Teorema themelore ne Algjeber

Nje prej rezultateve klasike dhe bazike ne teorine e polinomeve me koeficiente reale ose komplekseeshte pohimi vijues:

Teoreme 9.1. Le te jete f(x) ∈ C[x] polinom i shkalles jozero. Atehere ekziston α ∈ C ashtu qef(α) = 0.

9

(Vertetimin nuk po e diskutojme nje here — ne klase do t’i them disa fjale. Ju inkurajoj talexoni kete artikull: http://www.cs.amherst.edu/ djv/FTAp.pdf)

Rrjedhim 9.2. Cdo polinom mbi C i shkalles ≥ 2 eshte i zberthyeshem mbi C. Polinomet e vetmete pazberthyeshme mbi C jane polinomet konstante.

Rrjedhim 9.3. Cdo polinom f(x) ∈ C[x] mund te paraqitet ne menyre te vetme si

f(x) = c(x− α1)(x− α2) . . . (x− αn),

ku c ∈ C eshte koeficienti me i vjeter i f(x), n = deg(f), dhe αi jane rrenjet (komplekse) te f(x).

Rrjedhim 9.4. Le te jete f(x) ∈ R[x]. Nese f(α) = 0, ku α ∈ C, atehere f(α) = 0, ku α eshtenumri i konjuguar kompleks i numrit α.

Rrjedhim 9.5. Cdo polinom f(x) ∈ R[x] i shkalles n ≥ 3 eshte i zberthyeshem.

Rrjedhim 9.6. Cdo polinom f(x) ∈ R[x] ka numer cift rrenjesh komplekse.

Rrjedhim 9.7. Cdo polinom f(x) ∈ R[x] i shkalles tek ka rrenje reale.

Teoreme 9.8. (Formulat e Vietit) Supozojme se f(x) = xn + an−1xn−1 + . . . + a1x + a0 dhe

αi, i = 1, . . . , n, jane rrenjet e f(x). Atehere vlejne identitetet:

an−1 = −(α1 + . . .+ αn),

an−2 = α1α2 + α1α3 + . . .+ αn−1αn,

...

a0 = (−1)nα1α2 . . . αn.

10. Rrenjet racionale dhe te plota

Teoreme 10.1. Supozojme se f(x) = anxn+an−1x

n−1+ . . . a1x+a0 i ka koeficientet nga Z. Nesepq ∈ Q eshte rrenje e f(x), atehere p|a0 dhe q|an.

Teoreme 10.2. Nese polinomi f(x) i ka koeficientet nga Z ka rrenje ne Z atehere ajo rrenje eplotpjeseton koeficientin e lire te polinomit.

Teoreme 10.3. (Kriteri i Ajzenshtajnit) Le te jete f(x) = anxn+ . . .+a1x+a0 ∈ Z[x]. Nese ekzis-

ton nje numer i thjeshte p i tille qe te gjithe koeficientet e f(x) plotpjesetohen me p, perpos koefici-entit me te vjeter, dhe gjymtyra e lire nuk plotpjesetohet me p2, atehere f(x) eshte i pazberthyeshemne Q[x].

Lemme 10.4. (Gaus) Cdo polinom i zberthyeshem mbi Q, me koeficiente nga Z, eshte i zberthyeshemedhe mbi Z.

Detyre 10.5. E vertetoni Lemen e Gausit.

Vertetimi i Kriterit te Ajzenshtajnit: Sikur f(x) te zberthehej mbi Q, atehere ai zberthehet edhembi Z (Gauss), andaj mund te shkruhet si f(x) = g(x)h(x). I shenojme koeficientet e g(x) me bikurse ata te h(x) me ci.

Elementet b0 dhe c0 nuk plotpjesetohen qe te dyte me p, por njeri prej tyre plotjesetohet patjeter,p.sh., b0. Le te jete bk koeficienti i pare i cili nuk plotpjesetohet me p. Atehere nga ak = bkc0 +bk−1c1+ . . .+ b0ck dhe p|ak, shohim se edhe bkc0 plotpjesetohet nga p, por kjo nuk eshte e mundur.(Qartazi, k < n sepse h(x) ka shkalle te pakten 1).

Shembull 10.6. Polinomi ciklotomik xp−1 + . . .+ x+1 (p- i thjeshte) eshte i pazberthyeshem ne Q.

10

Detyre 10.7. E pershkruani metoden e Shturmit per gjetjen e rrenjeve te ndryshme reale te njepolinomi (nga R[x]) ne nje interval.

Detyre 10.8. E pershkruani metoden e Dekartit per gjetjen e nje kufiri te siperm te rrenjeve tendryshme pozitive te nje polinomi nga R[x].

11. Zgjidhshmeria e ekuacioneve me radikale

Zgjidhja e ekuacioneve (me nje te panjohur) eshte nje prej problemeve klasike ne matematike.Deshirohet te gjenden formula ose metoda per zgjidhje te sakte te ekuacioneve me koeficientereale (apo komplekse). Kontribute per zbulimin e metodave te ndryshme dhane matematikane neperiudha te ndryshme historike, duke filluar nga babilonasit.

Ne rastin e ekuacioneve te shkalles se pare, situata eshte e qarte. Zgjidhe e ekuacionit ax+ b = 0(ku a = 0) eshte x = − b

a . E dime se ky ekuacion nuk ka me shume se nje zgjidhje sepse ana emajte eshte polinom i shkalles se pare dhe si i tille ai ka me se shumti nje rrenje.

Ne rastin e ekuacioneve te shkalles se dyte situata eshte pakez me e komplikuar. Nese eshtedhene ekuacioni ax2 + bx+ c = 0 (ku a = 0), atehere ekuacionin e dhene mund ta rishkruajme si

a

(x+

b

2a

)2

+ c− b2

4a= 0,

ose (x+

b

2a

)2

=b2 − 4ac

4a2.

Ekuacioni, andaj, ka dy zgjidhje:

x = − b

2a+

√b2 − 4ac

2adhe

x = − b

2a−

√b2 − 4ac

2a.

Ne rastin e ekuacioneve te shkalles se trete, veshtiresia shtohet dukshem, por problemi prapemund te zgjidhet me ane te disa manipulimeve te mencura, sic do te shohim ne vijim.

11.1. Ekuacionet e shalles se trete. Aktoret:

• Scipione del Ferro (1465− 1526),• Gerolamo Cardano (1501− 1576),• Niccolo Fontana Tartaglia (1500− 1557),• Lodovico Ferrari (1522− 1565).

Skena: Italia e shekujve XV-XVI.Ekuacioni i pergjithshem i shkalles se trete (me nje te panjohur), pasi te pjesetojme me koefici-

entin me te vjeter, ka formenx3 + ax2 + bx+ c = 0.

Ne fillim deshirojme ta eliminojme pjesen katrore te ekuacionit te dhene. Nese shenojme x =y + α, atehere shohim se zgjedhja adekuate eshte α = −a

3 , ashtu qe ekuacioni i dhene te merrtrajten (sipas te panjohures y)

y3 + py + q = 0,

ku p = −a2

3 + b dhe q = 2a27 − ab

3 + c. Tash zevendesojme y = u+ v dhe marrim

u3 + v3 + q + (3uv + p)(u+ v) = 0.

Kerkojme qe uv = −p/3 dhe marrim u3 + v3 = −q, uv = −p/3. Nga ketu marrim u3v3 = −(p/3)3.

Vendosim z1 = u3, z2 = v3 dhe shohim se ato jane zgjidhje te z2 + qz − p3

27 = 0.11

Vendosim

u1 =3

√−q

2+

√(q2

)2+(p3

)3dhe

v1 =3

√−q

2−√(q

2

)2+(p3

)3.

Atehere rrenjet e ekuacionit jane y1 = u1 + v1, y2 = ωu1 + ω2v1 dhe y3 = ω2u1 + ωv1, ku ω =

−12 + i

√32 .

Casus irreducibilis: Vereni se formulat e mesiperme, edhe kur jane te gjitha rrenjet reale, perdorinnumra komplekse. Ne fakt, rasti i pazberthyeshem pohon se nese p(x) ∈ R[x] eshte i shkalles setrete, i pazberthyeshem dhe ka vetem rrenje reale, atehere rrenjet nuk mund te gjenden vetem meradikale reale.

11.2. Ekuacionet e shalles se katert. Ekuacionet e shkalles se katert mund te zgjidhen memetoda te ndryshme. Shihni librin “Algjebra I” te E. Gashit per detajet e nje metode nga LodovicoFerrari (1522− 1565).

11.3. Ekuacionet e shkalleve me te medha. Matematikani norvegjez Niels Henrik Abel (1802−1829) vertetoi i pari se ekuacionet e shkalles se peste ose te shkalleve me te larta nuk jane tezgjidhshme “me radikale” (d.m.th. nuk ka formule per rrenjet e ekuacionit te tille e cila varetnga koeficientet e ekuacionet dhe perdor vetem mbledhje, zbritje, shumezim, pjesetim, ngritje nefuqi numer te plote dhe rrenjezim ne katror, ne kub, etj.). Nje vertetim jo i plote ishte propozuarme heret nga matematikani italian Paolo Ruffini (1765− 1822). Pazgjidhshmeria e ekuacioneve terendit te peste dhe te rendeve me te larta andaj njihet si teorema e Abel-Rouffinit.

Matematikani francez Evariste Galois (1811−1832) e dha kushtin e nevojshem dhe te mjaftueshemqe nje ekuacion te jete i zgjidhshem me radikale, duke perdorur nocionin e asaj qe tash quhet grupGalois.

12. Pak Gjeometri — Konstruksionet me vizore dhe kompas

Nje tjeter problem klasik ne matematike, i cili ka preokupuar shume shkencetare ne periudhate ndryshme historike, eshte ai i konstruktimit me vizore dhe kompas, ose me saktesisht i kon-struksioneve te mundura dhe te pamundura me vizore dhe kompas. Vizorja, ne kete rast, eshtee imagjinuar qe te jete pafundesisht e gjate, pa shenime distancash ne te, dhe ka vetem nje ane— vizorja lejohet te perdoret per ta vizatuar nje segment ne mes te dy pikave te dhena ose perta zgjeruar nje drejtez te dhene. Kurse, kompasi, mund te zgjerohet sado qe te deshirojme ne,po ashtu nuk ka shenime ne te ne lidhje me distancat, dhe rrathet mund t’i vizatoje vetem kur ekemi te dhene qendren dhe nje pike ne rreth — kompasi nuk mund te perdoret per te “transferuar”distanca sepse ai mbyllet posa ta bejme nje konstruksion ne leter (dhe nuk e dijme se si ta hapimne te njejten madhesi qe ishte me pare). Pa keto kushtezime esenciale, shume konstruksione qevertetohen se jane te pamundura me vizore e kompas, do te ishin te mundura.

Ne kete gjeometri te kompasit e vizores, cdo konstruksion eshte rezultat i ndonje prej pesekonstruksioneve te meposhtme bazike (ose i ndonje kombinimi te tyre): 1. vizatimi i drejtezes qekalon neper dy pika (te ndryshme) te dhena, 2. vizatimi i rrethit me qender dhe nje pike ne te tedhene, 3. vizatimi i pikes qe eshte prerje e dy drejtezave te dhena joparalele, 4. vizatimi i nje osedy pikave te prerjes se rrethit dhe drejtezes se dhene (nese prerja eshte joboshe), dhe 5. vizatimi inje ose dy pikave te prerjes se dy rratheve (te ndryshem) te dhene (nese prerja eshte joboshe).

12

Ne nje rrafsh te dhene, me sistem te fiksuar koordinativ, nje pike quhet e konstruktueshmenese ajo mund te konstruktohet me vizore dhe kompas. Pastaj, gjatesia ose numri real quhet ikonstruktueshem nese nje segment me ate gjatesi eshte i konstruktueshem. Mund te vertetohetse kusht i nevojshem qe nje numer real te jete i konstruktueshem eshte qe polinomi minimalkorrespondues mbi Q te jete i shkalles 2. (Ky kusht nuk eshte i mjaftueshem.)

Ne vijim do t’i shohim tre shembuj jashtezakonisht te njohur te pamundesise se konstruktimitme vizore e kompas.

12.1. Dyfishimi i kubit. Historia e problemit, sipas Plutarkut: qytetareve te Delos u ishte dhenenga nje fatdhenes problemi i dyfishimit te altarit te Apollos (qe ishte ne forme kubi), ne menyre qet’u ndalej murtaja e derguar nga Apollo (mitologjia greke). Platoni e kishte interpretuar detyrene fatdhenesit si mesazh se duhej studiuar gjeometrine.

Per ta konstruktuar brinjen x te nje kubi qe ka vellim sa dyfishi i nje kubi te dhene, supozojmese kubi i dhene ka brinje 1 dhe andaj vellimi i kubit me te madh eshte x3 = 2. Pra, ne duhetta konstruktojme zgjidhjen reale te ekuacionit x3 − 2 = 0. Por, zgjidhja 3

√2 nuk eshte numer i

konstruktueshem sepse polinomi minimal mbi Q per ate numer eshte i shkalles se trete.

12.2. Ndarja e kendit ne tri pjese te barabarta. Ndarja e kendit te dhene ne tri pjese tebarabarta eshte nje prej qe ka fascinuar shume gjenerata matematikanesh, deri sa u vertetuarpamundesia (ne rastin e pergjithshem) nga Pierre Wantzel (1814− 1848).

Le te jete dhene nje kend φ, i cili duhet te ndahet ne tri pjese te barabarta α, ashtu qe φ = 3α.Atehere vlen cosφ = 4 cos3 α − 3 cosα. Vendosim cosφ = c/2 dhe cosα = x/2, atehere marrimc/2 = 4(x/2)3 − 3(x/2). Nese kendi i dhene eshte 600, atehere c = 1 dhe ekuacioni i funditshnderrohet ne x3− 3x− 1 = 0. Meqe ana e majte x3− 3x− 1 paraqet polinom te pazberthyeshemmbi Q, atehere ai eshte polinom minimal per cos(200) (dhe jo i shkalles 2), d.m.th kendi 600 nukmund te ndahet ne tri pjese te barabarta me vizore e kompas.

12.3. Katrorizimi i rrethit. Problemi i katrorizimit te rrethit kerkon qe te konstruktohet njekatror i cili ka syprine te siperfaqes te barabarte me ate te nje rrethi te dhene. Edhe ky problemeshte shfaqur ne forma te ndryshme neper histori. Ai madje shfaqet edhe ne poezite e Dantes (shihParadise canto).

Nese rrethi ka rreze 1, atehere kerkohet te konstruktohet katrori me rreze x ashtu qe x2−π = 0.Por, numri π nuk eshte as numer algjebrik mbi Q (d.m.th. nuk ka polinom me koeficiente nga Qqe e ka numrin π rrenje), gje qe eshte vertetuar nga Ferdinand von Lindemann (1852− 1939) e mevone zgjeruar nga Karl Weierstrass (1815− 1897). Prandaj, gjatesia x e kerkuar nuk eshte numeri konstruktueshem me vizore e kompas.

13

PJESA II - SISTEMET E EKUACIONEVE LINEARE

14

13. Sistemet e ekuacioneve lineare - Hyrje

Ne pjeset vijuese te ketyre ligjeratave, me perjashtim te pjeseve fare ne fund, do t’i studiojmesistemet e ekuacioneve lineare, vetite e tyre dhe nocione te ndryshme te aferta me to.

Ne fillim, le ta studiojme nje sistem te ekuacioneve lineare (mbi R):x− 2y + z = 02x+ y − z = 0.

Sigurisht qe secili prej nesh e ka nje ide se si ta zgjidh kete sistem. Per shembull, ekuacioni i parena mundeson ta shprehin variablen x nepermjet y dhe z:

x = 2y − z.

Kurse, nese e shumezojme ekuacionin e pare me 2 dhe e marrim diferencen e dy ekuacioneve, fitojme

5y − 3z = 0

ose

y =3

5z.

Ekuacioni i fundit dhe ai i meparshmi na japin zgjidhjen perfundimtare:

x = 15z

y = 35z.

Verejme se variabla z mund te merr cfaredo vlere nga R dhe per secilen vlere te tille fitojmetreshe (15z,

35z, z) e cila eshte zgjidhje e ketij ekuacioni. Mund te vertetohet se bashkesia e te gjitha

zgjidhjeve te sistemit te dhene perbehet nga treshet e tilla (dhe nuk ka zgjidhje te tjera) – kete faktdo ta vertetojme ne menyre precize me vone.

Tash, le ta verejme nje veti te zgjidhjeve te sistemit te dhene. Nese e marrim nje zgjidhje, p.sh.v1 = (15 ,

35 , 1), dhe nje tjeter, p.sh., v2 = (15 ,

35 , 1), atehere do te shohim se edhe v1+v2 eshte zgjidhje

e sistemit te dhene. Po ashtu, edhe v1−v2, 3v1+4v2, etj. Ne fakt, cdo kombinim i trajtes αv1+βv2,ku α, β ∈ R, eshte zgjidhje e sistemit te dhene.

Verejme, njekohesisht, se cdo zgjidhje e sistemit mund te shkruhet si kv1, per ndonje k ∈ R.Faktet e mesiperme nuk jane befasuese, por pjese e nje teorie me te pergjithshme te sistemeve

te ekuacioneve (homogjene) lineare, sic do ta shohim me poshte. Por, ne fillim, ndalemi tek disanocione qe kane rendesi ne vetvete, por qe ne do te jene vetem nocione ndihmese per t’i kuptuarsistemet e ekuacioneve lineare.

14. Hapesirat vektoriale

Le te jete F nje fushe e cfaredoshme (mund te supozojme tere kohen se F = R). Treshja (V,+, ·),qe perbehet nga nje bashkesi joboshe, nje veprim binar + ne V dhe nje pasqyrim · : F × V −→ V ,quhet hapesire vektoriale mbi F nese (V,+) eshte grup abelian dhe plotesohen vetite e meposhtme:

(i) α(u+ v) = αu+ αv,(ii) (α+ β)v = αv + βv,(iii) α(βv) = (αβ)v,(iv) 1v = v.

Elementet e F quhen skalare, kurse pasqyrimi · : F×V −→ V quhet shumezim me skalar. Zakonisht,kur dihet fusha dhe nenkuptohen operacionet, thuhet vetem se V eshte hapesire vektoriale.

Mbiemri “vektoriale” nuk eshte i rastesishem. Nje prej shembujve me bazik eshte ai i vektoreve nehapesiren e zakonshme euklidiane. Per shembull, ne rrafshin R2, vektoret jepen me dy koordinatareale dhe shuma e tyre perkufizohet nepermjet (x1, y1)+(x2, y2) = (x1+x2, y1+y2), kurse shumezimime skalar real jepet me α(x, y) = (αx, αy).

15

Shembull 14.1. Vertetoni se R2 ne lidhje me mbledhjen dhe shumezimin me skalar eshte hapesirevektoriale.

Detyre 14.2. E pergjithesoni shembullin e mesiperm per hapesirat Rn, n ∈ N.

Detyre 14.3. Ekziston nje menyre shume e natyrshme qe cdo fushe te konsiderohet hapesire vekto-riale mbi veten. I shpjegoni detajet e kesaj menyre.

Detyre 14.4. Gjeni shembuj te tjere hapesirash vektoriale. (Mendoni edhe per polinomet, te cilat ikemi studiuar me heret.)

Detyre 14.5. Si perkufizohet nenhapesira vektoriale e nje hapesire te dhene vektoriale? Jepnishembuj nenhapesirash te hapesires euklidiane R3.

Nje prej koncepteve baze tek hapesirat vektoriale eshte baza e hapesires se tille. Per ta definuarbazen (e cila nuk eshte e vetme ne rastin e pergjithshem), do te na nevojiten dy nocione: kombinimilinear (mbeshtjellesi linear) dhe pavaresia lineare. Le te jete (V,+, ·) nje hapesire vektoriale mbinje fushe F .

14.1. Mbeshtjellesi linear.

Perkufizim 14.6. Le te jete S ⊆ V nenbashkesi. Mbeshtjelles linear i bashkesise S quhet

bashkesine e te gjitha elementeve te formes (d.m.th. e kombinimeve lineare)∑k

i=1 αivi, ku αi ∈F, vi ∈ S, k ∈ N. Shpesh mbeshtjellesi linear (ose vetem mbeshtjellesi) i bashkesise S shenohetSp(S) ose Span(S)(nga anglishtja, “span”).

Detyre 14.7. E gjeni mbeshtjellesin linear te bashkesise S = {(1,−2)} ne hapesiren R2. E paraqitnigrafikisht ate mbeshjelles.

Detyre 14.8. Le te jete S ⊆ V . Vertetoni se Sp(S) eshte nenhapesire vektoriale e V .

Detyre 14.9. Vertetoni se prerja e nenhapesirave vektoriale te V eshte nenhapesire vektoriale e V .Pastaj, vertetoni se Sp(S) eshte prerja e te gjitha nenhapesirave te V qe e permbajne bashkesineS – me fjale te tjera, Sp(S) eshte nenhapesira me e vogel e V e tille qe e permban bashkesine S.

14.2. Pavaresia lineare.

Perkufizim 14.10. Vektoret v1, . . . , vk ∈ V quhen linearisht te pavarur (ose te pavarur) nese kurdoqe nje kombinim linear i tyre eshte zero (α1v1 + α2v2 + . . . + αkvk = 0), atehere tere koeficientetduhet te jene zero (α1 = α2 = . . . = αk = 0). Vektoret qe nuk jane te pavarur quhen te varur.

Shembull 14.11. Vektoret (1, 2) dhe (2, 1) jane linearisht te pavarur ne R2, por (1, 2) dhe (−3,−6)nuk jane te pavarur.

14.3. Baza dhe dimensioni.

Perkufizim 14.12. Nje bashkesi vektoresh B te nje hapesire vektoriale V quhet baze e asajhapesire nese:

(i) Elementet e bashkesise B jane linearisht te pavarur dhe(ii) Mbeshtjellesi Sp(B) eshte i barabarte me tere hapesiren V .

Detyre 14.13. I gjeni dy baza te ndryshme per hapesiren R2. Te njejten e beni per hapesiren Rn

(n ≥ 2).

Mund te vertetohet se dy baza te se njejtes hapesire V kane patjeter kardinalitet te njejte, andajka kuptim ky

16

Perkufizim 14.14. Kardinaliteti i bazes B quhet dimension i hapesires V .

Ne do te fokusohemi ekskluzivisht tek hapesirat qe kane dimension te fundme (pra ku numri ielementeve te bazes eshte i fundme).

Detyre 14.15. Ne rastin e nje hapesire qe nuk ka baza te pafundme, vertetoni se kardinaliteti i dybazave te ndryshme te asaj hapesire eshte i njejte.

Shenim 14.16. Te gjitha haperiat vektoriale qe do t’i shqyrtojme ne ne kete kurs jane me dimensionte fundme.

15. Pasqyrimet lineare

Le te jene dhene dy hapesira vektoriale V dhe W mbi te njejten fushe. Pasqyrimi T : V → Wquhet pasqyrim linear nese:

(i) T (v1 + v2) = T (v1) + T (v2), ∀v1, v2 ∈ V (aditiviteti) dhe(ii) T (αv) = αT (v), ∀α ∈ F, v ∈ V (homogjeniteti i shkalles 1).

Detyre 15.1. Vertetoni se per pasqyrimin linear T : V → W vlen T (0V ) = 0W , ku 0V dhe 0W janezeroja ne V dhe W , respektivisht. (Zakonisht do te shenojme vetem 0, ne vend te 0V apo 0W , kurnuk ka mundesi te ngaterrohen keto elemente.)

Detyre 15.2. Vertetoni se per pasqyrimin linear T : V → W vlen

T

(k∑

i=1

αivi

)=

k∑i=1

αiT (vi),

ku αi ∈ F, vi ∈ V, k ∈ N.

Nese eshte dhene nje hapesire vektoriale e cfaredoshme, atehere i kemi gjithmone dy pasqyrimelineare te natyrshme:

(a) Pasqyrimi identitet: IV : V → V , i dhene me IV (x) = x,∀x ∈ V , dhe(b) Pasqyrimi zero: 0V : V → V , i dhene me 0V (x) = 0V , ∀x ∈ V .

Detyre 15.3. (i) I jepni disa shembuj pasqyrimesh lineare nga R3 ne R2.(ii) I jepni disa shembuj pasqyrimesh jolineare nga R3 ne R2.

Detyre 15.4. Vertetoni se bashkesia L(V,W ) e te gjitha pasqyrimeve lineare nga V ne W formonhapesire vektoriale mbi F , ku mbledhja dhe shumezimi me skalar jepen me

(T1 + T2)(v) = T1(v) + T2(v), (αT )(v) = αT (v), ∀T, T1, T2 ∈ L(V,W ), α ∈ F, v ∈ V.

Detyre 15.5. Le te jete {v1, . . . , vn} nje baze e hapesires V dhe le te jene w1, . . . wn vektore tecfaredoshem nga hapesira W . Atehere ekziston nje pasqyrim linear T : V → W i vetem me vetineqe T (vi) = wi, ∀i.

Tek pasqyrimet lineare ndermjet dy hapesirave vektoriale eshte posacerisht nje nenhapesire qeia vlen te studiuohet, sepse ajo e mat injektivitetin e pasqyrimit te dhene:

Detyre 15.6. Le te jete T : V → W pasqyrim linear. Bashkesia Ker(T ) (qe po ashtu shenohet meNull(T )) e vektoreve v ∈ V me vetine T (v) = 0, formon nenhapesire ne V . Ajo quhet berthameose hapesire zero (null) e pasqyrimit linear T .

Pohim 15.7. Pasqyrimi linear T : V → W eshte injektiv atehere dhe vetem atehere kur Ker(T ) ={0}.

17

Detyre 15.8. Le te jete T : V → W pasqyrim linear. Bashkesia Im (T ) (qe po ashtu shenohet meRange(T )) e te gjihte vektoreve T (v) ∈ W , ku v ∈ V , formon nenhapesire ne W . Ajo quhet imazh i

pasqyrimit linear T . Eshte e qarte se T eshte surjektiv atehere dhe vetem atehere kur Im (T ) = W .

Teoreme 15.9. (Imazhi-berthama) Le te jete T : V → W pasqyrim linear. Atehere vlen

dim(V ) = dimKer(T ) + dimIm (T ).

Detyre 15.10. E vertetoni teoremen e mesiperme.

Detyre 15.11. Nese T eshte injektiv atehere dim(V ) ≤ dim(W ), kurse nese T eshte surjektiv ateheredim(V ) ≥ dim(W ).

16. Matricat

Ne rastin e hapesirave Rn dhe Rm (ku m,n ∈ N), pasqyrimet lineare nga T : Rn → Rm mund teidentifikohen me matricat reale te rendit m× n. Te shohim se si ndodh kjo.

Ne fillim, japim ketperkufizim.

Perkufizim 16.1. Le te jene m,n ∈ N dhe shenojme Ik := {1, . . . , k}, per cfaredo numri natyrork. Thuhet se A eshte matrice e rendit m × n me terma nga nje fushe F nese A eshte pasqyrimA : Im × In → F . Bashkesia e te gjitha matricave te rendit m × n me terma nga F shenohetMm,n(F ).

Perkufizimi i mesiperm nuk eshte ndoshta ai qe e keni pare shume shpesh, sepse zakonishtmatricen e rendit te m × n me terma nga F e mendojme thjeshte si nje kuti me m rreshta e nshtylla, ku ne secilin nga m ·n vendet ne kuti vendosim nga nje element nga F . Ne fakt, perkufizimii mesiperm eshte thjesht nje formulim formal i po atij mendimi mbi matricen.

Ne vend te A(i, j) zakonisht shenojme aij dhe keshtu matricen A e shenojme A = (aij)i∈In,j∈Im .Indeksin i ∈ In, j ∈ Im nuk do ta shenojme ne shumicen e rasteve, kur eshte e qarte se sa rreshtadhe sa shtylla i ka matrica.

Po ashtu, per arsye vizuele dhe praktike, ne vend qe te shenojme A : I3 × I2 → R, A(1, 1) =1, A(1, 2) = 0, A(2, 1) = −1, A(2, 2) = 1

2 , A(3, 1) =√3, A(3, 2) = −3, shenojme

A =

1 0−1 1

2√3 −3

.

Shembull 16.2. Nje shembull i nje matrice me terma reale, por tash e rendit 5× 4, eshte ky

A =

1 −1 2 1/2

0 0 2√3

3 1 1 2−100 1 −3 −2/510 2 0 −5

.

Tash, le t’i kthehemi lidhjes ndermjet pasqyrimeve lineare (nga hapesira Rn ne Rm) dhe ma-tricave. Le te jete T : Rn → Rm pasqyrim linear. Le te jete {e1, . . . , en} baza kanonike e Rn.Nga Detyra 15.5, gjejme se pasqyrimi T percaktohet ne menyre te vetme nga elementet T (ei).Shenojme me {f1, . . . , fm} bazen kanonike te Rm. Atehere ekzistojne numrat tij , i ∈ Im, , j ∈ In,te percaktuar ne menyre unike, ashtu qe

T (ej) =m∑i=1

tijfi (j = 1, 2, . . . , n).

18

Nese x ∈ Rn shkruhet si x =∑n

j=1 xjej , atehere

(16.3) T (x) =

n∑j=1

T (xjej) =

n∑j=1

xj

m∑i=1

tijfi =

m∑i=1

n∑j=1

tijxj

fi.

Pikerisht matrica AT = (tij) eshte ajo e cila i korrespondon transformimit T .Le te jete perkohesishtm = n dhe le t’i marrim dy pasqyrime lineare T1, T2 : Rm → Rm. Matricat

e tyre korresponduese le t’i shenojme me AT1 = (aij) e AT2 = (bij). Atehere, pasqyrimit T1 ◦ T2 ikorrespondon nje matrice A qe per term te pergjithshem (i, j) ka

∑mk=1 aikbkj . Ne fakt, A thuhet

se eshte prodhim i matricave AT1 e AT2 dhe shenohet A = AT1 ·AT2 .Ne rastin e pergjithshem, nese A = (aij) ∈ Mm,n(F ) dhe B = (bij) ∈ Mn,p(F ), atehere A · B

(ose vetem AB) eshte matrice nga Mm,p(F ) e tille qe elementi (i, j) jepet me∑n

k=1 aikbkj .Relacioni (16.3) mund te shkruhet edhe si vijon

T (x) = AT · x,

si prodhim i dy matricave AT e x, ku

x =

x1x2...xn

.

Detyre 16.4. I gjeni matricat korresponduese te pasqyrimeve T1 dhe T2 dhe ate te kompozimitte tyre, nese T1 ◦ T2, ku T1 : R3 → R3 jepet me T1(x, y, z) = (x − y, x + y + z, x − 1

2y + z) dhe

T2 : R3 → R3 jepet me (−y − z, 13x+ z,−z).

16.1. Disa lloje dhe veti te matricave. Nese matrica A ∈ Mm,m(F ) ka vetine qe aij = 0, ∀i > j,atehere A quhet matrice e eperme trekendeshe. Nese ne vend te i > j kerkojme i < j, atehere Aquhet e poshtme trekendeshe.

Nese per A ∈ Mm,m(F ) vlen aij = 0, ∀i = j, atehere A quhet matrice diagonale (e rendit m).Nese matrica diagonale A ∈ Mm,m(F ) e ka vetine qe aii = 1, ∀i, atehere ajo quhet matrice

identitet dhe shenohet Im ose vetem I.Nese A ∈ Mm,n(F ) atehere AT ∈ Mn,m(F ) eshte matrica e transponuar e matrices A dhe

fitohet kur rreshtat e shtyllat e matrices A i nderrojne vendet. Me saktesisht, nese A = (aij) dheAT = (bij), atehere vlen aij = bji, ∀i ∈ Im, j ∈ In. Menjehere mund te shihet se (AT )T = A.

Matrica e konjuguar komplekse A e matrices A = (aij) fitohet kur ne vend te aij shenojme aij .

Matrica e konjuguar Hermitiane A∗ perkufizohet nepermjet A∗ := ((A))T .

Detyre 16.5. Vertetoni se vlen (per A,B,C ∈ Mm,m(F )):

(i) (A∗)∗ = A,(ii) (A ·B)T = BT ·AT ,(iii) (A ·B)∗ = B∗ ·A∗,(iv) (A ·B) · C = A · (B · C).

Per dy matrica A = (aij), B = (bij) ∈ Mm,n(F ), perkufizojme mbledhjen e tyre permes A+B =(aij + bij) ∈ Mm,n(F ). Shumezimi me skalar jepet me λA := (λaij), λ ∈ F .

Detyre 16.6. Cilat veti i ploteson hapesira Mm,n)(F ) ne lidhje me mbledhjen e matricave dheshumezimin me skalar?

Detyre 16.7. Vertetoni se vlen vetia distributive e shumezimit te matricave ndaj mbledhjes se tyre.

19

Detyre 16.8. Vertetoni se ne rastin e pergjithshem nuk vlen vetia komutative per shumezimin ematricave.

Detyre 16.9. Matrica A quhet simetrike nese A = AT kurse antisimetrike nese AT = −A. Vertetonise cdo matrice katrore shenohet si shume e nje matrice simetrike dhe nje matrice antisimetrike.

17. Percaktoret

Para se ta japim perkufizimin e percaktorit (determinantes) se nje matrice katrore, na nevojitendisa nocione nga permutacionet.

Le ta fiksojme bashkesine Xn = {1, 2, . . . , n}. Cikel ne X quhet permutacioni τ i bashkesise Xn

i cili e ka vetine qe∃c1, c2, ..., ck ∈ Xn, τ(ci) = ci+1, τ(x) = x,∀x = ci

ku 1 ≤ k ≤ n, ck+1 = c1. Ne rast se k = 2, atehere cikli τ quhet transpozicion.

Detyre 17.1. Le te jete dhene bashkesia X4 = {1, 2, 3, 4}.(i) I jenpi disa shembuj ciklesh ne bashkesine X4. Sa eshte numri i pergjithshem i cikeleve ne

X4?(ii) I jenpi disa shembuj transpozicionesh ne bashkesine X4. Sa eshte numri i pergjithshem i

transpozicioneve ne X4?

Pohim 17.2. Nje permutacion nuk mund te shenohet njekohesisht si prodhim i nje numri cift dhenje numri tek transpozicionesh.

Perkufizim 17.3. Nje permutacion quhet cift nese ai mund te shkruhet si prodhim i nje numricift te transpozicioneve. Perndryshe ai quhet tek.

Detyre 17.4. Sa eshte numri i pergjithshem i transpozicioneve cifte e sa i atyre teke ne Xn?

Perkufizim 17.5. Shenja e nje permutacioni σ, shenohet sgn(σ), eshte 1 kur σ eshte permutacioncift kurse −1 kur ai eshte tek.

Perkufizim 17.6. Inversion i permutacionit σ quhet dyshja e renditur (σ(i), σ(j)) qe ka vetine qei < j, por σ(i) > σ(j).

Pohim 17.7. Vertetoni se sgn(σ) = (−1)inv(σ), ku inv(σ) eshte numri i inversioneve te σ.

Le te jete A matrice katrore e rendit n (mbi R). Me P (A) shenojme bashkesine e te gjithaprodhimeve te termave te matrices ku secili rresht dhe secila shtylle shfaqet saktesisht nje here nesecilin prodhim. Shihet qartazi se P (A) eshte natyrshem ne raport bijektiv me Sn, bashkesine epermutacioneve te elementeve te Xn.

Perkufizim 17.8. Percaktori i matrices A = (aij) i rendit n, shenohet det(A) ose |A|, quhet shumaalgjebrike e n! termave te trajtes ∑

σ∈Sn

sgn(σ)a1σ1a2σ2 · · · anσn .

Detyre 17.9. Vertetoni se ky perkufizim perputhet me ate qe e keni mesuar per percaktoret e rendit2 dhe 3.

Pohimi vijues na ndihmon t’i kuptojme disa veti te percaktoreve.

Pohim 17.10. Le te jete A ∈ Mn(R).(i) Nese nje rresht ose shtylle e matrices A eshte zero, atehere det(A) = 0;(ii) Nese A eshte matrice trekendeshe ose diagonale, atehere det(A) eshte i barabarte me prod-

himin e termave ne diagonale;20

(iii) det(αA) = αndet(A), ∀α ∈ R;(iv) Vlen det(A) = det(AT );(v) Nese ne A i permutojme (nderrojme vendet) dy shtylla ose dy rreshta, atehere det(A) e

nderron shenjen;(vi) Nese A ka dy rreshta ose dy shtylla te njejta, atehere det(A) = 0;(vii) Nese nje rreshti (shtylle) te matrices A i shtoje nje rresht (shtylle) tjeter, te shumezuar me

nje skalar, atehere percaktori det(A) mbetet i njejte;(viii) Vlen det(AB) = det(A)det(B).

18. Matricat inversibile

Le te jete A ∈ MnR matrice katrore. Elementi i kundert −A, ne lidhje me mbledhjen e matricave,ekziston perhere. Por, a ekziston cdohere elementi invers i A ne lidhje me shumezimin? Pergjigjene jep rezultati vijues.

Teoreme 18.1. Le te jete A ∈ Mn(R). Atehere ekziston matrica A−1 ∈ Mn(R) e tille qe A ·A−1 =A−1 ·A = In atehere dhe vetem atehere kur det(A) = 0.

Se kushti det(A) = 0, eshte i nevojshem rrjedh menjehere nga identitetet

det(A ·A−1) = det(A−1 ·A) = det(A) · det(A−1) = 1.

Per ta konstruktuar matricen inverse, kur det(A) = 0, veprojme si vijon. Se pari, e perkufizojmeminorin (i, j) te matrices A. Minori Mij eshte percaktori i matrices katrore te rendit n − 1, qefitohet nga matrica A kur e largojme rreshtin e i-te dhe shtyllen e j-te. Nese e shumezojme me(−1)i+j minorin Mij athere e fitojme komplementin algjebrik ose kofaktorin (i, j) te matrices A:

Cij = (−1)i+jMij . Tash, matrica e ajdunguar A (qe shenohet edhe adj(A)) perkufizohet te jetematrica e transponuar e matrices

C11 C12 ... C1n

C21 C22 ... C2n...

...Cn1 Cn2 ... Cnn

.

Detyre 18.2. Vertetoni se A · 1det(A)A = 1

det(A)A ·A = In.

Matricat qe kane invers quhen inversibile (ose regulare ose josingulare).

Pohim 18.3. Bashkesia e te gjitha matricave inversibile ne Mn(R) shenohet me GLn(R). Vertetonise GLn(R) formon grup ne lidhje me shumezimin e matricave.

19. Veprimet elementare me rreshta dhe me shtylla

Veprimet elementare me rreshta per matrica katrore jane:

1. I nderrojme (permutojme) vendet dy rreshtave.2. E shumezojme nje rresht me nje numer jozero.3. E zevendesojme nje rresht me nje shumefish te nje rreshti tjeter qe i shtohet atij rreshti.

Perkufizim 19.1. Matrice elementare quhet matrica qe fitohet nga matrica identit kur ne teveprojme me ndonje prej veprimeve elementare. Ato matrica qe fitohen nga ky proces vetempermes nderrimit te vendeve te rreshtave quhet matrica permutuese.

21

Shenojme me Eij matricen qe fitohet kur ne matricen I i nderrojme vendet e rreshtave i dhe j.Atehere EijA na jep matricen B, e cila dallon nga matrica A vetem ne ate se rreshtat i dhe j tematrices A i nderrojne vendet.

Shenojme me E(i, c) matricen qe fitohet kur ne matricen I e shumezojme rreshtin e i-te me c.Atehere E(i, c)A na jep matricen A por me dallimin qe rreshti i i-te shumezohet me c.

Ngjashem per E(c× i+ j).

Pohim 19.2. Matricat elementare jane invertibile.

Detyre 19.3. E vertetoni pohimin e mesiperm.

Detyre 19.4. Le te jete A ∈ GLn(R) matrice e cfaredoshme. Atehere ekzistojne matricat elementareL1, . . . , Lk ∈ GLn(R) te tilla qe LkLk−1 . . . L2L1A = In. Me tej, A−1 = L−1

1 L−12 . . . L−1

k−1L−1k .

20. Rangu i matricave

Perkufizim 20.1. Per nje matriceA e perkufizojme rangun saj rank(A) si dimension te kombinimitlinear te rreshtave te A.

Pohim 20.2. Vertetoni se rank(A) eshte i barabarte me dimensionin e kombinimit linear teshtyllave te A si dhe me numrin maksimal r te tille qe ekziston ndonje nenmatrice e A e ren-dit r × r e cila ka determinante jozero.

Detyre 20.3. E vertetoni pohimin e mesiperm.

Perkufizim 20.4. Le te jete A ∈ Mm×n. Ngjashem sikurse tek transformimet linear, shenojmeker(A) = {x ∈ Rn : Ax = 0} dhe e quajme berthama e A ose nulliteti i A. Shpesh shenojme N(A)ne vend te ker(A).

Detyre 20.5. Vlen rank(A) = dim(TA), ku TA eshte transformimi linear Rn → Rm qe i korrespon-don matrices A, d.m.th. TA(x) = Ax.

Duke e pasur parasysh detyren e fundit, teorema vijuese eshte rrjedhim i teoremes analoge pertransformimet lineare (Teorema 15.9). Ne po e jepim edhe vertetimin.

Teoreme 20.6. Vlen rank(A) + dim(ker(A)) = n.

Vertetim. Le te jete {x1, x2, . . . xk} baze e ker(A). Le te jete {Ay1, . . . Ayl} baze e A(Rn). Le te

jete u ∈ Rn. Ekzistojne skalare unike ci te tille qe Au =∑l

i=1 ciAyi. Prandaj A(u−∑l

i=1 ciyi) = 0.

Andaj, ekzistojne skalare unike bj te tille qe u =∑l

i=1 ciyi+∑k

j=1 bjxj . Meqe u ishte i cfaredoshem,

kjo tregon se {x1, . . . xk, y1, . . . yl} e permban nje baze te Rn.Per te treguar qe ajo eshte baze, mjafton te vertetojme se ata jane linearisht te pavarur. Supo-

zojme se∑l

i=1 ciyi +∑k

j=1 bjxj = 0. Veprojme me A ne te dy anet dhe fitojme∑l

i=1 ciAyi = 0.Prandaj ci = 0 sepse kemi kombinim linear zero te bazes. Andaj, fitojme edhe bj = 0. Pra,k + l = n. �

Tashme jemi gati qe t’i japim disa rezultate qe e kulmojne punen tone te deritashme, ne pjesene dyte, me zgjidhje te sistemit te ekuacioneve lineare (mbi R ose C) me shume te panjohura.

Teoreme 20.7. Le te jete A matrice me rend m× n dhe b me rend m× 1. Ekuacioni Ax = b kazgjidhje (jo detyrimisht te vetme) atehere dhe vetem atehere kur rank((A | b)) = rank(A), ku (A|b)eshte matrica e zgjeruar A me shtyllen b.

Detyre 20.8. E vertetoni teoremen e mesiperme.22

Te verejme se sistemi Ax = 0 gjithnje ka zgjidhje, sepse mund te marrim x = 0. Kete e konfirmonedhe teorema e mesiperme sepse kur zgjerohet matrica Ame nje shtylle 0 asaj nuk i ndryshon rangu.

Ne rastin e pergjithshem, kur deshirojme ta zgjidhim nje sistem te ekuacioneve lineare Ax = b,se pari mund t’i studiojme zgjidhjet e sistemit homogjen Ax = 0 dhe me pas atij johomogjen. Nebaze te Teoremes 20.6, sistemi Ax = 0 ka bashkesi zgjidhjesh me dimension n−rank(A). Kujtojmese kete bashkesi zgjidhjesh e kemi shenuar me ker(A).

Tash, nen supozimin se sistemi Ax = b ka zgjidhje (“eshte i mundshem”), nese x0 eshte njezgjidhje e fiksuar e atij sistemi (d.m.th nese Ay = b), atehere per cfaredo zgjidhje tjeter x′ vlenA(x′ − x0) = Ax′ −Ax0 = b− b = 0. Do te thote se x′ − x0 ∈ ker(A). Me fjale te tjera, bashkesiae zgjidhjeve e sistemit Ax = b eshte x0 + ker(A) dhe ajo ka dimension te njejte me ker(A), tebarabarte me n− rank(A).

Teoreme 20.9. Le te jete A nje matrice e rendit n× n. Pohimet vijuese jane ekuivalente:

(i) A ka invers,(ii) Ax = 0 ka vetem zgjidhje triviale,(iii) Forma e reduktuar e rreshtave e A eshte I,(iv) Sistemi Ax = b ka nje zgjidhje te vetme per cdo b,(v) rank(A) = n,(vi) ker(A) = 0,(vii) A ka invers te majte,(viii) A ka invers te djathte,(ix) A eshte prodhim i matricave elementare,(x) Rreshtat e A jane linearisht te pavarur,(xi) Shtyllat e A jane linearisht te pavarura.

Detyre 20.10. E vertetoni teoremen e mesiperme.

23

PJESA III - REZULTANTA DHE DISKRIMINANTA

24

21. Rezultanta e dy polinomeve

Ne pjesen e pare te ketij kursi kemi studiuar rrenjet e polinomeve dhe veti te ndryshme tepolinomeve. Ne kete pjese, te fundit te ligjeratave, deshirojme te analizojme se kur dy polinomekane rrenje te perbashketa.

Le te jene dhene dy polinome f(x) = anxn + . . . + a1x + a0 dhe g(x) = bmxm + . . . + b1x + b0

(me koeficiente reale). Rezultanta e ketyre dy polinomeve jepet me

R(f, g) = amn bnm∏i,j

(αi − βj),

ku αi dhe βj jane rrenje te polinomit f(x) dhe g(x), respektivisht.

Eshte e qarte se nese f(x) dhe g(x) kane rrenje te perbashketa, atehere R(f, g) = 0, dhe anas-jelltas.

Detyre 21.1. Supozojme se f(x) dhe g(x) jane monike. Atehere vlen∏α rrenje e f(x)

g(α) = (−1)mn∏

β rrenje e g(x)

f(β).

Pohimi vijues do te na nevojitet per ta shprehur rezultanten e dy polinomeve me ane te percaktoritte nje matrice.

Pohim 21.2. Dy polinome si me siper f(x) dhe g(x) nuk jane relativisht te thjeshte atehere dhevetem atehere kur ekzistojne polinomet r(x) dhe s(x) te tilla qe r(x)f(x) + s(x)g(x) = 0, ku r(x) es(x) jane polinome jozero dhe deg(r(x)) < m dhe deg(s(x)) < n.

Teoreme 21.3. Rezultanta R(f, g) eshte e barabarte me percaktorin e matrices

an an−1 an−2 . . . 0 0 00 an an−1 . . . 0 0 0...

......

......

...0 0 0 . . . a1 a0 00 0 0 . . . a2 a1 a0bm bm−1 bm−2 . . . 0 0 00 bm bm−1 . . . 0 0 0...

......

......

...0 0 0 . . . b1 b0 00 0 0 . . . b2 b1 b0

.

Detyre 21.4. E gjeni rezultanten e polinomeve x3 + 4x2 − 11x − 30 dhe x3 + x2 − 8x − 12. Dukeu bazuar ne vleren qe e merrni konkludoni se polinomet e dhena kane ose nuk kane rrenje teperbashketa.

21.1. Rrenjet e perbashketa te polinomeve me dy ndryshore. Nese f(x, y) dhe g(x, y) janedy polinome nga R[x, y], atehere mund te shkruajme

f(x, y) = am(y)xm + am−1(y)xm−1 + . . .+ a1(y)x+ a0(y)

dheg(x, y) = bn(y)x

n + bn−1(y)xn−1 + . . .+ b1(y)x+ b0(y),

ku ai(y) dhe bj(y) jane polinome nga R[y].Tash, rezultanta e dy polinomeve f(x, y) e g(x, y), si polinome te ndryshores x, shenohet me

Rx(f, g) dhe quhet eliminante e dy polinomeve te dhena.25

Detyre 21.5. Duke e perdorur nocionin e eliminantes Rx(f, g), shqyrtoni se a kane apo jo rrenje teperbashketa polinomet f(x, y) = x2y + 3xy + 2y + 3 dhe g(x, y) = 2xy − 2x+ 2y + 3.

22. Diskriminanta e nje polinomi

Le te jete f(x) = anxn + . . .+ a1x+ a0, an = 0 nje polinom me koeficiente reale ose komplekse.

(Shume prej rezultateve te ketij seksioni jane te verteta edhe ne rastin e pergjithshem te njepolinomi mbi nje fushe te cfarerdoshme, por ne do te mjaftohemi me fushat R dhe C.) Le te jeneαi, i = 1, . . . , n rrenjet e atij polinomi (ne C, nese eshte e nevojshme).

Perkufizim 22.1. Diskriminante e polinomit f(x) quhet prodhimi

∆(f) := a2n−2n

∏1≤i<j≤n

(αi − αj)2.

Detyre 22.2. Polinomi f(x) ka rrenje te shumefishte (ne C) atehere dhe vetem atehere kur ∆(f) = 0.

Vlen rezultati i meposhtem, qe e lidh nocionin e diskriminantes se nje polinomi me ate te rezul-tantes se polinomit dhe te derivatit te tij.

Teoreme 22.3. Vlen identiteti

∆(f) = (−1)n(n−1)/2a−1n R(f, f ′).

Detyre 22.4. E vertetoni teoremen e mesiperme.

Rrjedhim 22.5. Le t’i shenojme rrenjet e f ′(x) me βi, i = 1, . . . , n− 1. Atehere vlen

∆(f) = (−1)n(n−1)/2nnan−1n

n−1∏j=1

f(βj).

Pohim 22.6. Vlen ∆(fg) = ∆(f)∆(g)R(f, g)2.

Detyre 22.7. Per polinomin f(x) ∈ R[x], i cili i ka 2q rrenje komplekse joreale (d.m.th. i ka q cifterrenjesh te tilla), shenja e ∆(f) eshte e barabarte me (−1)q.

—FUND—

26