Notatki do wykªadu

Notatki do wykªadu
Algebra
(semestr letni 10/11)
Emanuel Kiero«ski
1 Grupy, pier±cienie i ciaªa
1.1 Struktury algebraiczne
Denicja 1 A = (A, f 1 , f 2 , . . .) zbiór A wraz ze zdeniowanymi na nim dziaªaniami f 1 , f 2 , . . ., nazywamy
algebr¡ (struktur¡ algebraiczn¡).
Zbiór A nazywany jest uniwersum algebry. O ile nie b¦dzie to prowadziªo do nieporozumie« algebr¦ i jej
uniwersum b¦dziemy oznaczali cz¦sto tym samym symbolem. Ka»de z dziaªa« ma ustalon¡ arno±¢. Dziaªanie
o arno±ci n (albo dziaªanie n-argumentowe) to funkcja z A n w A. Dziaªania o arno±ci zero s¡ nazywane staªymi
i mo»emy o nich my±le¢ jako o wyró»nionych elementach zbioru A. Zazwyczaj rozwa»a¢ b¦dziemy algebry
ze sko«czonym zestawem dziaªa«. Interesuj¡ce nas dziaªania b¦d¡ najcz¦±ciej dwuargumentowe.
Przykªad 2 Przykªady algebr:
(a) (Z, +, ·, 0).
(b) (P({1, 2, . . . , n}, ∪, ∩, ′ ).
(c) (A ∗ , ·) - zbiór sªów nad alfabetem A z dziaªaniem konkatenacji.
W poni»szej denicji wyró»nimy pewne wªasno±ci, które mog¡ mie¢ dziaªania dwuargumentowe.
Denicja 3 (a) dziaªanie jest przemienne, gdy ∀a, b ∈ A a · b = b · a,
(b) dziaªanie jest ª¡czne, gdy ∀a, b, c ∈ A (a · b) · c = a · (b · c); przykªad dziaªania, które nie jest ª¡czne:
pot¦gowanie w zbiorze liczb naturalnych),
(c) e jest lewostronnym elementem neutralnym dziaªania ·, gdy ∀a ∈ A ea = a.
(d) e jest prawostronnym elementem neutralnym dziaªania ·, gdy ∀a ∈ A ae = a.
(e) e jest elementem neutralnym dziaªania ·, gdy ∀a ∈ A ea = ae = a.
(f) element b jest lewostronnym elementem odwrotnym do a, wzgl¦dem dziaªania posiadaj¡cego element
neutralny e, gdy b · a = e,
(g) element b jest prawostronnym elementem odwrotnym do a, wzgl¦dem dziaªania posiadaj¡cego element
neutralny e, gdy a · b = e,
(h) element a jest elementem odwrotnym do b, gdy ab = ba = e
(i) dziaªanie · jest rozdzielne wzgl¦dem dziaªania + gdy ∀a, b, c ∈ A a · (b + c) = a · b + a · c oraz
∀a, b, c ∈ A (b + c) · a = b · a + c · a.
Zachodz¡ nast¦puj¡ce proste fakty:
Fakt 4 (i) Je±li dziaªanie ma prawostronny element neutralny e l oraz lewostronny element nautralny e r ,
to e l = e r . Wniosek: dziaªanie mo»e mie¢ najwy»ej jeden element neutralny.
(ii) Je±li dziaªanie · jest dziaªaniem ª¡cznym z elementem neutralnym e, to dla ka»dego elementu a, je±li b l
jest lewostronnie odwrotny do a, a b r prawostronnie odwrotny do a, to b l = b r . Wniosek: ka»dy element
ma najwy»ej jeden element odwrotny do siebie.
Pewne klasy algebr maj¡ szczególne znaczenie. Takie klasy deniuje si¦ zazwyczaj podaj¡c sygnatur¦
algebr (a wi¦c list¦ arno±ci ich dziaªa«) oraz zestaw aksjomatów, które te dziaªania maj¡ speªnia¢. Poni»ej
wyró»niamy trzy klasy.
Denicja 5 (a) (A, ·), z jednym dziaªaniem binarnym, · nazywamy grup¡ je±li:
• dziaªanie · jest ª¡czne,
1

• dziaªanie · ma element neutralny;
• dla ka»dego elemetnu istnieje element odwrotny do niego;
dodatkowo je±li · jest przemienne, to grup¦ nazywamy przemienn¡ lub abelow¡.
(b) (A, +, ·) z dwoma dziaªaniami binarnymi nazywamy pier±cieniem je±li:
• (A, +) jest grup¡ przemienn¡,
• dziaªanie · jest ª¡czne,
• dziaªanie · jest rozdzielne wzgl¦dem dziaªania +.
(c) (A, +, ·) jest ciaªem je±li
• (A, +, ·) jest pier±cieniem,
• (A \ {0}, ·) jest grup¡ przemienn¡ (gdzie 0 oznacza element neutralny +);
Kilka przykªadów grup podajemy w nast¦pnym rozdziale. Przykªadami ciaª s¡ ciaªa liczbowe, np. zbiór
liczb wymiernych z dziaªaniami dodawania i mno»enie. Jak zobaczymy pó¹niej istniej¡ tak»e ciaªa sko«czone.
Przykªad pier±cienia, który nie jest ciaªem: zbiór liczb caªkowitych z dziaªaniami dodawania i mno»enia (a
nawet zbiór liczb parzystych mno»enie nie ma wtedy elemntu neutralnego). Bardzo istotnymi pier±cieniami
s¡ pier±cienie Z n = ({0, 1, . . . n − 1}, + n , ·n), z dziaªaniami dodawania i mno»enia modulo n.
1.2 Grupy - podstawowe wªasno±ci i przykªady
Poj¦cie grupy zdeniowali±my w poprzednim rozdziale. Istniej¡ bardziej liberalne poj¦cia: póªgrupa to
po prostu niepusty zbiór z dziaªaniem ª¡cznym, a monoid to póªgrupa z elementem neutralnym. Przykªad:
zbiór niepustych sªów nad alfabetem A z dziaªaniem skªadania sªów, to póªgrupa; je±li dorzycimy sªowo puste
dostaniemy monoid.
Konwencje. Dziaªanie grupy nazywamy cz¦sto mno»eniem, piszemy ab zamiast a · b, na oznaczenie
elementu neutralnego u»ywamy symbolu 1, element odwrotny do a oznaczamy przez a −1 , przez a n oznaczamy
wynik n-krotnego pomno»enia a przez siebie (czyli n-t¡ pot¦g¦ a). To styl multiplikatywny. Alternatywnie
mo»na u»ywa¢ stylu addytywnego: dziaªnie +, element neutralny 0, element odwrotny do a to −a. My
najcz¦±ciej b¦dziemy u»ywa¢ stylu multiplikatywnego, ale element neutralny zazwyczaj b¦dziemy oznacza¢
jako e.
Uwaga. Poj¦cie grupy mo»na deniowa¢ troch¦ inaczej: jako zbiór z dziaªaniem binarnym ·, dziaªaniem
unarnym −1 oraz staª¡ 1, z odpowiednimi zaªo»eniami o dziaªaniach.
1.3 Przykªady grup
Przykªad 6 Podamy teraz kilka przykªadów grup (i sprawdzimy, »e rzeczywi±cie s¡ to grupy):
(a) (Z, +) zbiór liczb caªkowitych z dodawaniem,
(b) (R \ {0}, ·) zbiór liczb rzeczywistych bez zera z mno»eniem,
(c) zbiór bijekcji z X w X z dziaªaniem skªadania funkcji, dla dowolnego zbioru niepustego X,
(d) (Z 4 , + 4 ) zbiór {0, 1, 2, 3} z dziaªaniem dodawania modulo 4 (czyli wynik z dziaªania jest reszt¡ z
dzielenia a + b przez 4),
(e) (Z ∗ 5, ·5) zbiór {1, 2, 3, 4} z dziaªaniem mno»enia modulo 5,
(f) Zbiór {1, 3, 5, 7} z dziaªaniem mno»enia modulo 8 (grupa czwórkowa Kleina),
(g) Grupa obrotów kwadratu (z dziaªaniem skªadania),
(h) Grupa symetrii kwadratu z dziaªaniem skªadania (symetriami nazywamy wzajemnie jednoznaczne przeksztaªcenia
zachowuj¡ce odlegªo±ci mi¦dzy punktami). Symetrie: 4 obroty (w tym identyczno±¢), 4
odbicia.
(i) Grupa symetrii n-k¡ta foremnego D 2n (n obrotów i n odbi¢, n > 1).
Grupy (c), (h) i (i) nie s¡ s¡ przemienne (z wyj¡tkiem przypadku, gdy |X| < 3 . Pozostaªe s¡.
1.4 Tabelki dziaªa«
Deniuj¡c grupy mo»emy u»ywa¢ tabelek dziaªa«. Oto tabelka dla podpunktu (f) z przykªadu 6:
2

A to tabelka dla grupy symetrii kwadratu:
· 1 3 5 7
1 1 3 5 7
3 3 1 7 5
5 5 7 1 3
7 7 5 3 1
· id r 90 r 180 r 270 h v d d ′
id id r 90 r 180 r 270 h v d d ′
r 90 r 90 r 180 r 270 id d ′ d h v
r 180 r 180 r 270 id r 90 v h d ′ d
r 270 r 270 id r 90 r 180 d d ′ v h
h h d v d ′ id r 180 r 90 r 270
v v d ′ h d r 180 id r 270 r 90
d d v d ′ h r 270 r 90 id r 180
d ′ d ′ h d v r 90 r 270 r 180 id
Warto zwróci¢ uwag¦ na pewne cechy jakie musz¡ mie¢ tabelki dziaªania grupowego:
Obserwacja 7 (i) istnieje element (neutralny), którego wiersz i kolumna s¡ identyczne z wierszem i kolumn¡
opisuj¡cymi elementy uniwersum
(ii) w ka»dym wierszu i w ka»dej kolumnie pojawia si¦ element neutralny i elementy neutralne s¡ uªo»one
symetrycznie wzgl¦dem przek¡tnej tabelki (wymusza to postulat istnienia elementów odwrotnych)
(iii) ka»dy wiersz i ka»da kolumna s¡ permutacjami elementów uniwersum.
Powy»sze wªasno±ci nie gwarantuj¡ jednak, »e dziaªanie jest grup¡: dodatkowo dziaªanie musi by¢ ª¡czne.
Ostatnia wªasno±¢ obserwacji 7 wynika z nast¦puj¡cego lematu.
Lemat 8 Dla dowolnych a, b ∈ A równania ax = b oraz ya = b maj¡ w grupie jednoznaczne rozwi¡zania.
Wniosek 9 W grupie zachodz¡ prawa skracania. Lewostronnego: ab = ac implikuje b = c i prawostronnego:
ba = ca implikuje b = c.
1.5 Izomorzmy grup
Zdeniujemy poj¦cie izomorzmu grup. 1
Denicja 10 Mówimy, »e grupy (A, ·A) i (B, ·B) s¡ izomorczne je±li istnieje bijekcja F : A → B taka, »e
∀a, b ∈ A F (a ·A b) = F (a) ·b F (b). Funkcj¦ F nazywamy izomorzmem pomi¦dzy grupami A i B.
Šatwo zauwa»y¢, »e izomorzm zachowuje wszystkie wªasno±ci dziaªania grupowego. W szczególno±ci
zachodzi nast¦puj¡cy prosty fakt:
Fakt 11 Je±li F jest izomorzmem z A w B to F przeprowadza element neutralny A na element neutralny
w B, a element odwrotny do a ∈ A na element odwrotny do F (a).
Grupy izomorczne maj¡ zatem te same wªasno±ci i ró»ni¡ si¦ tylko nazwami elementów. Oczywista jest
te» obserwacja nast¦puj¡ca:
Fakt 12 Relacja na zbiorze grup o tej samej liczbie elementów ª¡cz¡ca te pary grup, które s¡ izomorczne
jest relacj¡ równowa»no±ci.
Przykªad 13 Grupy z podpunktów (d), (e) i (g) przykªadu 6 jest izomorczne. Grupy z podpunktów (d) i
(f) nie s¡ izomorczne.
Zatem, tak naprawd¦ grupy z podpunktów (d) i (e) i (g) s¡ wcieleniami tego samego abstrakcyjnego
obiektu. Niedªugo zobaczymy, »e z dokªadno±ci¡ do izomorzmu s¡ tylko dwie grupy czteroelementowe.
1 W naturalny sposób uogólnia si¦ ono na dowolne algebry, na razie nie podamy jednak szczegóªów.
3

1.6 Pot¦gowanie, rz¡d elementu i rz¡d grupy
W naturalny sposób deniujemy pot¦g¦ caªowit¡ elementu w grupie.
Denicja 14 (a) a 0 = e, gdzie e jest elementem neutralnym
(b) a m = a · a m−1 dla m dodatnich
(c) a m = (a −1 ) −m dla m ujemnych
Šatwo zauwa»y¢, »e nast¦puj¡ce prawa s¡ prawdziwe (¢wiczenie):
Fakt 15 (i) a r a s = a r+s
(ii) (a r ) s = a rs .
Nie zachodzi natomiast znane z arytmetyki na liczbach naturalnych prawo (ab) n = a n b n (wymaga ono
przemienno±ci).
Denicja 16 Rz¦dem elementu a w grupie nazywamy najmniejsz¡ liczb¦ dodatni¡ m tak¡, »e a m = e. Je»eli
taka liczba nie istnieje to mówimy, »e rz¡d a jest nieokre±lony albo niesko«czony. Rz¦dem grupy nazwamy
liczb¦ elementów uniwersum tej grupy.
Fakt 17 W grupie sko«czonej ka»dy element ma sko«czony rz¡d.
1.7 Podgrupy, generowanie, grupy cykliczne
Denicja 18 Mówimy, »e B jest podgrup¡ grupy A je±li B ⊆ A oraz B jest grup¡.
Je»eli (A, ·) jest grup¡ to zbiór zªo»ony z samego elementu neutralnego jest jej podgrup¡. Zgodnie z
denicj¡, ka»da grupa jest te» swoj¡ wªasn¡ podgrup¡. Te dwie specyczne podgrupy danej grupy nazywamy
trywialnymi lub niewªa±ciwymi.
Przykªad 19 (a) Grupa obrotów kwadratu jest podgrup¡ grupy symetrii kwadratu.
(b) Zbiór liczb caªkowitych parzystych z dziaªaniem dodawania jest podgrup¡ zbioru liczb caªkowitych
Zauwa», »e w szczególno±ci B musi zawiera¢ element neutralny; dla ka»dego elementu a ∈ B jego element
odwrotny a −1 musi nale»e¢ do B; oraz B musi by¢ zamkni¦ty na dziaªanie · (a, b ∈ B ⇒ ab ∈ B).
W przypadku grup sko«czonych mo»na udowodni¢ nat¦puj¡cy fakt:
Lemat 20 Niepusty podzbiór H grupy sko«czonej G jest jej podgrup¡
zachodzi ab ∈ H (a wi¦c H jest zamkni¦ty na dziaªanie ·).
wtedy i tylko wtedy, gdy ∀a, b ∈ H
Szkic dowodu: We¹my dowolny element a ∈ H. Ma on w G rz¡d sko«czony m, czyli a m = e. A st¡d a m−1
jest odwrotno±ci¡ a.
✷
Denicja 21 (a) Niech G b¦dzie grup¡, a X dowolnym jej niepustym podzbiorem. Najmniejsz¡ podgrup¦
G zawieraj¡c¡ X nazywamy podgrup¡ generowan¡ przez X.
(b) Je±li grupa G jest generowana przez zbiór jednoelementowy {a} (mówimy te» wtedy, »e G jest generowana
przez element a, albo »e a jest generatorem G), to G nazywamy grup¡ cykliczn¡.
Przykªad 22 (a) Generatorem grupy (Z, +) jest 1.
(b) Generatorem grupy obrotów kwadratu jest obrót o 90 stopni (obrót o 270 te»).
(c) Generatorem grupy addytywnej (Z 4 , + 4 ) jest 1 (3 te»).
(d) Grupa czwórkowa Kleina nie jest cykliczna. Do jej wygenerowania potrzeba co najmniej zbioru dwuelementowego,
np. {3, 5}.
(e) Podgrupa generowana przez element 3 w grupie czwórkowej Kleina to {1, 3}.
(f) Podgrupa generowana w grupie symetrii kwadratu przez r (obrót o 90 stopni) skªada si¦ ze wszystkich
obrotów (w tym identyczno±ci).
(g) Grupa symetrii kwadratu nie jest cykliczna. Mo»na j¡ wygenerowa¢ np. zbiorem {r, d}.
Fakt 23 (i) Podgrupa generowana przez X skªada si¦ ze wszystkich iloczynów dla k ∈ N postaci x 1 x 2 . . . x k ,
gdzie x i ∈ X lub x −1
i ∈ X. Oczywi±cie iloczyny te nie musz¡ dawa¢ parami ró»nych wyników.
4

(ii) Je±li a jest generatorem sko«czonej (pod)grupy H, to H = {a, a 2 , a 3 , . . . a m }, dla najmniejeszego m > 0,
takiego, »e a m = e. Dodatkowo a i ≠ a j dla i ≠ j, 0 < i, j ≤ m.
Zauwa», »e liczba elementów grupy cyklicznej jest równa rz¦dowi jej generatora.
Twierdzenie 24 Je»eli G jest grup¡ cykliczn¡, generowan¡ przez a, to rz¡d a okre±la G z dokªadno±ci¡ do
izomorzmu. Dokªadniej: je»eli rz¡d a jest niesko«czony, to G jest izomorczna z (Z, +), a je»eli wynosi k,
to G jest izomorczna z grup¡ addytywn¡ (Z k , + k ).
Szkic dowodu: Zaªó»my najpierw, »e rz¡d a jest niesko«czony. Na mocy Faktu 23, G skªada si¦ wtedy z
iloczynów zbudowanych z a i a −1 , a wi¦c, G = {a i : i ∈ Z}. Šatwo sprawdzi¢, »e przeksztaªcenie F : G → Z,
zdeniowane wzorem F (a i ) = i jest izomorzmem grup.
Przypu±¢my teraz, »e rz¡d a wynosi k. Wtedy, ponownie na mocy Faktu 23, G = {a, a 2 , . . . , a k−1 , a k } =
{a, a 2 , . . . , a k−1 , a 0 } oraz a i ≠ a j dla 0 ≤ i < j < k. Przeksztaªcenie F : G → Z k deniujemy wzorem
F (a i ) = i, dla 0 ≤ i < k. Jasne jest, »e jest ono ró»nowarto±ciowe i na". Sprawdzamy, czy zachowuje
dziaªanie. Niech 0 ≤ i, j < k. Rozwa»my dwa przypadki: je±li i + j < k, to F (a i · a j ) = F (a i+j ) =
i + j = F (a i ) + F (a j ) = F (a i ) + k F (a j ). Je±li natomiast i + j ≥ k, to 0 ≤ i + j − k < k. Wtedy
F (a i · a j ) = F (a i+j ) = F (a k+(i+j−k) ) = F (a k · a i+j−k ) = F (a i+j−k ) = i + j − k = i + k j = F (a i ) + k F (a j ).
Zatem, w obu przypadkach F (a i · a j ) = F (a i ) + k F (a j ).
✷
1.8 Grupy permutacji
Wa»n¡ klas¦ grup stanowi¡ grupy permutacji. Permutacja zbioru X to po prostu bijekcja tego zbioru w
siebie. W przykªadzie 6(c) zauwa»yli±my ju», »e zbiór permutacji ustalonego zbioru tworzy z dziaªaniem
skªadania grup¦. Grupa ta (z wyj¡tkiem przypadku, gdy |X| ≤ 2) nie jest przemienna.
Najcz¦±ciej b¦dziemy rozwa»a¢ permutacje zbiorów {1, 2, 3, . . . , n}. Grup¦ takich permutacji oznaczmy
symbolem S n . Permutacj¦ identyczno±ciow¡ w S n oznaczamy id n (albo id je»eli z kontekstu wiadomo jakie
jest n). Ka»d¡ permutacj¦ f mo»na przedstawia¢ za pomoc¡ zapisu dwuwierszowego:
( )
1 2 3 . . . n
f(1) f(2) f(3) . . . f(n)
Wa»n¡ klas¦ permutacji stanowi¡ cykle.
Denicja 25 Cyklem k-wyrazowym nazywamy tak¡ permutacj¦ f zbioru X = {1, 2, . . . , n} (k ≤ n), »e
istniej¡ 1 ≤ a 1 , a 2 , . . . a k ≤ n (a i ≠ a j dla i ≠ j), takie »e f(a 1 ) = a 2 , f(a 2 ) = a 3 , . . ., f(a k ) = a 1
oraz f(a) = a dla a ∉ {a 1 , . . . a k }. Cykl zapisujemy jako (a 1 , a 2 , . . . , a k ). Cykle dwuwyrazowe nazywamy
transpozycjami. Cykle (a 1 , a 2 , . . . a k1 ) oraz (b 1 , b 2 , . . . b k2 ) nazywamy rozª¡cznymi, gdy nie poruszaj¡ tych
samych elementów, czyli gdy a i ≠ b j dla wszystkich i, j.
Fakt 26 Je±li f i g s¡ cyklami rozª¡cznymi (o tej samej dziedzinie), to fg = gf.
Dle permutacji z S n zachodzi:
Twierdzenie 27 (i) Ka»da permutacja da si¦ jednoznacznie (z dokªadno±ci¡ do kolejno±ci) przedstawi¢
jako zªo»enie cykli rozª¡cznych.
(ii) Ka»da permutacja da si¦ przedstawi¢ jako zªo»enie transpozycji (niekoniecznie rozª¡cznych, przedstawienie
to nie jest jednoznaczne).
(iii) Ka»da transpozycja jest zªo»eniem nieparzystej liczby transpozycji elementów s¡siednich. A zatem grupa
S n jest generowana przez zbiór transpozycji elementów s¡siednich.
Szkic dowodu:
(i) Šatwe.
(ii) Wynika z tego, »e (a 1 , a 2 , . . . , a k ) = (a 1 , a k )(a 1 , a k−1 ) . . . (a 1 , a 3 )(a 1 , a 2 ).
(iii) Wynika z tego, »e (j, l) = ((j, j +1)(j +1, j +2) . . . (l−2, l−1)(l−1, l)(l−2, l−1) . . . (j +1, j +2)(j, j +1).
✷
Fakt 28 W grupie S n :
(i) cykl k-wyrazowy jest elementem rz¦du k,
(ii) rz¡d dowolnej permutacji jest najmniejsz¡ wspóln¡ wielokrotno±ci¡ rz¦dów cykli z jej rozkªadu na zªo-
»enie cykli rozª¡cznych.
5

Szkic dowodu: (ii) Permutacj¦ zapisujemy jako iloczyn cykli rozª¡cznych: p = c 1 c 2 . . . c l . Jej k-ta pot¦ga
ma posta¢ p k = c k 1c k 2 . . . c k l
(tu korzystamy z przemienno±ci skªadania cykli rozª¡czych). Obeserwujemy, »e
c k i = id n wtedy i tylko wtedy, gdy k jest wielokrotno±ci¡ rz¦du c i . Zatem je±li k jest NWW rz¦dów c i , to
oczywi±cie p k = id n . Nietrudno te» zobaczy¢, »e je±li k < NWW rz¦dów c i , to p k ≠ id n .
✷
Denicja 29 Niech f b¦dzie permutacj¡ z S n . Elementy f(i) i f(j), i < j tworz¡ inwersj¦ w permutacji f
je±li f(i) > f(j). Permutacj¦ nazywamy parzyst¡ je±li ma parzyst¡ liczb¦ inwersji. W przeciwnym wypadku
permutacja jest nieparzysta. Deniujemy równie» znak permutacji f, sgn(f), jako +1 dla f parzystej i −1
dla f nieparzystej.
Lemat 30 Niech f b¦dzie dowoln¡ permutacj¡, a t dowoln¡ transpozycj¡ w S n . Wtedy sgn(f) = −sgn(ft).
Szkic dowodu: Najpierw dowodzimy lematu dla t b¦d¡cego transpozycj¡ elementów s¡siednich. Nast¦pnie
korzystamy z twierdzenia 27, cz¦±¢ (iii).
Lemat 31 Permutacja f jest parzysta wtedy i tylko wtedy, gdy w dowolnym jej rozkªadzie na transpozycje
wyst¦puje parzysta liczba transpozycji.
Szkic dowodu: Rozªó»my f na transpozycje: f = t 1 t 2 . . . t k , czyli f = i n t 1 t 2 . . . t k , gdzie i n jest permutacj¡
identyczno±ciow¡ w S n . Oczywi±cie sgn(i n ) = 1. U»ywamy lematu 30.
Na podstawie lematu 31 ªatwo zauwa»y¢, »e:
Fakt 32 (i) sgn(fg) = sgn(f)sgn(g)
(ii) sgn(f) = sgn(f −1 )
Z powy»szego faktu oraz z obserwacji, »e identyczno±¢ jest parzysta mo»emy wnioskowa¢:
Fakt 33 Podzbiór wszystkich parzystych permutacji z S n jest grup¡.
Grup¦ z powy»szego faktu oznaczamy symbolem A n i nazywamy grup¡ alternuj¡c¡.
Šatwo pokaza¢, »e |S n | (czyli rz¡d S n ) wynosi n!. Zobaczymy, »e dokªadnie poªowa permutacji w S n jest
parzysta.
Lemat 34 Dla n > 1: |A n | = n!/2.
Szkic dowodu: Niech f 1 , f 2 , . . . , f k b¦dzie list¡ wszystkich permutacji parzystych, a t dowoln¡ transpozycj¡.
Pokazujemy, »e f 1 t, f 2 t, . . . , f k t jest list¡ wszystkich permutacji nieparzystych w S n oraz, »e f i t ≠ f j t je±li
i ≠ j.
✷
Nast¦puj¡ce twierdzenie mówi, »e ka»da grupa sko«czona jest w istocie pewn¡ podgrup¡ grupy permutacji.
Twierdzenie 35 (Cayley) Niech G b¦dzie grup¡ sko«czon¡ rz¦du n. Wtedy G jest izomorczna z pewn¡
podgrup¡ S n .
Szkic dowodu: Zaªó»my bez straty ogólno±ci, »e elementami zbioru G s¡ {1, 2, 3, . . . , n}. Konstruujemy
funkcj¦ F : G → S n . Dla a ∈ G, deniujemy F (a) = f a , gdzie f a : G → G taka, »e f a (b) = ab dla wszystkich
b ∈ G. 2 Šatwo sprawdzi¢, »e f a jest bijekcj¡ dla wszystkich a ∈ G. Podobnie F jest róznowarto±ciowa (bo
f a ≠ f b dla a ≠ b). Zobaczymy teraz, »e obraz F (G) (obraz G wzgl¦dem funkcji F ) jest podgrup¡ S n . W
tym celu (na mocy lematu 20) wystarczy pokaza¢, »e zªo»enie dwóch dowolnych bijekcji z F (G) jest w F (G).
Ale to równie» jest proste, bo f a f b = f ab . Ta ostatnia równo±c dowodzi tak»e, »e F zachowuje dziaªanie ·. ✷
1.9 Warstwy i twierdzenie Lagrange'a
Denicja 36 Deniujemy dziaªanie · na zbiorach. Niech X i Y b¦d¡ podzbiorami uniwersum grupy G.
X · Y := {a ∈ G : a = x · y dla pewnych x ∈ X, y ∈ Y }. Je±li który± ze zbiorów X, Y jest jednoelementowy,
to zamiast np. {a} · Y b¦dziemy pisa¢ aY .
Uwaga Zdeniowane dziaªanie na podzbiorach grupy jest ª¡czne i ma element neutralny ({e}), ale »aden
zbiór o mocy wi¦kszej od 1 nie ma elementu odwrotnego.
Ka»da podgrupa rozkªada grup¦ na warstwy:
2 Mo»emy my±le¢, »e f a to permutacja opisana w wierszu elementu a tabelki dziaªania grupy G.
6

Denicja 37 Niech H b¦dzie podgrup¡ G. Warstw¡ prawostronn¡ H nazwywamy ka»dy ze zbiorów Ha
dla a ∈ G. Analogicznie warstw¡ lewostronn¡ jest ka»dy zbiór aH, dla a ∈ A. W szczególno±ci H jest swoj¡
prawo- i lewostronn¡ warstw¡ (bo H = He = eH). Liczb¦ warstw prawostronnych nazywamy indeksem
podgrupy H.
Lemat 38 (i) Je»eli H jest sko«czona to jej wszystkie warstwy maj¡ po |H| elementów.
(ii) Warstwy prawostronne (lewostronne) podgrupy H stanowi¡ podziaª uniwersum grupy G (ka»dy element
nale»y do jakiej± warstwy, warstwy s¡ rozª¡czne).
Szkic dowodu:
(i) Fakt ten wynika z prawa skracania.
(ii) Element a nale»y do warstwy Ha (bo e ∈ H). Zaªó»my, »e x ∈ Ha oraz x ∈ Hb. Poka»emy, »e
Ha = Hb. Zaªo»enie o x implikuje, »e x = h 1 a = h 2 b, dla pewnych h 1 , h 2 ∈ H. Niech y ∈ Ha. Wtedy
y = h 3 a = h 3 h −1
1 x = h 3h −1
1 h 2b ∈ Hb, bo h 3 h −1
1 h 2 ∈ H. Czyli Ha ⊆ Hb. Zawieranie w drug¡ stron¦
pokazujemy analogicznie.
✷
Z lematu tego wynika m.in., »e ka»da podgrupa ma tyle samo warstw prawostronnych co lewostronnych.
Przykªad 39 (a) Rozwa»my grup¦ symetrii kwadratu z przykªadu 6. Zbiór {i, h} jest jej podgrup¡.
Wyznacza on cztery warstwy prawostronne: warstwa i : {i, h}, warstwa r ′ : {r ′ , v}, warstwa r : {r, d},
warstwa r ′′ = {r ′′ , d ′ }.
(b) Niech G = S 6 , a H skªada si¦ z permutacji f dla których f(1) = 1. Wtedy mamy 6!/5! = 6 warstw
lewostronnych (bo |H| = 5!), ka»da z nich jest wyznaczona poprzez warto±¢ permutacji na 1.
Konsekwencj¡ lematu 38 jest nast¦puj¡ce twierdzenie:
Twierdzenie 40 (Lagrange) Rz¡d grupy sko«czonej jest wielokrotno±ci¡ rz¦du ka»dej z jej podgrup.
Wniosek 41 Rz¡d ka»dego elementu grupy sko«czonej G dzieli rz¡d G
Szkic dowodu:
Ka»dy element a generuje cyklicz¡ podgup¦: {a, a 2 , a 3 , . . . , a m = e}.
Wniosek 42 W grupie sko«czonej rz¦du k dla ka»dego elementu a zachodzi a k = e.
Wniosek 43 Ka»da grupa G, której rz¡d jest liczb¡ pierwsz¡ jest cykliczna.
A zatem mamy, z dokªadno±ci¡ do izomorzmu, na przykªad tylko jedn¡ grup¦ rz¦du 5 grup¦ (Z 5 , + mod 5 )
(przypominam, »e, z dokªadno±ci¡ do izomorzmu, jest tylko jedna grupa cykliczna rz¦du k, dla k ∈ N).
1.10 Podgrupy normalne
Denicja 44 Niech H b¦dzie podgrup¡ G. Mówimy, »e H jest podgrup¡ normaln¡ lub dzielnikiem normalnym
G je±li dla ka»dego a ∈ G zachodzi aHa −1 ⊆ H.
Nast¦puj¡cy fakt mówi, »e po podgrupy normalne mo»emy opisa¢ jako te, które generuj¡ takie same
warstwy lewo- i prawostronne:
Fakt 45 H jest podgrup¡ normaln¡ G wtedy i tylko wtedy, gdy dla ka»dego a ∈ G zachodzi aH = Ha.
Przykªad 46 (a) Trywialna podgrupa {e} jest zawsze normalna.
(b) Grupa alternuj¡ca A n jest normaln¡ podgrup¡ S n .
(c) Grupa obrotów kwadratu jest normaln¡ podgrup¡ jego symetrii.
(d) Wszystkie podgrupy grupy przemiennej s¡ normalne.
(e) Centrum (patrz Lista 2, zadanie 2) ka»dej grupy jest podgrup¡ normaln¡.
(f) Podgrupa grupy S 4 : {i 4 , (1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4), (1, 4)(2, 3)} jest normalna.
Fakt 47 Je±li podgrupa H grupy G ma indeks 2 (czyli ma dwie warstwy), to jest normalna.
7

Szkic dowodu: Niech Ha i Hb b¦d¡ warstwami prawostronnymi. Jedna z nich jest równa H = He, ale
H = eH jest równie» warstw¡ lewostronn¡. Korzystamy z faktu, »e warstwy tworz¡ podziaª: drug¡ warstwa
(prawo- czy lewostronna) musi by¢ G \ H.
✷
Ka»da podgrupa normalna deniuje grup¦ ilorazow¡:
Denicja 48 Niech N b¦dzie podgrup¡ normaln¡ G, wtedy zbiór warstw N z dziaªaniem mno»enia (patrz
Denicja 36) oznaczamy symbolem G/N i nazywamy grup¡ ilorazow¡ (lub ilorazem G przez N).
Fakt 49 Grupa ilorazowa jest rzeczywi±cie grup¡.
Przykªad 50 Niech P k oznacza zbiór liczb podzielnych przez k, gdzie k jest liczb¡ dodatni¡. P k jest podgrup¡
grupy (Z, +). Poniewa» grupa ta jest przemienna, wi¦c P k jest normalna. Warstwami s¡ zbiory liczb
daj¡cych te same reszty przy dzieleniu przez k. Šatwo sprawdzi¢, »e grupa ilorazowa Z/P k jest izomorczna
z {Z k , + mod k }.
1.11 Homomorzmy grup
Denicja 51 Niech (A, ·1) i (B, ·2) b¦d¡ grupami.
∀a, b ∈ A zachodziF (a ·1 b) = F (a) ·2 F (b).
Mówimy, »e F : A → B jest homomorzmem je±li
Przypomnijmy, »e izomorzm to homomorzm ró»nowarto±ciowy i na. Inne szczególne homomorzmy:
monomorzm to homomorzm ró»nowarto±ciowy, epimorzm to homomorzm na, automorzm to
izomorzm zbioru w siebie.
Šatwo sprawdzi¢, »e podobnie jak w przypadku izomorzmów
Fakt 52 Ka»dy homomorzm przeksztaªca element neutralny na nautralny oraz odwrotny do a, na odwrotny
do obrazu a.
Podobnie jak poj¦cie izormozmu, poj¦cie homomorzmu uogólnia si¦ w naturalny sposób na inne algebry.
Denicja 53 Niech f : A → B b¦dzie homomorzmem
(a) Obrazem F nazywamy zbiór Im(F ) = {b ∈ B : ∃a ∈ A F (a) = b}
(b) J¡drem F nazywamy zbiór Ker(F ) = {a ∈ A : F (a) = e B }, gdzie e B jest elementem nautralnym w
grupie B.
Fakt 54 Obraz i j¡dro homomorzmu F : A → B s¡ podgrupami, odpowiednio B i A, co wi¦cej, j¡dro jest
podgrup¡ normaln¡.
Szkic dowodu: (‚wiczenia) ✷
Fakt 55 J¡dro homomorzmu F skªada si¦ z dokªadnie jednego elementu (neutralnego) wtedy i tylko wtedy, gdy F
jest monomorzmem (ró»nowarto±ciowy).
Szkic dowodu: (¢wiczenia) ✷
Przykªad 56 Przykªady homomorzmów:
(a) wszystkie izomorzmy
(b) F (x) = e,
(c) F : S n → {−1, 1}, F (f) = sgn(f), przy czym jako dziaªania w zbiorze {−1, 1} u»ywamy zwykªego
mno»enia,
(d) Rozwa»amy grupy (Z, +) oraz (R \ {0}, ·). F : Z → R \ {0}, F (m) = 2 m jest monomorzmem.
1.12 Homomorzmy i grupy ilorazowe
Zobaczymy teraz, »e dla ka»dej grupy G i ka»dej jej podgrupy normalnej N istnieje homomorzm z G na G/N
(czyli, »e G/N jest obrazem homomorcznym G). Co wi¦cej, poka»emy, »e wszystkie obrazy homomorczne
grupy G s¡ w istocie ilorazami G przez pewne jej podgrupy normalne.
Lemat 57 Je±li N jest podgrup¡ normaln¡ G, to istnieje homomorzm z G na G/N.
8

Szkic dowodu: Homomorzm deniujemy nast¦puj¡co: F (a) = Na. Sprawdzenie: F (a)F (b) = NaNb =
Nab = F (ab).
✷
Twierdzenie 58 Niech F : G → G ′ b¦dzie epimorzmem (homomorzmem na). Wtedy istnieje izomor-
zm J : G/(KerF ) → G ′ .
Szkic dowodu: W dowodzie oznaczymy dla skrócenia zapisu N = KerF . Izomorzm deniujemy nast¦puj¡co:
J(Na) = F (a). Poprawno±¢ denicji. Sprawdzamy, »e je±li Na = Nb, to F (a) = F (b). Je±li
Na = Nb, to b ∈ Na, czyli b = na dla pewnego n ∈ N. Wtedy F (b) = F (na) = F (n)F (a) = e G ′F (a) = F (a).
J jest bijekcj¡. J jest na: je±li a ′ ∈ G ′ , to ∃a ∈ G F (a) = a ′ (F jest na) oraz J(Na) = F (a) = a ′ .
J jest 1-1: je±li J(Na) = J(Nb), to F (a) = F (b). G jest grup¡, wi¦c b = na dla pewnego n ∈ G, zatem
F (b) = F (na) = F (n)F (a). St¡d F (n) = e G ′, czyli n ∈ KerF = N. Wnioskujemy, »e b ∈ Na, czyli
Nb = Na. J zachowuje dziaªania. J(Na · Nb) = J(N(ab)) = F (ab) = F (a)F (b). ✷
Przykªad 59 Rozwa»my homomorzm grupy R \ {0} na R + (obie z mno»eniem): F (x) = |x|. Jego j¡drem
jest {1, −1}. Powy»sze twierdzenie mówi, »e iloraz R \ {0} przez {1, −1} jest izomorczny z R + .
1.13 Algorytm Euklidesa
Kilka podstawowych denicji i faktów z teorii liczb: Dla liczb caªkowitych a, b piszemy a|b je±li a dzieli b,
czyli istnieje takie caªkowite k, »e b = ka. Liczba jest pierwsza je±li jedynymi jej dzielnikami dodatnimi
s¡ 1 i ona sama. Dla liczb caªowitych a i b, b ≠ 0 istnieje dokªadnie jedna liczba naturalna r mniejsza od
b taka, »e dla pewnego caªkowitego q mamy a = qb + r; liczb¦ r nazywamy reszt¡ z dzialenia a przez b
i oznaczamy a mod b. Dla ka»dych dwóch liczb caªkowitych a, b istnieje ich najwi¦kszy wspólny dzielnik,
oznaczany gcd(a, b). Je±li gcd(a, b) = 1 to mówimy, »e a i b s¡ wzgl¦dnie pierwsze.
Najwi¦kszy wspólny dzielnik dodatnich liczb m i n mo»emy wyliczy¢ za pomoc¡ algorytmu Euklidesa:
(1) m 0 := m, : n 0 = n.
(2) i := 0
(3) Je±li m i = 0 zwró¢ n i ; Je±li n i = 0 zwró¢ m i .
(4) Je±li m i > n i , to m i := m i mod n i w przeciwnym wypadku n i := n i mod m i
(5) i := i + 1. Przejd¹ do 3.
Uzasadnienie poprawno±ci: pokazujemy, »e zbiory wspólnych dzielników liczb m i+1 i n i+1 oraz m i i n i ,
pojawiaj¡cych si¦ w czasie dziaªania algorytmu, s¡ jednakowe. Wynika to wpost z nast¦puj¡cego lematu:
Lemat 60 Niech b ≠ 0. Wtedy gcd(a, b) = gcd(a mod b, b).
Szkic dowodu: Oznaczmy c = a mod b. Mo»emy zapisa¢: a = k 1 b + c, dla pewnego k 1 ∈ Z. Udowodnimy,
»e zbiory wspólnych dzielników a i b oraz c i b s¡ jednakowe. Niech d|a i d|b, czyli a = k 2 d, a b = k 3 d, dla
pewnych k 2 , k 3 ∈ Z. c = a − k 1 b = k 2 d − k 1 k 3 d = d(k 2 − k 1 k 3 ), czyli d|c. W drug¡ stron¦, je±li d|c i d|b, czyli
c = k 4 d oraz b = k 5 d, dla pewnych k 4 , k 5 ∈ Z, to mo»emy zapisa¢ a = k 1 b + c = k 1 k 5 d + k 4 d = d(k 1 k 5 + k 4 ),
a wi¦c d|a.
✷
U»ywaj¡c powy»szego lematu ªatwo ju» indukcyjnie pokaza¢, »e zbiory wspólnych dzielników m, n s¡ takie
same jak zbiory wspólnych dzielników kolejnych m i , n i . Poniewa» gcd(0, a) = a dla a ≠ 0 nasz algorytm
zwraca poprawn¡ warto±¢.
Zauwa»my, »e dla dowolnych danych wej±ciowych m, n, algorytm dojdzie do sytuacji m i = 0 lub n i = 0
w sko«czonej liczbie kroków: w ka»dym kroku zmniejsza si¦ warto±¢ m + n, ale caªy czas pozostaje ona
nieujemna. Nie ma zatem mo»liwo±ci, »e zap¦tli si¦ i b¦dzie dziaªaª w niesko«czono±¢.
Z algorytmu Euklidesa wynika nast¦puj¡ce wa»ne twierdzenie:
Twierdzenie 61 Niech m i n b¦d¡ liczbami caªkowitymi. Wtedy istniej¡ liczby caªkowite a i b takie, »e
am + bn = gcd(m, n).
9

Szkic dowodu: Pokazujemy indukcyjnie, »e warto±ci m i i n i , pojawiaj¡ce si¦ w czasie dziaªania algorytmu
Euklidesa, nale»¡ do zbioru A = {am + bn : a, b ∈ Z}. Jedna z tych warto±ci jest zwracana na koniec jako
gcd(m, n). Oczywi±cie m 0 i n 0 nale»¡ do zbioru A. Zaªo»enie indukcyjne: m i = am + bn oraz n i = cm + dn.
Rozwa»my przypadek, gdy m i > n i (drugi jest analogiczny) i n i jest niezerowe. Musimy pokaza¢, »e
m i+1 ∈ A. Wiemy, »e m i = kn i +m i+1 , dla pewnego k ∈ Z, czyli m i+1 = m i −kn i = am+bn−k(cm+dn) =
(a − kc)m + (b + d)n ∈ A. To ko«czy dowód indukcyjny
Liczby a i b takie jak w Twierdzeniu 61 mo»emy wyliczy¢ rozszerzonym algorytmem Euklidesa.
Przykªad 62 Przykªad oblicze« dla m = 81 i n = 57:
81 = 1 · 57 + 24
57 = 2 · 24 + 9
24 = 2 · 9 + 6
9 = 1 · 6 + 3
6 = 2 · 3 + 0
Zatem gcd(81, 57) = 3. Znajdujemy teraz a i b odwracaj¡c obliczenia:
W szczególno±ci wnioskiem z twierdzenia 61 jest
3 = 9 − 1 · 6
3 = 9 − 1 · (24 − 2 · 9) = −1 · 24 + 3 · 9
3 = −1 · 24 + 3 · (57 − 2 · 24) = 3 · 57 − 7 · 24
3 = 3 · 57 − 7 · (81 − 57) = −7 · 81 + 10 · 57
Wniosek 63 gcd(m, n) = 1 wtedy i tylko wtedy, gdy am + bn = 1 dla pewnych caªkowitych a i b.
1.14 Arytmetyka modularna
Przyjrzyjmy si¦ teraz bli»ej dziaªaniom dodawania i mno»enia modulo m (m ∈ N). Przypomnijmy, »e wynik
dziaªania a + m b, dla a, b ∈ Z, deniowali±my jako reszt¦ z dzielenia a + b przez m, czyli jako (a + b) mod m
(analogicznie dla dziaªania ·m). Zauwa»yli±my do tej pory (mo»e jeszcze nie do ko«ca formalnie), »e zbiór
Z m = {0, 1, . . . , m − 1} z dziaªaniem + m jest grup¡ przemienn¡, dla ka»dego m > 0.
Aby wygodniej mówi¢ o arytmetyce modularnej wprowad¹my jeszcze relacj¦ ≡ m na zbiorze liczb caªkowitych:
a ≡ m b wtedy i tylko wtedy, gdy a − b = km dla pewnego k ∈ Z (czyli gdy m dzieli ró»nic¦ a − b, co
jest równowa»ne temu, »e a i b daj¡ te same reszty przy dzieleniu przez m - ¢wiczenie). Šatwo sprawdzi¢, »e
relacja ta jest relacj¡ równowa»no±ci i ma m klas abstrakcji, wyznaczanych przez reszty z dzielenia przez m.
Zachodz¡ nast¦puj¡ce fakty
Fakt 64 (i) je±li a ≡ m b oraz c ≡ m d, to a + c ≡ m b + d
(ii) je±li a ≡ m b oraz c ≡ m d, to ac ≡ m bd
(iii) jesli a ≡ m b, to a n ≡ m b n dla n ∈ N
W szczególno±ci a+ m b = (a mod m)+ m (b mod m) oraz a·m b = (a mod m)·m (b mod m) bo oczywi±cie
a ≡ m (a mod m).
Zauwa»my teraz nast¦puj¡c¡ ogóln¡ wªasno±¢ homomorizmów: 3
Lemat 65 Niech F b¦dzie homomorzmem struktur algebraicznych z A na B. Niech t 1 (x 1 , . . . , x k ) i t 2 (x 1 , . . . , x k )
b¦d¡ dowolnymi wyra»eniami zbudowanym ze zmiennych x 1 , . . . , x k , symboli dziaªa« i nawiasów. Wtedy, je±li:
∀x 1 , . . . , x k ∈ A t 1 (x 1 , . . . , x k ) = t 2 (x 1 , . . . , x k ),
to
∀x 1 , . . . , x k ∈ B t 1 (x 1 , . . . , x k ) = t 2 (x 1 , . . . , x k ).
Powy»szy lemat implikuje na przykªad, »e je±li w strukturze A zachodzi prawo rozdzielno±ci: ∀xyz x·(y+z) =
x · y + x · z, oraz istnieje homomorzm z A na B, to to samo prawo zachodzi te» w B. Poniewa», funkcja
F : Z → Z m dana wzorem F (a) = a mod m jest homomorzmem (Z, +, ·) na (Z m , + m , ·m) oraz Z jest
pier±cieniem przemiennym z jedno±ci¡, mo»emy teraz wykaza¢:
Fakt 66 (Z m , + m , ·m) jest pier±cieniem (przemiennym z jedno±ci¡).
3 Poj¦cie homomorzmu zdeniowali±my formalnie jedynie dla grup, ale uogólnienie na pier±cienie i inne struktur algebraiczne
jest oczywiste: homomorzm to funkcja zachowuj¡ca wszystkie dziaªania struktury.
10

Uwaga: My zdeniowali±my ju» na pocz¡tku tego wykªadu pier±cie« (Z m , + m , ·m) jako struktur¦ o uniwersum
{0, 1, . . . , m − 1} i dziaªaniach + m , ·m deniowanych jako reszty z dzielenia wyników dziaªa« +,
· przez m. Mo»na na niego spojrze¢ troch¦ inaczej. Mianowicie mo»na my±le¢, »e elementami uniwersum
s¡ klasy abstrakcji relacji ≡ m , a dziaªania zdeniowane s¡ nast¦puj¡co: [a] ≡m + m [b] ≡m = [a + b] ≡m ,
[a] ≡m ·m [b] ≡m = [a · b] ≡m . Fakt 64 pozwala udowodni¢, »e taka denicja dziaªa« jest poprawna. Oczywi±cie
F : Z → Z m dana wzorem F (a) = [a] ≡m jest homomorzmem na, zatem uzyskana struktura jest pier±cieniem
przemiennym z jedno±ci¡. Procedur¦ któr¡ opisali±my nazywa si¦ podzieleniem pier±cienia przez kongruencj¦.
Kongruencjami nazywamy relacje równowa»no±ci speªniaj¡ce warunki analogiczne do warunków (i), (ii)
z faktu 64. Porównaj te» Przykªad 50.
Przykªad 67 (a) Jaka jest ostatnia cyfra liczba 3 1000 ? Szukamy 3 1000 mod 10, czyli 9 500 mod 10. 9 500
mod 10 = (9 2 mod 10) 250 = 1 250 = 1.
(b) Jaka jest ostatnia cyfra w zapisie dziesi¦tnym liczby 3 2009 ? Chcemy znale¹¢ wynik mno»enia liczby 3
przez siebie 2009 razy w pier±cieniu Z 10 . 3 2 = 9, 3 3 = 7, 3 4 = 7 · 3 = 1, 3 2008 = 3 4·502 = (3 4 ) 502 = 1.
Zatem szukan¡ cyfr¡ jest 1 ∗ 3 = 3.
Lemat 68 Element a w pierw±cieniu Z m ma element odwrotny (wzgl¦dem ·m) wtedy i tylko wtedy, gdy
gcd(a, m) = 1.
Szkic dowodu: ⇒ Je±li a ·m b = 1, czyli ab mod m = 1 to ab = qm + 1 dla pewnego q, a wi¦c ab − qm = 1.
Na mocy Wniosku 63 gcd(a, m) = 1. ⇐ Ponownie z wniosku 63 mamy ax+my = 1 dla pewnych caªkowitych
x i y. Inaczej: ax = −ym + 1, czyli ax mod m = 1, wi¦c x mod m jest elementem odwrotnym do a. ✷
Zauwa», »e dowód powy»szego lematu sugeruje efektywny algorytm sprawdzania, czy element ma odwrotno±¢
oraz wyliczania tej odwrotno±ci (z wykorzystaniem algorytmu Euklidesa do znalezienia x). Otrzymujemy
te»:
Twierdzenie 69 (i) ({1, 2, . . . m − 1}, ·m) jest grup¡ wtedy i tylko wtedy, gdy m jest liczb¡ pierwsz¡.
(ii) Pier±cie« (Z m , + m , ·m} jest ciaªem wtedy i tylko wtedy, gdy m jest liczb¡ piewrsz¡.
Dla dowolnego ciaªa (C, +, ·) grup¦ (C, +) nazywamy jego grup¡ addytywn¡, grup¦ (C \ {0}, ·) grup¡
multiplikatywn¡. W przypadku dowolnego pier±cienia (P, +, ·) dziaªanie + nazywamy addytywnym, a ·
multiplikatywnym.
Oznaczmy przez Z ∗ m zbiór elementów Z m wzgl¦dnie pierwszych z m. |Z ∗ m| oznaczamy jako ϕ(m) (jest to
tzw. funkcja Eulera). Oczywi±cie ϕ(p) = p − 1 dla p pierwszych.
Twierdzenie 70 Zbiór elementów odwracalnych (wzgl¦dem dziaªania multiplikatywnego) dowolnego pier-
±cienia z jedno±ci¡ tworzy grup¦ z dziaªniem muliplikatywnym. W szczególno±ci (Z ∗ m, ·m) jest grup¡ dla
dowolnego m > 0, jako zbiór elementów odwracalnych pier±cienia (Z m , +, ·).
Przypomnijmy, »e zgodnie z Wnioskiem 42 z twierdzenia Lagrange'a w dowolnej grupie sko«czonej G,
a |G| = e zachodzi dla dowolnego a. Dostajemy st¡d kolejny wa»ny wniosek:
Twierdzenie 71 (i) (Maªe twierdzenie Fermata) Je±li p jest liczb¡ pierwsz¡, to dla ka»dego a ∈ Z,
takiego »e p nie dzieli a, zachodzi a p−1 ≡ p 1.
(ii) (Euler) Je±li gcd(m, a) = 1, to a ϕ(m) ≡ m 1 dla dowolnego a ∈ Z.
Przykªad 72 (a) Przykªad zastosowania twierdzenia Fermata: jaka jest reszta z dzielenia 2 1000000 przez
101? Wiemy, »e 2 100 ≡ 101 1 (bo 101 jest liczb¡ pierwsz¡). 2 1000000 = (2 100 ) 10000 ≡ 101 1.
(b) Grupa addytywna (Z p , + p ) dla p pierwszego jest oczywi±cie grup¡ cykliczn¡ (na mocy Wniosku 43).
Wkrótce poka»emy, »e grupa multiplikatywna (Z p \ {0}, ·p) jest równie» cykliczna. W tym przykªadzie
sprawdzimy, »e 2 jest generatorem grupy multiplikatywnej Z 101 (jest to grupa, bo 101 jest liczb¡
pierwsz¡). W tym celu sprawdzamy (u»ywaj¡c podej±cia podobnego jak w poprzednich przykªadach),
»e rz¡d 2 wynosi 100. Pokazujemy konkretnie, »e 2 20 oraz 2 50 s¡ ró»ne od 1. Poniewa» rz¡d 2 musi
dzieli¢ 100, a wszystkie dzielniki 100 (oprócz 100) s¡ dzielnikami 20 lub 50 daje to nasz wniosek.
1.15 Chi«skie twierdzenie o resztach
Denicja 73 Niech (G 1 , + 1 , ·1), . . . , (G k , + k , ·k) b¦d¡ pier±cieniami przemiennymi z jedno±ci¡. Ich produktem
4 nazywamy struktur¦ ((G 1 ×, . . . , ×G k ), +, ·), o uniwersum b¦d¡cym iloczynem kartezja«skim uniwersów
pier±cieni G i i dziaªaniach zdeniowanych po wspóªrz¦dnych, tj., w przypadku dziaªania ·: (g 1 , . . . , g k ) ·
(g 1, ′ . . . , g
k ′ ) = (g 1 ·1 g 1, ′ . . . , g k ·k g
k ′ ) i analogicznie dla +.
4 Prównaj zadanie 1, Lista 3, w którym zdeniowali±my analogiczne poj¦cie dla grup.
11

Poni»szy fakt sprawdza si¦ rutynowo:
Fakt 74 Produkt pier±cieni przemiennych z jedno±ci¡ jest pier±cieniem przemiennym z jedno±ci¡.
Przykªad 75 (a) Z 6 jest izomorczny z Z 2 × Z 3 . Izomorzm: F (x) = (x mod 2, x mod 3)
(b) Z 8 nie jest izomorczny z Z 2 × Z 4 . Mo»na bowiem sprawdzi¢, »e w grupie addytywnej Z 2 × Z 4 nie ma
elementu rz¦du 8, a taki jest w grupie addytywnej Z 8 (bo ta jest cykliczna).
Lemat 76 Niech G, G 1 , . . . G m b¦d¡ pier±cieniami przemiennymi z jedno±ci¡. Niech F i : G → G i b¦d¡ homomorzmami
pier±cieni. Wtedy F : G → G 1 ×, . . . , ×G k , zdeniowana wzorem F (a) = (F 1 (a), . . . , F m (a))
jest homomorzmem pier±cieni.
Twierdzenie 77 . Niech liczby m 1 , m 2 , . . . , m k b¦d¡ parami wzgl¦dnie pierwsze i niech m = m 1 m 2 . . . m k .
Wtedy funkcja F : Z m → Z m1 × Z m2 × . . . × Z mk , dana wzorem F (x) = (x mod m 1 , x mod m 2 , . . . x
mod m k ) jest izomorzmem pier±cieni.
Szkic dowodu: Je±li m i |m oraz funkcja F : Z m → Z mi dana jest wzorem F (a) = a mod m i , to F jest
homomorzmem. Zatem zachowywanie dziaªa« wynika z Lematu 76. Musimy tylko sprawdzi¢, »e F jest
bijekcj¡. Poniewa» zbiory s¡ sko«czone wystarczy sprawdzi¢ ró»nowarto±ciowo±¢: je±li F (a) = F (b), to a
mod m i = b mod m i dla wszystkich i, czyli a ≡ mi b. To oznacza, »e m i |(a − b) dla wszystkich i. Poniewa»
m i s¡ wzgl¦dnie pierwsze, to tak»e m 1 . . . m k |(a − b), 5 ale |a − b| < m, czyli a = b.
✷
Wniosek 78 (Chi«skie twierdzenie o resztach) Je±li m 1 , m 2 , . . ., m k s¡ parami wzgl¦dnie pierwsze,
m = m 1 m 2 . . . m k oraz a i ∈ {0, . . . m i − 1} to istnieje dokªadnie jeden x, 0 ≤ x < m, speªniaj¡cy ukªad:
x mod m 1 = a 1
x mod m 2 = a 2
. . .
x mod m k = a k
Ukªad z powy»szego wniosku mo»na sprawnie rozwi¡zywa¢. Mianowicie x = (a 1 z 1 y 1 + . . . a k z k y k )
mod m, gdzie z i = m/m i , a y i jest tak¡ liczb¡, »e z i y i ≡ mi 1. Uzasadnienie poprawno±ci: x mod m 1 =
(a 1 z 1 y 1 +. . . a k z k y k ) mod m 1 = ((a 1 z 1 y 1 mod m 1 )+. . .+(a k z k y k mod m 1 )) mod m 1 = a 1 +0+. . .+0 = a 1
(bo m 1 jest dzielnikiem z i dla i > 1). Analogicznie dla pozostaªych m i .
Przykªad 79 Znajd¹my najmniejsz¡ liczb¦ dodatni¡, która daje reszt¦ 1 przy dzieleniu przez 2, reszt¦ 2
przy dzieleniu przez 3 oraz reszt¦ 2 przy dzieleniu przez 7. Odpowied¹: 23.
1.16 Pier±cienie Z n w akcji - system szyfrowania Rabina
Omówimy i przeanalizujemy metod¦ szyfrowania Rabina. Jest to metoda szyfrowania z dwoma kluczami:
publicznym i prywatnym. Kluczem prywatnym, sªu»¡cym do odszyfrowywania wiadomo±ci jest para ró»nych
du»ych liczb pierwszych p i q. Kluczem publicznym, sªu»¡cym do zaszyfrowywania, jest liczba liczba n,
b¦d¡ca iloczynem p i q.
• Szyfrowane wiadomo±ci to liczby z Z ∗ n.
• Niech x ∈ Z ∗ n b¦dzie wiadomo±ci¡, któr¡ chcemy zaszyfrowa¢. Szyfrem jest liczba x 2 mod n.
• Zaªó»my, »e otrzymali±my zaszyfrowan¡ wiadomo±¢ c. Odszyfrowanie polega na wyliczeniu pierwiasków
kwadratowych modulo n, czyli znalezieniu takich x, »e x 2 ≡ n c.
Oczywi±cie operacja szyfrowania (czyli podnoszenia do kwadratu modulo n) jest ªatwa obliczeniowo. W
dalszej cz¦±ci wykªadu przekonamy si¦, »e deszyfrowanie (wyliczanie pierwiastków kwadratowych modulo n)
daje si¦ sprawnie wykonywa¢, gdy znamy p i q, ale jest trudne, gdy znamy tylko n. Dokªadniej, poka»emy, »e
je±li znaj¡c tylko n potramy oblicza¢ pierwiastki kwadratowe modulo n, to potramy znajdowa¢ rozkªad n
na czynniki pierwsze. Ten ostatni problem uznawany jest za bardzo trudny obliczeniowo (chocia» formalny
dowód tej trudno±ci nie jest dot¡d znany!):
5 Tu potrzebny jest lemat: je±li m 1 , . . . , m k s¡ parami wzgl¦dnie pierwsze oraz ka»de m i dzieli n, to iloczyn wszystkich m i
te» dzieli n. Lematu dowodzi si¦ np. u»ywaj¡c faktu, »e m 1 |m i m 2 |m i gcd(m 1 , m 2 ) = 1 implikuje m 1 m 2 |m, nast¦pnie indukcji
i ¢wiczenia 1d z listy 5.
12

Hipoteza: Nie istnieje algorytm, który dla zadanego n b¦d¡cego iloczynem dwóch du»ych 6 liczb pierwszych
znajdowaªby te liczby w rozs¡dnym czasie.
Warto za to podkre±li¢, »e sprawdzenie czy zadana liczba jest liczb¡ pierwsz¡ jest zadaniem ªatwym
istniej¡ wydajne algorytmy rozwi¡zuj¡ce to zadanie.
Analizuj¡c system Rabina u»yjemy poni»szego twierdzenia.
wykªadu.
Jego dowód pojawi si¦ w dalszej cz¦±ci
Twierdzenie 80 Niech p b¦dzie liczb¡ pierwsz¡. Wtedy multiplikatywna grupa Z ∗ p
jest cykliczna.
Denicja 81 Mówimy, »e liczba a ∈ Z n jest reszt¡ kwadratow¡ modulo n je±li istnieje taki b w Z ∗ n, »e
a ≡ n b 2 . Zbiór reszt kwadratowych modulo n oznaczamy QR n .
Resztami kwadratowymi s¡ wi¦c liczby jakie pojawiaj¡ si¦ na przek¡tnej tabelki mno»enia Zn.
∗
przykªad Q 7 = {1, 2, 4}, Q 9 = {1, 4, 7}.
Na
Fakt 82 Je±li p > 2 jest liczb¡ pierwsz¡, to |QR p | = |Z ∗ n|/2 = (p − 1)/2. Je±li a ∈ QR p , to a ma dokªadnie
2 pierwiastki modulo p.
Szkic dowodu: Deniujemy relacj¦ ≈⊆ Zp ∗ × Zp: ∗ a ≈ b wtedy, gdy a 2 ≡ p b 2 . Jest to relacja równowa»no±ci,
której klasy abstrakcji s¡ dwuelementowe: Je±li a 2 ≡ p b 2 , to (a − b)(a + b) dzieli si¦ przez p. Ale p jest liczb¡
pierwsz¡, wi¦c p dzieli a − b lub p dzieli a + b, czyli a ≡ p b lub a ≡ p −b ≡ p p − b. Poniewa» p jest nieparzyste
wi¦c b ≠ p − b.
✷
Fakt 83 Niech p > 2 b¦dzie liczb¡ pierwsz¡, niech g b¦dzie generatorem grupy multiplikatywnej Z ∗ p . Wtedy
QR p = {1 = g 0 , g 2 , g 4 , . . . , g p−3 }.
Szkic dowodu: Oczywi±cie g 2i jest kwadratem g i . Wszystkie g 2i , dla 0 ≤ 2i ≤ p − 3 s¡ ró»ne i jest ich
(p − 1)/2. ✷
Lemat 84 Niech p > 2 b¦dzie liczb¡ pierwsz¡, a ∈ Z ∗ p . Je±li a ∈ QR p, to a (p−1)/2 ≡ p 1; w przeciwnym
wypadku a (p−1)/2 ≡ p −1.
Szkic dowodu: Je±li a ∈ QR p , to a ≡ p b 2 dla pewnego b ∈ Zp. ∗ Wtedy a (p−1)/2 ≡ p b p−1 ≡ p 1 (ostatnie
równo±¢ wynika z maªego twierdzenia Fermata). Je±li a ∉ QR p , to a = g 2i+1 (g generator), czyli a (p−1)/2 =
(g 2i ) (p−1)/2 g (p−1)/2 = g (p−1)/2 . Ta ostatnia liczba nie mo»e przystawa¢ do 1, bo g jest generatorem. Z
drugiej strony jej kwadrat przystaje do 1, wi¦c a (p−1)/2 ≡ p g (p−1)/2 ≡ p −1 (bo 1 ma dokªadnie 2 pierwiastki
kwadratowe modulo p: 1 i -1).
✷
Zauwa», »e powy»szy lemat pozwala skonstruowa¢ prost¡ metod¦ sprawdzania czy a jest reszt¡ kwadratow¡
modulo p.
Lemat 85 Niech p i q b¦d¡ liczbami pierwszymi, n = pq. Wtedy |QR n |=|Z ∗ n|/4 = ((p − 1)(q − 1))/4. Je±li
a ∈ QR n , to a ma dokªadnie cztery pierwiastki kwadratowe modulo n.
Szkic dowodu: Deniujemy relacj¦ ≈⊆ Zn ∗ × Zn: ∗ a ≈ b wtedy, gdy a 2 ≡ n b 2 . Relacja ta jest relacj¡
równowa»no±ci. Poka»emy, »e jej klasy abstrakcji s¡ czteroelementowe. Ka»da klasa jest wyznaczona przez
pewn¡ reszt¦ kwadratow¡. Niech r ∈ QR n . Na mocy chi«skiego twierdzenia o resztach równanie x 2 ≡ n r
jest równowa»ne ukªadowi x 2 ≡ p r, x 2 ≡ q r. Niech x 1 , x 2 b¦d¡ rozwi¡zaniami pierwszego ukªadu w (Zp), ∗ a
x ′ 1, x ′ 2 rozwi¡zaniemi drugiego ukªadu (w Zq ∗ ). Wtedy ka»da z par (x 1 , x ′ 1), (x 1 , x ′ 2), (x 2 , x ′ 1), (x 2 , x ′ 2) daje
dokªadnie jedno rozwi¡zanie równania wyj±ciowego. Na mocy chi«skiego twierdzenia o resztach s¡ to ró»ne
rozwi¡zania.
✷
Istnienie 4 pierwiastków z ka»dej reszty kwadratowej jest wad¡ systemu kryptogracznego Rabina. Po
odebraniu zaszyfrowanej wiadomo±ci dostajemy cztery mo»liwe pierwiastki i musimy zgadn¡¢, który z nich
jest wªa±ciw¡ wiadomo±ci¡. Istniej¡ pewne modykacje systemu usuwaj¡ce t¡ wad¦. Niestesty, znacz¡co
komplikuj¡ one algorytm.
6 kilkaset - kilka tysi¦cy bitów
13

Wyznaczanie pierwiastków kwadratowych modulo n (przy znajomo±ci p i q) Poka»emy teraz jak
odszyfrowywa¢ wiadomo±ci, czyli jak wylicza¢ pierwiastki kwadratowe modulo n = pq, gdy znamy klucz
prywatny: liczby pierwsze p i q. Wystarczy, »e wyliczymy pierwiastki modulo p i modulo q, a nast¦pnie
zastosujemy chi«skie twierdzenie o resztach.
Musimy zatem poda¢ algorytm wyznaczanie pierwiastka kwadratowego z c ∈ QR p modulo liczba pierwsza
p. Rozpatrzmy przypadek, gdy rozwa»ana liczba pierwsza p daje reszt¦ 3 przy dzieleniu przez 4, czyli
p = 4k + 3, dla pewnego k ∈ N. Przypadek, gdy reszta jest równa 1 jest nieco bardziej skomplikowany i
nie b¦dziemy si¦ nim zajmowa¢ na tym wykªadzie. Mamy c (p−1)/2 ≡ p 1 (bo c jest reszt¡ kwadratow¡, patrz
Lemat 84), czyli c 2k+1 ≡ p 1. St¡d (c k+1 ) 2 ≡ p c. Jednym z pierwiastków jest zatem x 1 = c k+1 mod p, drugi
x 2 = p − x 1 .
Trudno±¢ deszyfrowania bez znajomo±ci p i q Niech n b¦dzie iloczynem dwóch liczb pierwszych p
i q. Zaªó»my, »e istnieje szybki algorytm A znajduj¡cy dla zadanego c ∈ Zn ∗ takie x = A(c), »e x 2 ≡ n c.
Poka»emy jak skonstruowa¢ wydajny algorytm wyznaczaj¡cy rozkªad n na czynniki pierwsze.
Nasz algorytm b¦dzie algorytmem zrandomizowanym (typu Las Vegas): b¦dzie losowaª pewn¡ warto±¢,
na jej podstawie przeprowadzaª pewne obliczenia i próbowaª znale¹¢ p lub q; je±li to si¦ nie uda wylsouje
kolejn¡ warto±¢ i powtórzy procedur¦. Zobaczymy, »e oczekiwana liczba losowa« wynosi 2 oraz, »e z du»ym
prawdopodobie«stwem kilka losowa« zagwaratnuje znalezienie rozwi¡zania.
Algorytm wygl¡da nast¦puj¡co:
1. Wylosuj x ∈ Z ∗ n
2. Niech c = A(x 2 mod n)
3. Je±li c = x lub c = n − x przejd¹ do 1
4. Wyznacz gcd(c + x, n) oraz gcd(c − x, n). Te liczby s¡ szukanymi p i q.
Odpowied¹ c = x lub c = n − x nie daje nam »adnej istotnej informacji i tak wiemy, »e te liczby s¡
pierwiastkami kwadratowymi z x 2 modulo n. Dlatego w tym przypadku ponownie wracamy do wylosowania
x. Zaªó»my, »e mamy c ≠ x i c ≠ n − x. Poniewa» c 2 = x 2 mod pq, wi¦c (c − x)(c + x) = kpq, wi¦c
p|c − x lub p|c + x. 7 Poniewa» zaªo»enie gwarantuje, »e (c − x)(c + x) ≠ 0 mod n, wi¦c gcd(c − x, n) = p
lub gcd(c + x, n) = p.
Prawdopodobie«stwo, »e przy losowym x algorytm A zwróci nieprzydatn¡ warto±¢ c wynosi 1/2 (bo
mamy cztery pierwiastki, z czego dwa nieprzydatne). Zatem oczekiewana liczba losowa« x to 2. A szansa,
»e po k-tym losowaniu nie b¦dziemy znali rozkªadu jest równa 1/2 k .
1.17 Wªasno±ci grup cyklicznych
Podamy teraz seri¦ wyników dot¡cz¡cych grup cyklicznych.
Fakt 86 Nich g b¦dzie generatorem n-elementowej grupy G. Element g m jest generatorem G wtedy i tylko
wtedy, gdy gcd(m, n) = 1.
Fakt 87 Je±li G jest cykliczna, to ka»da jej podgrupa jest cykliczna.
Szkic dowodu: Niech g b¦dzie generatorem grupy G, a H podrup¡ G. Niech m b¦dzie najmniejsz¡ liczb¡
dodatni¡ tak¡, »e g m ∈ H (je±li takiej liczby nie ma, to H skªada si¦ tylko z elementu neutralnego). Poka»emy,
»e g m jest generatorem H, czyli »e H = {(g m ) i : i ∈ Z}. Zawieranie ⊇ jest oczywiste. Pokazujemy ⊆. Niech
g j ∈ H, niech j = km + r, 0 ≤ r < m. Wtedy g r = g j−km = g j (g m ) −k ∈ H (z zamkni¦to±ci H). Poniewa»
r < m, wi¦c r = 0 (z denicji liczby m). Zatem g j = (g m ) k .
✷
Fakt 88 Niech G b¦dzie grup¡ cykliczn¡ rz¦du n ∈ N. W G istnieje element rz¦du d wtedy i tylko wtedy, gdy
d|n.
Szkic dowodu: ⇒ Wynika z Wniosku 41 z Twierdzenia Lagrange'a. ⇐ Je±li g jest generatorem, to szukanym
elementem jest g n/d .
✷
Fakt 89 Je±li grupa cykliczna G ma element rz¦du k, to ma dokªadnie ϕ(k) takich elementów.
7 To wynika z cz¦±ci (e) zadania 1 z listy 5.
14

Szkic dowodu: Rozwa»amy zbiór H = {a : a k = e}. Do zbioru tego nale»¡ w szczególno±ci wszystkie
elementy rz¦du k. Šatwo sprawdzi¢, »e H jest podgrup¡ G, a wi¦c jest cykliczna (na mocy Faktu 87). H
ma dokªadnie k elementów. Na mocy Faktu 86 ma ona dokªadnie ϕ(k) generatorów. S¡ one wszystkimi
elementami rz¦du k w G.
✷
Zauwa», »e Fakty 88 i 89 prowadz¡ do nast¦puj¡cego ªadnego wzoru:
Wniosek 90
n =
∑
{d:d|n}
Twierdzenie 91 Niech G b¦dzie grup¡ sko«czon¡ rz¦du n. Je±li dla dowolnego k ∈ N zbiór {g ∈ G : g k = e}
ma najwy»ej k elementów, to G jest cykliczna.
Szkic dowodu: Zastanówmy si¦ ile elementów rz¦du k, dla k|n jest w G. Zaªó»my, »e jest tam co najmniej
jeden taki element a. Rozwa»my zbiór {g ∈ G : g k = 1}. Na mocy zaªo»enia jest tam najwy»ej k elementów
- musi by¢ to zatem caªa podgrupa generowana przez a. Jest to zatem grupa cykliczna, która ma ϕ(k)
generatorów - elementów rz¦du k. Uzasadnili±my wi¦¢, »e dla dowolnego k liczba elementów rz¦du k w G
jest mniejsza b¡d¹ równa liczbie elementów rz¦du k w n-elementowej grupie cyklicznej (mniejsza byªaby
wtedy, gdyby w ogóle nie byªo elementów k w G, a byªy w grupie cyklicznej). Poniewa» obydwie grupy maj¡
po n-elementów wi¦c moce elementów rz¦du k, dla dowolnego k musz¡ by¢ dla nich równe. W szczególno±ci,
w G musi by¢ element rz¦du n generator, a wi¦c G jest cykliczna.
✷
Powy»sze twierdzeni zostanie przez nas u»yte do pokazania, grupa multiplikatywna ciaªa sko«czonego
jest cykliczna. Wcze±niej zbadamy jednak podstawowe wªasno±ci wielomianów nad pier±cieniami i ciaªami.
ϕ(d)
1.18 Przypomnienie denicji pier±cieni i ciaª.
Przypomnijmy:
(a) (A, +, ·) z dwoma dziaªaniami binarnymi nazywamy pier±cieniem je±li:
• (A, +) jest grup¡ przemienn¡,
• dziaªanie · jest ª¡czne,
• dziaªanie · jest rozdzielne wzgl¦dem dziaªania +.
(b) (A, +, ·) jest ciaªem je±li
• (A, +, ·) jest pier±cieniem,
• (A \ {0}, ·) jest grup¡ przemienn¡ (gdzie 0 oznacza element neutralny +);
Pier±cie« nazywamy przemiennym je±li jego dziaªanie multiplikatywne jest przemienne. Pier±cie« nazywamy
pier±cieniem z jedno±ci¡ je±li ma element neutralny mno»enia. Oczywi±cie ka»de ciaªo jest pier±cieniem.
Mówi¡c o pier±cieniach i ciaªach u»ywamy zazwyczaj 0 na oznaczenie elementu neutralnego dodawania, 1
na oznaczenie elementu neutralnego mno»enia (je±li taki istnieje). −a jest elementem przeciwnym do a (odwrotnym
wzgl¦dem dziaªania +), a −1 odwrotnym (wzgl¦dem dziaªania ·). Zamiast pisa¢ a + (−b) piszemy
cz¦sto a − b.
Fakt 92 W dowolnym pier±cieniu:
(i) 0 · a = 0.
(ii) (−x)y = x(−y) = −(xy)
Fakt 93 W dowolnym ciele: ab = 0 → a = 0 ∨ b = 0.
Ostatni fakt nie jest prawdziwy we wszystkich pier±cieniach. Np. 2 · 2 = 0 w Z 4 . Element a, pier±cienia
R, dla którygego istnieje niezerowe b takie, »e ab = 0 nazywamy dzielnikiem zera.
1.19 Kilka informacji o pier±cieniach wielomianów
Denicja 94 Niech (R, +, ·) b¦dzie pier±cieniem. Wyra»enie f = a n x n + a n−1 x n−1 + . . . a 1 x 1 + a 0 x 0 ,
gdzie a i ∈ R, a n ≠ 0 oraz wyra»enie f = 0 nazywamy wielomianami nad pier±cieniem R. Elementy
a i nazywamy wspóªczynnikami wielomianu. Liczb¦ n nazywamy stopniem wielominu i oznaczamy deg(f).
Wspóªczynnik przy takim i nazywamy wiod¡cym. Wielomian, którego wspóªczynnikiem wiod¡cym jest a 0
nazywamy wielomianem staªym.
15

Wielomian zerowy, f = 0, ma do±¢ specjalny status. Powy»sza denicja nie okre±la jego stopnia (przyjmiemy
konwencj¦, »e stopie« ten jest równy −∞), nie ma on te» wspóªczynnika wiod¡cego.
W przypadku wielominu f = a n x n + a n−1 x n−1 + . . . a 1 x 1 + a 0 x 0 , odwoªujemy si¦ czasem do a i , dla
i > n. Uznajemy wtedy, »e takie a i = 0. Dwa wielominay f = a n x n + a n−1 x n−1 + . . . a 1 x 1 + a 0 x 0 i
g = b m x m + b m−1 x m−1 + . . . b 1 x 1 + b 0 x 0 s¡ równe je±li dla ka»dego i zachodzi a i = b i .
Z ka»dym wielominem f mo»na w naturalny sposób powi¡za¢ funkcj¦ ¯f(x) : R → R (warto±¢ funkcji na
argumencie b ∈ R wylicza si¦ wstawiaj¡c b w miejsce x w wyra»eniu opisuj¡cym f). Zwracam jednak uwag¦,
»e formalnie wielomiany i odpowiadaj¡ce im funkcje to ró»ne obiekty.
Fakt 95 Nie jest prawd¡, »e dwa ró»ne wielomiany nad tym samym pier±cieniem zawsze opisuj¡ ró»ne
funkcje 8 .
Szkic dowodu: We¹my jako R ciaªo Z 11 i wielomiany f = 0 oraz g = x 11 − x. Obydwa opisuj¡ funkcje stale
równ¡ 0 (drugi z nich na mocy maªego twierdzenia Fermata). Zreszt¡, dla dowolnego pier±cienia sko«czonego
R, zbiór wielomianów nad F jest niesko«czony, a R R sko«czony. ✷
Zbiór wielomianów nad pier±cieniem R oznaczamy jako R[x]. W zbiorze R[x] mo»na wprowadzi¢ dziaªania
sumy + i iloczynu · w nast¦puj¡cy, naturalny sposób:
Denicja 96 Niech f = a n x n +a n−1 x n−1 +. . . a 1 x 1 +a 0 x 0 , g = b m x n +b m−1 x m−1 +. . . b 1 x 1 +b 0 x 0 . Wtedy:
∑
f + g =
(a i + b i )x i
f · g =
0≤i≤max{m,n}
∑
( ∑
0≤i≤m+n 0≤j≤i
a j b i−j )x i
Przykªad 97 Przykªad dodawania i mno»enia wielomianów nad Z 6 . Niech f = 3x 2 + 2x + 2, g = 5x + 4.
Wtedy f + g = 3x 2 + x, a fg = 3x 3 + 4x 2 + 2x + 2.
Šatwo sprawdzi¢, »e
Fakt 98 Je±li R jest pier±cieniem przemiennym, f, g ∈ R[x], p = fg, r = f +g, to ∀a ∈ R : ¯p(a) = ¯f(a)ḡ(a)
oraz ¯r(a) = ¯f(a) + ḡ(a).
Fakt 99 Niech f i g b¦d¡ wielomianami na pier±cieniem R odpowiednio stopnia m i n. Wtedy:
(i) f + g ma stopie« mniejszy lub równy max{m, n},
(ii) f · g ma stopie« mniejszy lub równy m + n.
(iii) Je±li R jest ciaªem, to f · g ma stopie« równy m + n. W szczególno±ci, je±li f ≠ 0 oraz g ≠ 0, to
fg ≠ 0.
Szkic dowodu: Pierwsze dwa podpunkty s¡ oczywiste. Trzeci wynika z faktu, »e w ka»dym ciele równo±¢
ab = 0 implikuje a = 0 lub b = 0. Zatem iloczyn wspóªczynników wiod¡cych nie mo»e by¢ zerem i staje si¦
wobec tego wspóªczynnikiem wiod¡cym iloczynu wielomianów.
✷
Dowód nast¦puj¡cego faktu jest rutynowy:
Fakt 100 Niech (R, +, ·) b¦dzie pier±cieniem. Wtedy R[x] z dziaªaniami dodawania i mno»enia wielomianów
te» jest pier±cieniem. Je±li R jest przemienny, to R[x] równie». Je±li R jest z jedno±ci¡, to R[x] równie».
1.20 Podzielno±¢ wielomianów
Rozwa»a¢ teraz b¦dziemy pier±cienie wielomianów nad ciaªami. Ciaªo oznacza¢ b¦dziemy zazwyczaj jako
F . Poka»emy, »e dla wielomianów nad ciaªem mo»na rozwin¡¢ kawaªek teorii podzielno±ci, która oka»e si¦
podobna do teorii podzielno±ci liczb caªkowitych.
Fakt 101 Dla ka»dej pary wielomianów f, g ∈ F [x], g ≠ 0 istnieje dokªadnie jedna para wielomianów q,
r takich, »e deg(r) < deg(g) oraz f = qg + r. Wielomian r nazywamy reszt¡ z dzielenia f przez g. W
szczególno±ci reszta z dzielenia wielomianu f przez dwumian x − c jest staª¡.
8 Ale, jak zobaczymy pó¹niej, ró»ne wielominy nad niesko«czonymi ciaªami opisuj¡ ró»ne funkcje.
16

Szkic dowodu: Istnienie. Je±li deg(f) < deg(g), to wystarczy przyj¡¢ q = 0, r = f. W przeciwnym
wypadku przeprowadzamy indukcj¦ po stopniu f. Niech f = a n x n +a n−1 x n−1 +. . . a 1 x 1 +a 0 x 0 , g = b m x m +
b m−1 x m−1 + . . . b 1 x 1 + b 0 x 0 , n ≥ m. Rozwa»my wielomian h = f − (a n b −1
m x n−m )g. Wspóªczynnik przy x n
wielomianu h jest równy 0, a zatem deg(h) < deg(f) i mo»na do niego zastosowa¢ zaªo»enie indukcyjne: h =
q ′ g +r. Teraz f = h+(a n b −1
m x n−m )g = q ′ g +r +(a n b −1
m x n−m )g = (q ′ +(a n b −1
m x n−m ))g +r. Jednoznaczno±¢.
Je±li f = qg + r = q ′ g + r ′ , to (q − q ′ )g = r ′ − r. Wielomian z prawej strony ma stopie« mniejszy od deg(g),
wi¦c q = q ′ (bo inaczaj wielomian z prawej miaªby stopie« wi¦kszy b¡d¹ równy deg(g). St¡d caªa lewa strona
jest zerem, wi¦c prawa te»: r ′ = r.
✷
Przedstawiony dowód sugeruje metod¦ dzielenia wielomianów. Zilustrowali±my j¡ na przykªadzie. Jest
to metoda b¦d¡c¡ uogólnieniem pisemnego dzielenia wielomianów w R[x]
Denicja 102 Mówimy, »e wielomian f dzieli g je±li istnieje taki wielomian h, »e g = f · h. Podobnie jak
w przypadku dzielenia liczb caªkowitych piszemy wtedy f|g.
Fakt 103 (i) Je±li fg = c, gdzie c ≠ 0 jest staª¡, to zarówno f jak i g s¡ staªymi.
(ii) Je»eli f|g oraz g|f, to f = cg dla pewnej staªej c.
Denicja 104 Mówimy, »e wielomian f, nie b¦d¡cy staª¡, jest nierozkªadalny (nieredukowalny lub pierwszy)
w F [x] je±li nie istniej¡ wielomiany g, h, oba o stopniu mniejszym od stopnia f takie, »e f = gh.
Oczywi±cie wielomiany stopnia 1 s¡ z denicji nierozkªadalne.
Denicja 105 Najwi¦kszym wspólnym dzielnikiem wielomianów f i g, jest taki wielomian h, »e h|f, h|g
oraz dowolny inny wspólny dzielnik f i g ma stopie« nie wi¦kszy ni» h.
Za chwil¦ poka»emy, »e ka»da para niezerowych wielomianów ma najwi¦kszy wspólny dzielnik. Mo»na
zauwa»y¢, »e najwi¦kszy wspólny dzielnik dwóch wielomianów jest jednoznaczny z dokªadno±ci¡ do czynnika
staªego. Dokªadniej, je±li h i h ′ s¡ najwi¦kszymi wspólnymi dzielnikami f i g, to h = ch ′ dla pewnej
staªej c. Oznacza, to »e istnieje dokªadnie jeden unormowany najwi¦kszy wspólny dzielnik, gdzie wielomian
unormowany, to wielomian o wspólczynniku wiod¡cym równym 1.
Lemat 106 (i) Dla ka»dej pary f, g ∈ F [x] istnieje najwi¦kszy wspólny dzielnik.
(ii) Je±li h jest najwi¦kszym wspólnym dzielnikiem f i g, to istniej¡ takie wielomiany a i b, »e af + bg = h.
Szkic dowodu:
(i) U»ywamy algorytmu analogicznego do algorytmu Euklidesa dla liczb caªkowitych. Korzystamy z faktu,
»e je±li g = fq + r ka»dy wspólny dzielnik f i g jest te» wspólnym dzielnikiem f i r. W pewnym
momencie musimy dosta¢ reszt¦ 0 (bo stopnie reszt musz¡ male¢). Poprzednia reszta jest najwi¦kszym
wspólnym dzielnikiem.
(ii) Rozwa»amy zbiór {af + bg : a, b ∈ F [x]}. Wszystkie reszty pojawiaj¡ce si¦ podczas wykonywania
algorytmu Euklidesa nale»¡ do tego zbioru.
✷
Przykªad 107 Przykªad zastosowania algorytmu Euklidesa do wyznaczania najwi¦kszego wspólnego dzielnika
pary wielomianów: x 3 + x 2 + 3x + 3 oraz 2x 2 + 3x + 1 w Z 7 . Wynik: 5x + 5. Oczywi±cie ka»da
wielokrotno±¢ wyniku te» jest n.w.d. (np. x + 1).
Lemat 108 Je±li f|g 1 g 2 . . . g k oraz f jest nierozkªadalny, to f|g i dla pewnogo i.
Szkic dowodu: Podamy dowód dla przypadku k = 2. Uogólnienie na wi¦ksze k jest ªatwe. Zaªó»my, »e f
nie dzieli g 2 . Poniewa», f nie ma nietrywialnych dzielników, wi¦c najwi¦kszy wspólny dzielniki f i g 2 musi
by¢ staª¡ c ≠ 0. Zatem istniej¡ wielomiany a, b takie, »e af + bg 2 = c. St¡d afg 1 + b(g 1 g 2 ) = cg 1 . Zatem
f|cg 1 , a zatem tak»e f|g 1 .
✷
Powy»szy dowód jest po prostu przetªumaczeniam dowodu analogicznego faktu dla liczb caªkowitych.
Podobnie dowodzi si¦ innych tego typu wªasno±ci (kluczowy jest tu fakt, »e mamy twierdzenie o dzieleniu z
reszt¡ i algorytm Euklidesa).
Fakt 109 Je±li f 1 , f 2 , . . . , f k s¡ nierozkªadalne oraz dla wszystkich i: f i |h, to f 1 f 2 . . . f k |h.
Twierdzenie 110 (Bezout) Reszta z dzielenia wielomianu f przez x − c jest równa ¯f(c). W szczególno±ci
x − c|f wtedy i tylko wtedy, gdy ¯f(c) = 0.
Denicja 111 Element c taki, »e ¯f(c) = 0 nazywamy pierwiastkiem wielomianu f.
Fakt 112 Wielomian f ∈ F [x] stopnia n ma najwy»ej n pierwiastków.
17

Szkic dowodu: Zaªó»my nie wpost, »e istnieje n + 1 pierwiastków a 1 , a 2 , . . . a n+1 . Na mocy twierdzenia
Bezouta f dzieli si¦ przez x − a i , dla wszystkich i. Poniewa» x − a i s¡ nierozkªadalne, wi¦c f musi si¦ dzieli¢
tak»e przez (x − a 1 )(x − a 2 ) . . . (x − a n+1 ). Stopie« ostatniego wielomianu jest jednak równy n + 1, co daje
sprzeczno±¢.
✷
Wracamy teraz do twierdzenia o cykliczno±ci grupy multiplikatywnej ciaªa sko«czonego.
Twierdzenie 113 Grupa multiplikatywna dowolnego ciaªa sko«czonego F jest cykliczna
Szkic dowodu: Niech G b¦dzie rozwa»an¡ grup¡ multiplikatywn¡. Niech G k = {g ∈ G : g k = 1}. Poka»emy,
»e |G k | ≤ k dla dowolengo k. Na mocy Faktu 91 gwaratnuje to cykliczno±¢ G. a ∈ G k wtedy i tylko wtedy,
gdy a k + (−1) = 0. a k + (−1) jest wielomianem nad ciaªem F . Wykorzystujemy fakt, »e dowolnym ciele
wielomian stopnia k ma najwy»ej k pierwiastków.
✷
1.21 Przykªad zastosowania wielomianów
Twierdzenie 114 Niech x 1 , . . . , x n oraz y 1 , . . . , y n b¦d¡ elementami ciaªa F (x i parami ró»ne). Wtedy
istnieje dokªadnie jeden wielomian f stopnia mniejszego od n taki, »e f(x i ) = y i dla 1 ≤ i ≤ n.
Szkic dowodu: Szukany wielomian mo»e by¢ zbudowany przy u»yciu tzw. wzorów interpolacyjnych (istnieje
kilka wersji; ka»da prowadzi oczywi±cie do tego samego wyniku). Poni»ej przedstawiam wzory interpolacyjne
Lagrange'a. Wzory Lagrange'a. Wyliczamy wielomiany l k (x) dla i = 1, . . . , n.
Teraz:
l k (x) =
f(x) =
n∏
i=0,i≠k
x − x i
x k − x i
.
n∑
y k · l k (x).
k=1
Uzyskany wielomian ma »¡dan¡ wªasno±¢, bo l k (x i ) = 0 dla i ≠ k oraz l k (x k ) = 1. Jednoznaczno±¢ ªatwo
wykaza¢ u»ywaj¡c twierdzenia o liczbie pierwiastków wielomianu.
✷
Przykªad 115 Zaªó»my, »e n osób chce wspóªdzieli¢ sekret (np. liczb¦ z Z p , p piewrsze) w ten sposób, »e
tylko gdy zbior¡ si¦ wszystkie na raz b¦d¡ w stanie go odtworzy¢. Niech a 0 ∈ Z p b¦dzie sekretem. Losujemy
elementy a 1 , a 2 , . . . , a n−1 , u 1 , u 2 , . . . , u n ∈ Z p . Elementy a i s¡ tajne, u i jawne. Deniujemy wielomian
f = a 0 +a 1 x+. . . a n−1 x n−1 . Osoba i otrzymuje warto±¢ ¯f(u i ). Teraz, je±li zbierze si¦ n osób, to b¦d¡ w stanie
odtworzy¢ caªy wielomian, a wi¦c m.in. wyliczy¢ a 0 , u»ywaj¡c wzorów z dowodu poprzedniego twierdzenia.
Je±li jednak zbierze si¦ dowolych n−1 osób, to b¦d¡ znaªy warto±ci f tylko w n−1 punktach i ka»da warto±¢
a 0 (zauwa», »e a 0 to warto±¢ ¯f(0)) b¦dzie umo»liwiaªa zbudowanie dokªadnie jednego wielomianu zgodnego
z ich wiedz¡. Zatem nie b¦d¡ miaªy »adnej wiedzy o a 0 .
Powy»szy pomysª mo»na ªatwo zmodykowa¢ do sytucji, gdy osób jest n, ale chcemy, aby sekret mo»na
byªo zrekonstruowa¢, gdy zbierze si¦ co najmniej k (dla pewnego k ≤ n) osób: losujemy wtedy wielomian
stopnia mniejszego od k i przekazujemy ka»dej z osób informacj¦ o jednym punkcie. Dowolne k osób posiada
wtedy informacje pozwalaj¡c¡ odtworzy¢ caªy wielomian.
1.22 Kilka informacji o ciaªach sko«czonych
Niech h b¦dzie pewnym wielomianem nad ciaªem F . W F [x] wprowadzamy relacj¦ f ≡ h g wtw f − g|h.
Analogiczn¡ relacj¦ wprowadzili±my Z. Nietrudno pokaza¢, »e zachodzi fakt analogiczny do Faktu 64:
Fakt 116 (i) je±li f ≡ h f ′ oraz g ≡ h g ′ , to f + g ≡ h f ′ + g ′
(ii) je±li f ≡ h f ′ oraz g ≡ h g ′ , to fg ≡ h f ′ g ′
Zatem wprowadzone relacje zachowuj¡ dodawanie i mno»enie. Mo»emy rozwa»a¢ zbiór klas abstrakcji z
dziaªaniami dodawania i mno»enia. Uzyskana struktura jest obrazem homomorcznym F [x], a zatem jest
pier±cieniem przemiennym z jedno±ci¡. Kontynuuj¡c analogi¦ z Z:
Twierdzenie 117 Je±li f ∈ F [x] jest wielomianem nierozkªadalnym stopnia d, to zbiór klas abstrakcji ≡ p z
dziaªaniami mno»enia i dodawania stanowi ciaªo. Ciaªo to ma |F | d elementów.
✷
18

Szkic dowodu: Elementy odwrotne istniej¡ dokªadnie z tych samych powodów, z jakich istniaªy w Z p (mo»na
je wylicza¢ stosuj¡c algorytm Euklidesa). Elementami ciaªa s¡ wszystkie mo»liwe reszty z dzielenia przez f.
Jest ich wªa±nie |F | d .
✷
Mo»na pokaza¢, »e w ten sposób uzyskujemy wszsytkie mo»liwe ciaªa: w ka»dym F [x] istniej¡ wielomiany
nierozkªadalne dowolnych stopni, wi¦c potramy skonstruowa¢ ciaªo o p n elementach dla dowolnego
p pierwszego i n naturalnego. Nie ma ciaª o innych mocach sko«czonych. Ka»de dwa ciaªa sko«czone o tej
samej mocy s¡ izomorczne. Nie podajemy dowódów tych faktów.
Przykªad 118 Zbudujmy ciaªo 4-elementowe. 4 = 2 2 , wi¦c bierzemy F = Z 2 i potrzebujemy wielomianu
nierozkªadalnego stopnia 2. Takiem wielomianem (jedynym w tym wypadku) jest x 2 +x+1. Elementami ciaªa
b¦d¡ 0, 1, x, x + 1 (albo ich klasy abstrakcji ze wzgl¦du na ≡ x 2 +x+1). Tabelki dziaªa« ªatwo ju» skonstruowa¢
Wielomiany nad ciaªami sko«czonymi (np. nad ciaªem 256-elementowym) s¡ podstaw¡ konstrukcji bardzo
popularnych kodów korekcyjnych Reeda-Solomona (u»ywanych m.in. na pªytach CD i DVD oraz w
transmisjach satelitarnych). Na wykªadzie krótko zarysowaªem ich ogóln¡ ide¦.
2 Przestrzenie liniowe
2.1 Denicja
Denicja 119 Zbiór V nazywamy przestrzeni¡ liniow¡ (wektorow¡) nad ciaªem K je±li zdeniowane s¡ dwa
dziaªania: + : V × V → V i · : K × V → V oraz, dla dowolnych α, β ∈ K, u, v ∈ V zachodzi:
(a) (V, +) jest grup¡ przemienn¡,
(b) (α + β) · v = α · v + β · v
(c) α · (v + u) = α · v + α · u.
(d) (α · β) · v = α · (β · v)
(e) 1 · v = v (gdzie 1 jest elementem neutralnym dziaªania multiplikatywnego w K).
Elementy zbioru V nazywamy wektorami, a ciaªa K skalarami.
Zazwyczaj na oznaczenie dziaªa« w przestrzeni liniowej u»ywamy tych samych symboli (+ i ·), co na
oznaczenia dziaªa« w ciele K. Element neutralny (V, +) b¦dziemy oznacza¢ symbolem ⃗0.
Istnieje uogólnienie poj¦cia przestrzeni liniowej poj¦cie moduªu, deniowane nad pier±cieniami zamiast
nad ciaªami.
Z denicji przestrzeni mo»na wyprowadzi¢ szerego dodatkowych wªasno±ci:
Fakt 120 Dla dowolnego α ∈ K oraz v ∈ V zachodzi:
(i) 0 · v = ⃗0 (0 oznacza element neutralny addytywnego dziaªania w K)
(ii) α · ⃗0 = ⃗0
(iii) αv = ⃗0 wtedy i tylko wtedy, gdy α = 0 lub v = ⃗0
(iv) (−1)v jest wektorem odwrotnym do v (-1 oznacza element przeciwny do elementu neutalnego dziaªania
multiplikatywnego w ciele K)
2.2 Przestrze« K n
Niech K b¦dzie dowolnym ciaªem. Przez K n oznaczamy zbiór n-elementowych ci¡gów elementów z K:
K n = {(α 1 , . . . , α n ) : α i ∈ K}. Wprowadzamy dziaªanie + : K n × K n → K n :
(α 1 , . . . , α n ) + (β 1 , . . . , β n ) = (α 1 + β 1 , . . . , α n + β n ).
Deniujemy tak»e mno»enie elementów K n przez elementy K:
α · (α 1 , . . . , α n ) = (α · α 1 , . . . , α · α n ).
Fakt 121 Zbiór K n z dziaªaniami zdeniowanymi jak wy»ej jest przestrzeni¡ liniow¡ nad ciaªem K.
Zauwa»my, »e np. przestrze« R 2 mo»na uto»samia¢ z przestrzeni¡ wektorów swobodnych na pªaszczy¹nie.
19

2.3 Inne przykªady przestrzeni liniowych
Przykªad 122 (a) Ciaªo K jest przestrzeni¡ liniow¡ nad sob¡ (tak naprawd¦ jest to przestrze« K 1 ).
(b) Zbiór niesko«czonych ci¡gów nad K (dziaªania zdeniowane podobnie jak dla K n ).
(c) Zbiór wielomianów nad ciaªem K, K[x], nad ciaªem K (dziaªania zdeniowane w naturalny sposób).
(d) Zbiór funkcji z R w R z dziaªaniami deniowanymi nast¦puj¡co: (f + g)(x) = f(x) + g(x), (αf)(x) =
α(f(x)) (jest to przestrze« nad ciaªem R).
(e) Zbiór funkcji z X w przestrze« liniow¡ V nad ciaªem K, z dziaªaniami jak wy»ej (jest to przestrze«
nad ciaªem K).
2.4 Podprzestrzenie
Denicja 123 Niech V b¦dzie przestrzeni¡ liniow¡ nad ciaªem K. Mówimy, »e U jest podprzestrzeni¡ V
je±li U ⊆ V i U jest przestrzeni¡ liniow¡ nad K.
Przykªad 124 (a) Zbiór wielomianów stopnia mniejszego od 10 nad ciaªem K jest podprzestrzeni¡ K[x].
(b) {(a, b, c) : a + b + c = 0} jest podprzestrzeni¡ R 3 .
Fakt 125 Niepusty podzbiór S wektorów przestrzeni liniowej V jest podprzestrzeni¡ V wtedy i tylko wtedy,
gdy S jest zamkni¦ty na dodawanie wektorów i mno»enie przez skalary.
2.5 Kombinacje liniowe wektorów
Denicja 126 Niech V b¦dzie przestrzeni¡ liniow¡ nad ciaªem K. Niech v 1 , . . . v k b¦d¡ elementami V .
Wektor v = α 1 v 1 + . . . α k v k , (α i ∈ K) nazywamy kombinacj¡ liniow¡ wektorów v 1 , . . . , v k o wspóªczynnikach
α 1 , . . . , α k . Niech A ⊆ V . Przez LIN(A) oznaczamy zbiór wszystkich liniowych kombinacji wektorów z A.
Zbiór ten nazywamy otoczk¡ liniow¡ A lub podprzestrzeni¡ rozpi¦t¡ (lub generowan¡) przez A.
Fakt 127 LIN(A) jest rzeczywi±cie podrzestrzeni¡ V . Jest to najmniejsza podprzestrze« zawieraj¡ca zbiór
A.
2.6 Liniowa niezale»no±¢
Denicja 128 Ukªad wektorów v 1 , . . . , v k przestrzeni V jest liniowo niezale»ny je±li α 1 v 1 + . . . + α k v k = ⃗0
tylko dla α 1 = . . . = α k = 0. Ukªad wektorów, który nie jest liniowo niezale»ny nazywamy liniowo zale»nym.
Niemal wprost z denicji wynika, »e wektor zerowy nie mo»e by¢ elementem ukªadu liniowo niezale»nego,
ka»dy podzbiór ukªadu liniowo niezale»nego jest liniowo niezale»ny, ka»dy nadzbiór zbioru liniowo zale»nego
jest liniowo zale»ny.
Przykªad 129 W R 3 :
(a) (1, 2, 3), (2, 3, 4), (6, 10, 14) s¡ liniowo zale»ne,
(b) (1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0) s¡ liniowo niezale»ne,
Lemat 130 Ukªad niezerowych wektorów v 1 , . . . , v k
wektorów v i jest kombinacj¡ linow¡ pozostaªych.
jest liniowo zale»ny wtedy i tylko wtedy, gdy jeden z
Lemat 131 (i) Ukªad wektorów v 1 , . . . , v k jest liniowo zale»ny wtedy i tylko wtedy, gdy zawiera wªa±ciwy
podzbiór rozpinaj¡cy LIN(v 1 , . . . , v k ).
(ii) Ka»dy sko«czony ukªad wektorów v 1 , . . . , v k zawiera liniowo niezale»ny podzbiór generuj¡cy LIN(v 1 , . . . , v k ).
2.7 Baza i wymiar przestrzeni
Denicja 132 Ukªad wektorów B jest baz¡ przestrzeni V , gdy LIN(B) = V i B jest liniowo niezale»ny.
Mówimy, »e przestrze« jest sko«czenie wymiarowa, gdy jest postaci LIN(v 1 , . . . , v k ) dla pewnych wektorów
v 1 , . . . , v k .
Twierdzenie 133 Ka»da przestrze« sko«czenie wymiarowa ma baz¦.
20

Szkic dowodu: Wynika to z lematu 131, cz¦±¢ (ii) ✷
Mo»na tak»e pokaza¢, »e dowolna przestrze« liniowa ma baz¦. Dowód tego faktu pomijamy.
Przykªad 134 (a) Przykªadowymi bazami przestrzeni R 3 s¡ (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) oraz (1, 1, 1), (1, 1, 0),
(1, 0, 0).
(b) Baz¡ R n jest (1, 0, . . . , 0), (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , (0, 0, . . . , 0, 1). Nazywamy j¡ baz¡ kanoniczn¡ lub standardow¡.
(c) Baz¡ R[x] jest np. niesko«czony ukªad wielomianów 1, x, x 2 , x 3 , . . ..
Fakt 135 Niech ukªad v 1 , . . . v l b¦dzie liniowo niezale»ny oraz dla wszystkich i: v i ∈ LIN(e 1 , . . . e k ). Wtedy
l ≤ k.
Szkic dowodu: Indukcja po l. Szczegóªy na wykªadzie. ✷
Wniosek 136 Ka»dy ukªad zawieraj¡cy wi¦cej ni» n wektorów przestrzeni K n jest liniowo zale»ny
Szkic dowodu: K n jest rozpinana przez n wektorów: K n = LIN((1, 0, 0, . . . , 0), (0, 1, 0, 0, . . . , 0), . . . , (0, 0, . . . , 0, 1))
✷
Wniosek 137 Je±li LIN(v 1 , . . . , v k ) = LIN(u 1 , . . . , u l ) oraz ukªady v 1 , . . . , v k i u 1 , . . . , u l s¡ liniowo niezale»ne,
to k = l.
Wniosek 138 Ka»de dwie bazy sko«czenie wymiarowej przestrzeni V s¡ równoliczne
Denicja 139 Wymiarem przestrzeni V nazwywamy liczb¦ wektorów dowolnej bazy V .
Twierdzenie 140 Ka»dy wektor ma jednoznaczne przedstawienie wzgl¦dem bazy.
Je±li e 1 , . . . , e k jest baz¡ przestrzeni V , v = α 1 e 1 + . . . + α k e k , to wspóªczynniki α i nazwywamy wspóªrz¦dnymi
wektora v wzgl¦dem bazy e 1 , . . . , e k . Na mocy poprzedniego twierdzenia s¡ one wyznaczone jednoznacznie.
Wektor wspóªrz¦dnych v w bazie B oznaczamy jako [v] B .
2.8 Przeksztaªcenia liniowe
Podobnie jak dla grup i innych struktur algebraicznych, dla przestrzeni liniowych mo»emy zdenowa¢ poj¦cie
homomorzmu. Homomorzmy przestrzeni liniowych nazywa si¦ zwykle przeksztaªceniami lub funkcjami
liniowymi.
Denicja 141 Niech V i U b¦d¡ przestrzeniami liniowymi nad ciaªem K. Funkcj¦ J : V → U nazywamy
przeksztaªceniem liniowym je±li:
(a) ∀v 1 , v 2 ∈ V zachodzi L(v 1 + v 2 ) = L(v 1 ) + L(v 2 )
(b) ∀α ∈ K, v ∈ V zachodzi L(αv) = αL(v).
Poj¦cia j¡dra i obrazu przeksztaªcenia liniowego L okre±lamy podobnie jak dla grup: Ker(L) = {v ∈ V :
L(v) = ⃗0}, Im(L) = {L(v) : v ∈ V }. Poniewa» Ker(L) i Im(L) s¡ podgrupami (patrz Fakt 54), odpowiednio
V i U, z dziaªaniem dodawania wektorów, wi¦c:
Lemat 142 Je±li V i U s¡ przestrzeniami liniowymi nad ciaªem K, a L : V → U jest przeksztaªceniem
liniowym, to Ker(L) jest podprzestrzeni¡ V , a Im(L) jest podprzestrzeni¡ U.
Szkic dowodu: Trzeba sprawdzi¢ dodatkowo zamkni¦to±¢ na dziaªanie mno»enia przez skalary. ✷
Przykªad 143 (a) Trywialne przeksztaªcenie przyporz¡dkowuj¡ce ka»demu wektorowi wektor zerowy jest
przeksztaªceniem liniowym.
(b) Przeksztaªcenie L : R 3 → R 2 , L((x, y, z)) = (x + y, z) jest przeksztaªceniem liniowym. Jego j¡drem
jest zbiór wektorów postaci (x, −x, 0), a obrazem caªy zbiór R 2 .
(c) Przeksztaªcenie L : R 3 → R 2 , L((x, y, z)) = (xy, z) nie jest liniowe.
(d) Przeksztaªcenie L : R 2 → R 2 , L((x, y)) = (x + 2, z + 3) nie jest liniowe.
21

(e) Przeksztaªcenie przyporz¡dkowuj¡ce wielomianowi z R[x] wielomian b¦d¡cy jego pochodn¡ jest przeksztaªceniem
linowym R[x] w siebie. Jego j¡drem jest zbiór wielomianów staªych, a obrazem caªy zbiór
R[x].
(f) Przeksztaªcenie przestrzeni w siebie, przyporz¡dkowuj¡ce wektorowi v wektor αv dla pewnego ustalonego
skalaru α jest liniowe. Jest ono bijekcj¡ wtedy i tylko wtedy, gdy α ≠ 0.
(g) Przeksztaªcenie R 2 w R 2 , które obraca punkt wokóª pocz¡tku ukªadu wspóªrz¦dnych o ustalony k¡t α
jest liniowe.
Denicja 144 Rz¦dem przeksztaªcenia liniowego L, dim(L), nazywamy rz¡d jego obrazu, czyli dim(L) =
dim(Im(L)).
Twierdzenie 145 Dla sko«czenie wymiarowej przestrzeni liniowej V i przeksztaªcenia liniowego L : V → U:
dim(V ) = dim(L) + dim(Ker(L)).
Szkic dowodu: Niech e 1 , . . . , e k b¦dzie baz¡ Ker(L). Rozszerzamy j¡ do bazy 9 V : e 1 , . . . , e k , f 1 , . . . , f l .
Pokazujemy, »e L(f 1 ), . . . , L(f l ) jest baz¡ Im(L).
✷
Fakt 146 (i) Niech L i M b¦d¡ przeksztaªceniami przestrzeni V w przestrze« U. Wtedy ich suma, deniowana
jako L + M, (L + M)(v) = L(v) + M(v), jest równie» przeksztaªceniem liniowym.
(ii) Niech L b¦dzie przeksztaªceniem liniowym V w U. Wtedy iloczyn M przez skalar α, deniowany jako
(αL)(v) = αv, jest rónie» przeksztaªceniem liniowym.
Lemat 147 Zbiór przeksztaªce« liniowych przestrzeni V w U nad ciaªem K ze zdenowanymi powy»ej dzia-
ªaniami sumy i mno»enia przez skalary jest przestrzeni¡ liniow¡ nad ciaªem K.
Szkic dowodu: Zbiór przeksztaªce« z sum¡ jest grup¡ przemienn¡. Proste rachunki pokazuj¡ te», »e zachodz¡
pozostaªe wymagane wªasno±ci dziaªa« dodawania i mno»enia przez skalary.
✷
Dodatkowo zªo»enie przeksztaªce« liniowych jest równie» przeksztaªceniem liniowym:
Fakt 148 Niech L b¦dzie przeksztaªceniem liniowym V w U, a M przeksztaªceniem liniowym U w W . Wtedy
zªo»enie L z M, (ML)(v) = M(L(v)) jest przeksztaªceniem liniowym V w W .
2.9 Dziaªania na macierzach
2.9.1 Podstawowe informacje o macierzach
Formalnie, macierz¡ o wymiarach m na n (macierz¡ o m wierszach i n kolumnach), nad ciaªem K, nazywamy
ka»d¡ funkcj¦ typu {1, . . . , m} × {1, . . . , n} → K. Zbiór macierzy o wymiarach m na n oznacza¢ b¦dziemy
symbolem M mn (K) (lub M mn , o ile ciaªo K jest domy±lne). Macierze zapisujemy zazwyczaj w postaci tabel:
⎡
⎢
⎣
a 1,1 , a 1,2 , . . ., a 1,n
a 2,1 , a 2,2 , . . ., a 2,n
. . ., . . ., . . ., . . .
a m,1 , a m,2 , . . ., a m,n
gdzie a ij jest warto±ci¡ funkcji zwracan¡ dla pary (i, j). W naturalny sposób deniuje si¦ poj¦cia wierszy i
kolumn macierzy.
Wa»n¡ rol¦ odgrywaj¡ pewne szczególne typy macierzy:
(a) Macierz zerowa rozmiaru m na n skªaj¡ca si¦ z samych zer.
(b) Macierze kwadratowe, czyli macierze rozmiaru n na n (n nazywamy wtedy stopniem macierzy):
• macierz przek¡tniowa: same zera, z wyj¡tkiem co najwy»ej elementów na gªównej przek¡tnej, czyli
elementów a 1,1 , a 2,2 , . . . , a n,n ,
• macierz jednostkowa: macierz przek¡tniowa, która ma na przek¡tnej same jedynki,
⎤
⎥
⎦ ,
• macierz trójk¡tna górna: ma pod gªówn¡ przek¡tn¡ same zera
• macierz trójk¡tna dolna: ma nad gªówn¡ przek¡tn¡ same zera
• macierz trójk¡tna: trójk¡tna górna lub dolna
9 Patrz ¢wiczenie 9 z listy 9.
22

2.9.2 Dodawanie macierzy i mno»enie przez skalary
Na zbiorze macierzy o wymiarach m na n mo»na zdenowa¢ dziaªania dodawania i mno»enia przez elementy
K:
⎡
⎢
⎣
a 1,1 , a 1,2 , . . ., a 1,n
a 2,1 , a 2,2 , . . ., a 2,n
. . ., . . ., . . ., . . .
a m,1 , a m,2 , . . ., a m,n
α · ⎢
⎣
⎤ ⎡
⎥
⎦ + ⎢
⎣
⎡
b 1,1 , b 1,2 , . . ., b 1,n
b 2,1 , b 2,2 , . . ., b 2,n
. . ., . . ., . . ., . . .
b m,1 , b m,2 , . . ., b m,n
a 1,1 , a 1,2 , . . ., a 1,n
a 2,1 , a 2,2 , . . ., a 2,n
. . ., . . ., . . ., . . .
a m,1 , a m,2 , . . ., a m,n
Sprawdzenie poni»szego faktu jest rutynowe:
⎤ ⎡
⎥
⎦ = ⎢
⎣
⎤ ⎡
⎥
⎦ = ⎢
⎣
a 1,1 + b 1,1 , a 1,2 + b 1,2 , . . ., a 1,n + b 1,n
a 2,1 + b 2,1 , a 2,2 + b 2,2 , . . ., a 2,n + b 2,n
. . ., . . ., . . ., . . .
a m,1 + b m,1 , a m,2 + b m,2 , . . ., a m,n + b m,n
αa 1,1 , αa 1,2 , . . ., αa 1,n
αa 2,1 , αa 2,2 , . . ., αa 2,n
. . ., . . ., . . ., . . .
αa m,1 , αa m,2 , . . ., αa m,n
Fakt 149 Zbiór macierzy o wymiarach m na n ze zdeniowanymi powy»ej dziaªaniami dodawania i mno»enia
przez skalar jest przestrzeni¡ liniow¡. Jest to przestrze« wymiaru mn.
2.9.3 Mno»enie macierzy
Mno»y¢ wolno tylko macierze o odpowiednich wymiarach. Na pocz¡tek zdeniujemy mno»enie macierzy o
wymiarach 1 na n (wektora poziomego) przez macierz o wymiarach n na 1 (wektor poziomy):
⎡ ⎤
b 1
[a 1 , a 2 , . . . , a n ] · ⎢ b 2
⎥
⎣ . . . ⎦ = [a 1b 1 + a 2 b 2 + . . . + a n b n ].
b n
Wynik takiego mno»enia mo»emy traktowa¢ jak element ciaªa K lub macierz nad K o wymiarach 1 na 1.
Teraz deniujemy iloczyn macierzy A przez B, odpowiednio o wymiarach m na n oraz n na k. Wynikiem
jest macierz o wymiarach n na k. Niech
gdzie A i s¡ wierszami A, a
A =
⎡
⎢
⎣
A 1
A 2
. . .
A m
⎤
⎥
⎦ ,
B = [B 1 , B 2 , . . . B k ],
gdzie B i s¡ kolumnami B. Macierz AB ma nast¦puj¡cy ksztaªt:
⎡
AB =
⎢
⎣
A 1 B 1 , A 1 B 2 , . . ., A 1 B k
A 2 B 1 , A 2 B 2 , . . ., A 2 B k
. . ., . . ., . . ., . . .
A m B 1 , A m B 2 , . . ., A m B k
Inaczej mówi¡c, je±li przez a ij , b ij , c ij oznaczymy odpowiednio elementy macierzy A, B oraz ich iloczynu
AB, to c ij = ∑ n
l=1 a ilb lj .
Na wykªadzie podaªem przykªad praktycznego mno»enia macierzy. Mno»enie macierzy nie jest przemienne
(oczywi±cie je±li mno»enie AB jest wykonalne, to mno»enie BA jest wykonalne tylko je±li obydwie
macierze s¡ wymiarów n na n, dla pewnego n; nawet wtedy jednak nie mamy przemienno±ci). Mo»na jednak
sprawdzi¢, »e
Fakt 150 Mno»enie macierzy jest ª¡czne.
Fakt 151 Niech A, B, C oznaczaj¡ macierze nad ciaªem K, I n jest macierz¡ jednostkow¡ stopnia n, a α
elementem ciaªa K. O ile poni»sze dziaªania s¡ wykonalne, to:
(i) I n A = A, AI n = A,
(ii) A(B + C) = AB + AC,
(iii) (B + C)A = BA + CA,
(iv) α(AB) = (αA)B = A(αB).
⎤
⎥
⎦
⎤
⎥
⎦
⎤
⎥
⎦
23

Zauwa»my, »e mno»enie macierzy jest dziaªaniem w zbiorze macierzy kwadratowych ustalnego stopnia
n. Jak wykazali±my jest ono ª¡czne i ma element neutralny I n . Šatwo jednak zobaczy¢, »e M nn nie tworzy
grupy z dziaªaniem mno»enia nie wszystkie macierze maj¡ elementy odwrotne przykªadem takiej macierzy
(ale nie jedynym) jest macierz zerowa stopnia n. Zatem zbiór macierzy kwadratowych stopnia n tworzy z
dziaªaniami dodawania i mno»enia jedynie pier±cie« (z jedno±ci¡).
2.10 Zwi¡zek macierzy z przeksztaªceniami liniowymi
Lemat 152 Niech V i U b¦d¡ przestrzeniami liniowymi nad ciaªem K. Niech e 1 , . . . , e n b¦dzie baz¡ przestrzeni
V . Niech u 1 , . . . , u n b¦d¡ wektorami z U. Wtedy istnieje dokªadnie jedno przekszaªcenie liniowe
L : V → U takie, »e L(e i ) = u i dla wszystkich i. Wektory u i rozpinaj¡ wtedy obraz L, Im(L) =
LIN({L(e 1 ), . . . , L(e n )}).
Szkic dowodu: Dla v = α 1 e 1 + . . . + α n e n deniujemy L(v) = α 1 u 1 + . . . α n u n . Šatwo sprawdzi¢, »e tak
zdeniowane L jest linowe i speªnia warunek L(e i ) = u i . We¹my teraz dowolne przeksztaªcenie L ′ speªniaj¡ce
warunki lematu. L ′ (v) = L ′ (α 1 e 1 + . . . + α n e n ) = α 1 L(e 1 ) + . . . + α n L(e n ) = α 1 u 1 + . . . + α n u n . A zatem
L ′ = L, co uzasadania unikalno±¢ L.
✷
Niech V i U b¦d¡ przestrzeniami liniowymi nad ciaªem K. Niech E = {e 1 , . . . , e n } b¦dzie baz¡ przestrzeni
V , a F = {f 1 , . . . , f m } baz¡ przestrzeni U. Niech L : V → U b¦dzie przeksztaªceniem liniowym. Obraz
ka»dego wektora e i jest oczywi±cie kombinacj¡ liniow¡ wektorów f i :
L(e i ) = α 1i f 1 + . . . + α mi f m .
Z przeksztaªceniem liniowym L : V → U wi¡»emy macierz A EF (L):
⎡
⎤
α 1,1 , α 1,2 , . . ., α 1,n
A EF (L) = ⎢ α 2,1 , α 2,2 , . . ., α 2,n
⎥
⎣ . . ., . . ., . . ., . . . ⎦
α m,1 , α m,2 , . . ., α m,n
Macierz t¡ nazywamy macierz¡ przeksztaªcenia L w bazach E i F . Zauwa»my, »e i-ta kolumna tej
macierzy to wektor wspóªrz¦dnych obrazu wektora e i wyra»onych w bazie F .
Przykªad 153 Zbudujmy macierz przeksztaªcenia L : R 3 → R 2 , L((x, y, z)) = (x + y, 2z) w bazach standardowych:
[ ] 1 1 0
0 0 2
Istnieje ±cisªa odpowiednio±¢ pomi¦dzy zbiorem przeksztaªce« liniowych przestrzeni V w przestrze« U,
nad ciaªem K, (przy ustalonych bazach E i F , odpowiednio mocy m i n), a zbiorem macierzy M mn (K):
ka»dej macierzy odpowiada dokªadnie jedno przeksztaªcenie liniowe i odwrotnie.
Poni»sza prosta wªasno±¢ pozwoli wykaza¢ nam za chwil¦ kilka ªadnych wªasno±ci tej odpowiednio±ci.
Fakt 154 Niech E b¦dzie baz¡ przestrzeni V nad ciaªem K, v, u ∈ V , α ∈ K. Wtedy [v + u] E = [v] E + [u] E
oraz [αv] E = α[v] E .
Nietrudno teraz dowie±¢:
Fakt 155 (i) Macierz¡ przeksztaªcenia L + M w bazach E, F jest macierz A EF (L) + A EF (M).
(ii) Macierz¡ przeksztaªcenia αL w bazach E, F jest macierz α · A EF (L).
Operacje na macierzach pozwalaj¡ ªatwo wyliczy¢ wspóªrz¦dne obrazu zadanego wektora:
Fakt 156 Niech A EF (L) b¦dzie macierz¡ przeksztaªcenia L w bazach E i F . Wtedy
Sprawdzimy teraz, »e
A EF (L) · [v] E = [L(v)] F
Lemat 157 Macierz zªo»enia przeksztaªce« L i M jest iloczynem macierzy L i M:
A F G (L)A EF (M) = A EG (LM)
24

Szkic dowodu: Sprawdzamy, »e ∀v zachodzi (A F G (L)A EF (M))·v = A EG (LM)·v, a wi¦c, »e iloczyn macierzy
przeksztaªce« L i M zachowuje si¦ przy mno»eniu przez wektory dokªadnie tak jak macierz zªo»enia LM.
Lemat wynika teraz z tego, »e (∀vAv = Bv) → A = B.
✷
Przykªad 158 Rozwa»my przeksztaªcenie L : R 2 → R 2 obracaj¡ce wektor o k¡t ϕ (identykujemy wektor
z punktem pªaszczyzny; przeksztaªcenie obraca ten punkt wzgl¦dem ±rodka ukªadu wspóªrz¦dnych w kierunku
przeciwnym do ruchu wskazówek zegara). Macierz tego przeksztaªcenia w bazie standardowej wygl¡da
nast¦puj¡co:
[ ]
cosϕ −sinϕ
sinϕ
Rozwa»my równie» obrót o k¡t ψ oraz przeksztaªcenie b¦d¡ce zªo»eniem tych obrotów, czyli obrotem o
k¡t ϕ + ψ. Zgodnie z Faktem 157 macierz tego zªo»enia wyra»a si¦ wzorem:
[ ] [ ]
cosψ −sinψ cosϕ −sinϕ
·
sinψ cosψ sinϕ cosϕ
Wykonuj¡c mno»enie macierzy otrzymujemy znane wzory trygonometryczne na sinus i cosinus sumy i ró»nicy
k¡tów:
[ ] [ ]
cos(ψ + ϕ) −sin(ψ + ϕ) cosψ cosϕ − sinψ sinϕ, −cosψ sinϕ − sinψ cosϕ
=
sin(ψ + ϕ) cos(ψ + ϕ) sinψ cosϕ + cosψ sinϕ, −sinψ sinϕ + cosψ cosϕ
2.11 Wyznaczniki
2.11.1 Denicja
cosϕ
Ze szkoªy znamy poj¦cie wyznacznika macierzy kwadratowej drugiego stopnia:
∣ a b
c d ∣ = ad − bc
Poj¦cie to mo»na uogólni¢ na macierze kwadratowe wy»szego stopnia:
Denicja 159 Niech A b¦dzie macierz¡ kwadratow¡ stopnia n nad ciaªem K:
⎡
⎤
a 1,1 , a 1,2 , . . ., a 1,n
A = ⎢ a 2,1 , a 2,2 , . . ., a 2,n
⎥
⎣ . . ., . . ., . . ., . . . ⎦
a n,1 , a n,2 , . . ., a n,n
Wyznacznikiem macierzy A (oznaczenia: |A| lub detA) nazwamy sum¦:
∑
f∈S n
sgn(f)a 1,f(1) a 2,f(2) . . . a n,f(n) ,
gdzie f przebiega wszystkie permutacje zbioru {1, . . . , n}, a sgn(f) jest znakiem permutacji f.
Wyznacznik jest zatem funkcj¡, która przyporz¡dkowuje macierzy kwadratowej nad ciaªem K element
K. Šatwo sprawdzi¢, »e szkolny wzór na wyznacznik macierzy stopnia 2 zgadza si¦ z nasz¡ denicj¡. Istnieje
prosty sposób na szybkie wyliczanie wyznaczników stopnia 3, tzw. metoda Sarrusa (...)
Wyznaczanie warto±ci wyznaczników wy»szych stopni wprost z denicje jest »mudne (wymaga wyliczenia
n! iloczynów). Istniej¡ na szcz¦±cie metody pozawalaj¡ce usprawni¢ t¡ czynno±¢. Wprost z denicji mo»emy
za to sprawdzi¢:
Fakt 160 Wyznacznik macierzy trójk¡tnej (a wi¦c w szczególno±ci tak»e przek¡tniowej) jest iloczynem elementów
na jej gªównej przek¡tnej.
2.11.2 Podstawowe wªasno±ci
Denicja 161 Macierz¡ transponowan¡ do A, A T nazywamy macierz, której wierszami s¡ kolumny A.
Dokªadniej elementem na pozycji i, j w A T jest element, który w A stoi na pozycji j, i.
Fakt 162 |A| = |A T |.
25

Szkic dowodu: Obserwujemy, »e we wzorze |A T | wyst¦puj¡ dokªadnie te same iloczyny, co we wzorze na
|A|, ale iloczyn wyznaczony przez permutacj¦ f we wzorze na A, we wzorze na A T jest wyznaczony przez
f −1 . Przypomnijmy jednak, »e f i f −1 maj¡ te same znaki.
✷
Kolejne fakty formuªowa¢ b¦dziemy dla wierszy, ale na mocy faktu 162 zachodz¡ one tak»e dla kolumn.
Fakt 163 Je±li macierz B uzyskamy z A mno»¡c elementy jednego wiersza przez skalar α, to |B| = α|A|.
Fakt 164 Je±li macierz B uzyskamy z A poprzez zamian¦ miejscami dwóch wierszy A, to |B| = −|A|.
Fakt 165 Wyznacznik, który ma dwa jednakowe wiersze jest równy 0.
Fakt 166
∣
a 1,1 , a 1,2 , . . ., a 1,n
a 2,1 , a 2,2 , . . ., a 2,n
. . . , . . . , . . ., . . .
∣ ∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a ′ i,1 + a′′ i,1 , a′ i,2 + a′′ i,2 , . . ., a′ i,n + =
a′′ i,n
. . . , . . . , . . ., . . .
a n,1 , a n,2 , . . ., a n,n
∣
∣
a 1,1 , a 1,2 , . . ., a 1,n ∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a 2,1 , a 2,2 , . . ., a 2,n
. . . , . . . , . . ., . . .
a ′ i,1 , a′ i,2 , . . ., +
a′ i,n
. . . , . . . , . . ., . . .
a n,1 , a n,2 , . . ., a n,n
∣
a 1,1 , a 1,2 , . . ., a 1,n
a 2,1 , a 2,2 , . . ., a 2,n
. . . , . . . , . . ., . . .
a ′′
i,1 , a′′ i,2
, . . ., a′′ i,n
. . . , . . . , . . ., . . .
a n,2 , a n,2 , . . ., a n,n
Fakt 167 Dodanie wiersza przemno»onego przez skalar do innego wiersza nie zmienia warto±ci wyznacznika.
Zatem tak»e dodanie do wiersza kombinacji liniowej innych wierszy nie zmienia warto±ci wyznacznika.
Przykªad 168 Poni»szy wyznacznik ªatwo wyliczy¢ odejmuj¡c pierwszy wiersz kolejno od pozostaªych.
1 1 1 1 1
1 2 1 1 1
1 1 3 1 1
1 1 1 4 1
∣ 1 1 1 1 5 ∣
2.11.3 Minory i rozwini¦cie Laplace'a
Denicja 169 Minorem macierzy A (niekoniecznie kwadratowej) nazywamy wyznacznik macierzy M powstaªej
z A po skre±leniu z niej pewnej liczby wierszy i kolumn (M musi by¢ kwadratowa).
Dla macierzy kwadratowej A stopnia n przez M ij oznaczmy minor stopnia n − 1 powstaªy poprzez skre-
±lenie z A i-tego wiersza i j-tej kolumny. Warto±¢ A ij = (−1) i+j M ij nazywamy dopeªnieniem algebraicznym
elementu a ij .
Twierdzenie 170 (Rozwini¦cie Laplace'a) Dla dowolnego i:
detA = a i1 A i1 + a i2 A i2 + . . . a in A in
∣ ∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
oraz
detA = a 1i A 1i + a 2i A 2i + . . . a ni A ni
Szkic dowodu: Odpowiednie pogrupowanie iloczynów pojawiaj¡cych si¦ w denicji wyznacznkia suma
tych iloczynów, które zawieraj¡ a ij , to a ij A ij . Szczegóªy na wykªadzie. Fragment dowodu na ¢wiczenia. ✷
Pierwszy z powy»szych wzorów nazywamy rozwini¦ciem Laplace'a wzgl¦dem i-tego wiersza, a drugi wzgl¦dem
i-tej kolumny.
Fakt 171 Iloczyn elementów wiersza i pomno»ony przez dopeªnienia algebraiczne odpowiednich elementów
wiersza j, j ≠ i wynosi 0:
a i1 A j1 + a i2 A j2 + . . . a in A jn = 0.
2.12 Macierze odwrotne
Twierdzenie 172 (Cauchy) det(AB) = detA · detB.
Szkic dowodu: ‚wiczenie. ✷
Macierz A −1 nazywamy odwrotn¡ do macierzy kwadratowej A stopnia n, gdy AA −1 = A −1 A = I n .
Macierz, która ma macierz odwrotn¡ nazywamy czasem nieosobliw¡.
Twierdzenie 173 Macierz A ma macierz odwrotn¡ wtedy i tylko wtedy, gdy det(A) ≠ 0.
26

Szkic dowodu: ⇒ Wynika z twierdzenia Cauchy'ego. ⇐ Mo»na sprawdzi¢, »e A −1 = 1
|A| · AD , gdzie A D
jest transponowan¡ macierz¡ dopeªnie« algebraicznych na pozycji i, j ma A ji . Korzystamy przy tym z
twierdzenia 170 i faktu 171.
✷
Wniosek 174 Zbiór nieosobliwych macierzy kwadratowych stopnia n z dziaªaniem mno»enia macierzy tworzy
grup¦.
2.13 Ukªady Cramera
Ukªadem równa« liniowych (nad ciaªem K) jest ukªad postaci:
⎧
a 11 x 1 + a 12 x 2 + . . . + a 1n x n = b 1
⎪⎨
a 21 x 1 + a 22 x 2 + . . . + a 2n x n = b 2
,
. . . ⎪⎩
a m1 x 1 + a m2 x 2 + . . . + a mn x n = b n
gdzie a ij ∈ K s¡ wspóªczynnikami ukªadu, b i ∈ K s¡ wyrazami wolnymi, a x i niewiadomymi. Rozwi¡zanie
ukªadu polega na znalezieniu (opisaniu) wszystkich takich ci¡gów x 1 , . . . , x n , które czyni¡ równania z ukªadu
prawdziwymi.
Z powy»szym ukªadem mo»na zwi¡za¢ macierz A = [a ij ]. Je±li oznaczymy przez b pionowy wektor
wyrazów wolnych, to ukªad jest równowa»ny nast¦puj¡cemu równaniu macierzowemu, w którym poszukujemy
pionowego m-elementowego wektora x:
Ax = b.
Ukªad nazywamy ukªadem Cramera je±li m = n oraz detA ≠ 0.
Twierdzenie 175 Ukªad Cramera ma dokªadnie jedno rozwi¡zanie.
Szkic dowodu: x = A −1 b. ✷
Jednoznaczne rozwi¡zaniu ukªadu Cramera mo»na zapisa¢, u»ywaj¡c tzw. wzorów Cramera:
x i = detA k
detA ,
gdzie A k to macierz powstaªa z A poprzez zamian¦ k-tej kolumny na kolumn¦ wyrazów wolnych. Wzory te
mo»na udowodni¢, u»ywaj¡c podanego w dowodzie twierdzenia 173 wzoru na macierz odwrotn¡.
Uwagi: Wzory Cramera maj¡ gªównie znaczenie teoretyczne i nie stosuje si¦ ich raczej w obliczniach
numerycznych. Na razie nie mówimy nic o ukªadach, których m ≠ n lub m = n, ale macierz ukªadu jest
osobliwa. Zajmiemy si¦ nimi wkrótce.
2.14 Równowa»no±¢ wierszowa
Denicja 176 Nast¦puj¡ce operacje na macierzy nazywamy elementarnymi operacjami na wierszach:
(a) zamiana dwóch wierszy miejscami
(b) pomno»enie wiersza przez staª¡ ró»n¡ od zera
(c) dodanie do pewnego wiersza innego wiersza przemno»onego przez skalar
Macierz B jest równowa»na wierszowo macierzy A je±li powstaªa z niej po zastosowaniu pewnej liczby operacji
elementarnych na wierszach.
Poniwa» operacja odwrotna do operacji elementarnej na wierszach jest operacj¡ elementarn¡ na wierszach,
a wi¦c:
Fakt 177 Relacja wierszowej równowa»no±ci macierzy jest relacj¡ równowa»no±ci
27

Szkic dowodu: Zwrotno±¢ i przechodnio±¢ wynikaj¡ prosto z denicji ✷
Lemat 178 Niech A i B b¦d¡ wierszowo równowa»nymi macierzami o wierszach odpowiednio A 1 , . . . , A m
oraz B 1 , . . . , B m . Wtedy LIN(A 1 , . . . , A m ) = LIN(B 1 , . . . , B m ).
Denicja 179 Pierwszy niezerowy wyraz wiersza macierzy nazywamy kierunkowym. Macierz nazwiemy
wierszowo zredukowan¡ je±li:
(a) wszystkie niezerowe wiersze maj¡ wyrazy kierunkowe równe 1,
(b) ka»da kolumna zawieraj¡ca wyraz kierunkowy pewnego wiersza ma pozostaªe wyrazy równe 0,
(c) wszystkie wiersze zerowe znajduj¡ si¦ pod wierszami niezerowymi,
(d) wyraz kierunkowy wiersza i-tego le»y na lewo od wyrazu kierunkowego wiersza j-tego, dla i < j.
Fakt 180 Niezerowe wiersze macierzy wierszowo zredukowanej s¡ liniowo niezale»ne.
Wniosek 181 Niech R b¦dzie zredukowan¡ macierz¡ równowa»n¡ macierzy A.
macierzy R tworz¡ baz¦ przestrzeni rozpinanej przez wiersze A.
Wtedy niezerowe wiersze
Twierdzenie 182 Ka»da macierz jest wierszowo równowa»na macierzy wierszowo zredukowanej.
Szkic dowodu: Dowód konstrukcyjny: metoda eliminacji Gaussa. ✷
Na ¢wiczeniach zobaczymy, »e ka»da macierz jest wierdzowo równowa»na dokªadniej jednej macierzy
zerdukowanej wierszowo.
2.15 Rz¡d macierzy
Denicja 183 Rz¦dem macierzy nazywamy wymiar przestrzeni generowanej przez jej wiersze.
Aby macierz kwadratowa miaªa rz¡d n musi wi¦c mie¢ wszystkie wiersze liniowo niezale»ne. Z lematu
178 dostajemy:
Wniosek 184 Macierze równowa»ne wierszowo maj¡ te same rz¦dy.
Fakt 185 Kwadratowa macierz stopnia n ma rz¡d n wtedy i tylko wtedy, gdy jest wierszowo równowa»na
macierzy I n .
Badanie rz¦du macierzy mo»e polega¢ na przeksztaªceniu jej do postaci zredukowanej i policzeniu jej
wierszy niezerowych. Badanie liniowej niezale»no±ci wektorów przestrzeni K n mo»e polega¢ na wyznaczeniu
rz¦du macierzy, w której s¡ one wierszami s¡ liniowo niezale»ne wtedy i tylko wtedy, gdy ten rz¡d jest
równy liczbie wektorów.
2.16 Rz¡d a minory
Lemat 186 Zaªó»my, »e B zostaªa uzyskana z A za pomoc¡ operacji elementarnych na wierszach. Wtedy,
je±li w A jest niezerowy minor stopnia k, to w B równie» jest niezerowy minor stopnia k.
Szkic dowodu: Zaªó»my, »e w A jest minor niezerowy M stopnia k zbudowany z wierszy i 1 , . . . , i k (i 1 <
i 2 . . . < i k ) oraz kolumn j 1 , . . . , j k . Wystarczy rozwa»y¢ pojedyncz¡ operacj¦ elementarn¡ na A prowadz¡c¡
do macierzy A ′ :
(a) Zamiana miejscami wiersza i z wierszem j - deniujemy funkcj¦ f na numerach wierszy: f(i) = j,
f(j) = i, f(x) = x dla pozostaªych x. Minor A ′ zbudowany z wierszy f(i 1 ), . . . , f ( i k ) ró»ni si¦ od M
najwy»ej kolejno±ci¡ wierszy (a wi¦c znakiem), zatem jest równie» niezerowy.
(b) Przemno»enie wiersza przez niezerowy skalar α : wtedy minor A ′ zbudowany z wierszy o tych samych
numerach co M jest albo równy M albo ma warto±¢ M przemno»on¡ przez α. W obu przypadkach
jest niezerowy.
(c) Zaªó»my, »e A ′ zostaª¡ uzyskana z A poprzez dodanie do wiersza i wiersza j pomno»onego przez
α. Je±li wiersz i nie wchodziª w skªad M, to oczywi±cie M jest minorem A ′ . Je±li zarówno i jak
i j wchodziªy w skªad M, to na M wykonujemy operacj¦, która nie zmienia warto±ci wyznacznika.
Pozostaje zatem przypadek, gdy i wchodzi w skªad M, a j nie. Zaªó»my np., »e i = i 1 . Rozwa»my
wtedy dwa minory A ′′ : M 1 zbudowany z wierszy i 1 , . . . , i k macierzy A ′ oraz M 2 zbudowany z wierszy
j, i 2 . . . , i k (uwaga: j nie musi by¢ oczywi±cie mniejsze od i 1 , wi¦c j-ty wiersz nie musi w tym minorze
by¢ pierwszym). Zaªó»my dodatkowo, »e M 1 jest zerowy. Poka»emy, »e wtedy M 2 jest niezerowy.
28

Wstawmy wiersz j macierzy A ′ na pierwsze miejsce w minorze M 2 (przesuwaj¡c pozostaªe wiersze w
dóª, je±li to konieczne). Uzyskujemy w ten sposób wyznacznik M ′ 2, który ró»ni si¦ do M 2 najwy»ej
znakiem. Na mocy faktów 163, 166 zachodzi M 1 = M + αM ′ 2. Wtedy M ′ 2 = − M α ≠ 0. ✷
Powy»szy lemat pozwala nam poda¢ nast¦puj¡c¡ charakteryzaj¦ rz¦du macierzy :
Twierdzenie 187 Rz¡d macierzy jest równy najwy»szemu ze stopni jej niezerowych minorów.
Szkic dowodu: Wiemy, »e ka»d¡ macierz A mo»na przeksztaªci¢ operacjami elementarnymi na wierszach
do macierzy wierszowo zredukowanej B. Šatwo sprawdzi¢, »e w macierzy zredukowanej najwi¦skszy stopie«
niezerowego minora jest równy liczbie niezerowych wierszy k. Niezerowe wiersze macierzy zredukowanej s¡
maksymalnym zestawem jej wierszy liniowo niezale»nych, czyli rz¦d B wynosi k. Na mocy wniosku 184
rz¡d A równie» wynosi k. Na mocy lematu 186 w A istnieje minor niezerowy stopnia k (przypomnijmy, »e
relacja wierszowej równowa»no±ci jest relacj¡ symetryczn¡). Nie mo»e tam by¢ minora niezerowego wi¦kszego
stopnia, bo wtedy, na mocy tego samego lematu, niezerowy minor takiego stopnia byªby tak»e w B. ✷
W szczególno±ci macierz kwadratowa stopnia n ma rz¡d n wtedy i tylko wtedy, gdy jej wyznacznik jest
ró»ny od zera.
Wniosek 188 Rz¡d macierzy A jest równy rz¦dowi macierzy transponowanej do A.
Transpozyjca macierzy transponuje tak»e ka»dy minor, transpozycja nie zmienia wyznacz-
✷
Szkic dowodu:
nika.
Wniosek 189 Maksymalna liczba liniowo niezale»nych wierszy jest równa maksymalnej liczbie liniowo niezale»nych
kolumn. Rz¡d macierzy jest wymiarem przestrzeni rozpi¦tej na jej kolumnach.
Je±li zdeniujemy zatem poj¦cie kolumnowej równowa»no±ci macierzy (analogicznie do poj¦cia wierszowej
równowa»no±ci) to mo»emy stwierdzi¢, »e macierze równowa»ne kolumnowo maj¡ te same rz¦dy.
2.17 Rz¡d macierzy a rz¡d przeksztaªcenia
Twierdzenie 190 Niech L : V → W b¦dzie przeksztaªceniem liniowym (obie przestrzenie s¡ nad ciaªem
K). Wtedy rz¡d L jest równy rz¦dowi jego macierzy (w dowolnych bazach).
2.18 Macierze elementarne
Denicja 191 Macierz¡ elementarn¡ nazywamy macierz kwadratow¡ powstaª¡ z macierzy jednostkowej po
zastosowaniu jednej z operacji elementarnych na wierszach.
Istniej¡ zatem trzy typy macierzy elementarnych (bo mamy trzy typy operacji elementarnych). Oto
ich przedstawiciele (kolejno: zamiana wiersza drugiego i czwartego, przemno»enie wiersza drugiego przez 7,
dodanie do wiersza trzeciego wiersza czwartego przemno»onego przez 4):
⎡
⎢
⎣
1 0 0 0 0
0 0 0 1 0
0 0 1 0 0
0 1 0 0 0
0 0 0 0 1
⎤
⎥
⎦
⎡
⎢
⎣
1 0 0 0 0
0 7 0 0 0
0 0 1 0 0
0 0 0 1 0
0 0 0 0 1
⎤
⎥
⎦
⎡
⎢
⎣
1 0 0 0 0
0 1 0 0 0
0 0 1 4 0
0 0 0 1 0
0 0 0 0 1
Okazuje si¦, »e ka»d¡ operacj¦ elementarn¡ (wierszowo) na macierzy mo»na interpretowa¢ jako pomno-
»enie (lewostronnie) macierzy przez macierz elementrn¡.
Lemat 192 Ka»da operacja elementarna dokonana na wierszach macierzy A o wymiarach m na n sprowadza
si¦ do pomno»enia A lewostronnie przez odpowiedni¡ macierz elementarn¡ stopnia m.
Fakt 193 Macierze elementarne s¡ nieosobliwe.
⎤
⎥
⎦
29

Szkic dowodu: Macierz jednostkowa jest nieosobliwa. Z wªasno±ci wyznaczników ªatwo sprawdzi¢, »e operacje
elementarne zachowuj¡ nieosobliwo±¢.
✷
Wniosek 194 Je±li macierze A i B s¡ wierszowo równowa»ne to istnieje macierz odwracalna P taka, »e
B = P A.
Szkic dowodu: P jest iloczynem odpowiednich macierzy elementarnych. Jest ona nieosobliwa, a wi¦c i
odwracalna, na mocy twierdzenia 172 (Cauchy'ego).
✷
Twierdzenie 195 Je±li kwadratowa macierz A sprowadza si¦ do macierzy to»samo±ciowej przez ci¡g elementarnych
operacji na wierszach, to ten sam ci¡g operacji zastosowany do macierzy jednostkowej prowadzi
do macierzy odwrotnej do A.
Szkic dowodu: E 1 . . . E k A = I mno»ymy obustronnie przez A −1 . ✷
Powy»sze twierdzenie sugeruje efektywn¡ metod¦ wyznaczania macierzy odwrotnych: na macierzy A
stopnia n wykonujemy operacje elementarne sprowadzaj¡ce j¡ do macierzy zredukowanej. Je±li uzyskamy
macierz jednostkow¡, to ten sam ci¡g operacji elementarnych powtarzamy na macierzy jednostkowej, otrzymuj¡c
macierz odwrotn¡ do A. Je±li za± dojdziemy do macierzy zredukowanej B, która nie jest macierz¡
jednostkow¡, to A nie ma macierzy odwrotnej. Wtedy bowiem B musi mie¢ rz¡d mniejszy od n (mo»na
sprawdzi¢, »e jedyna macierz zredukowana stopnia n rzedu n to I n ). Taki sam rz¡d ma A i wobec komentarza
po twierdzeniu 187 ma ona zerowy wyznacznik, a wi¦c nie jest odwracalna.
Twierdzenie 196 Macierz kwadratowa P jest nieosobliwa wtedy i tylko wtedy, gdy jest iloczynem pewnych
macierzy elementarnych.
Mo»emy zatem wzmocni¢ wniosek 194:
Wniosek 197 Macierze A i B rozmiarów m na n s¡ wierszowo równowa»ne wtedy i tylko wtedy, gdy B = P A
dla pewnej nieosobliwej macierzy P .
2.19 Uwaga o ogólnej równowa»no±ci macierzy
Oprócz operacji elementarnych na wierszach mo»emy rozwa»a¢ analogiczne operacje elementarne na kolumnach.
Twierdzenie 198 Macierze A i B s¡ równowa»ne kolumnowo wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje nieosobliwa
macierz Q taka, »e B = AQ.
Powiemy, »e macierz A jest (ogólnie) równowa»na B je±li jedna powstaje z drugiej po zastosowaniu ci¡gu
operacji elementrnych na wierszach i kolumnach.
Twierdzenie 199 A jest równowa»na B wtedy i tylko wtedy, gdy istniej¡ nieosobliwe P , Q, takie »e B =
P AQ.
Operacjami elementarnymi (na wierszach i kolumnach) mo»na sprowadzi¢ macierz do tzw. postaci Smith'a
(¢wiczenia).
Fakt 200 Macierze równowa»ne maj¡ ten sam rz¡d.
2.20 Ukªady równa« liniowych przypadek ogólny
Przypomnijmy, »e rozwa»amy ukªady postaci
⎧
a 11 x 1 + a 12 x 2 + . . . + a 1n x n = b 1
⎪⎨
a 21 x 1 + a 22 x 2 + . . . + a 2n x n = b 2
,
. . . ⎪⎩
a m1 x 1 + a m2 x 2 + . . . + a mn x n = b m
Z powy»szym ukªadem wi¡»emy macierze
⎡
A =
⎢
⎣
a 1,1 a 1,2 . . . a 1,n
a 2,1 a 2,2 . . . a 2,n
. . . . . . . . . . . .
a m,1 a m,2 . . . a m,n
30
⎤
⎥
⎦

oraz
A ′ =
⎡
⎢
⎣
a 1,1 a 1,2 . . . a 1,n b 1
a 2,1 a 2,2 . . . a 2,n b 2
. . . . . . . . . . . . . . .
a m,1 a m,2 . . . a m,n b m
Pierwsza z nich jest nazywana macierz¡ ukªadu, a druga macierz¡ rozszerzon¡ ukªadu.
Przypomnijmy równie», »e nasz ukªad mo»na zapisa¢ równaniem na macierzach. A −→ x = −→ b , gdzie −→ b jest
wektorem wyrazów wolnych. Jeszcze inn¡ postaci¡ jest równanie wektorowe x 1
−→ a 1 +x 2
−→ a 2 +. . .+x n
−→ a n = −→ b ,
gdzie −→ a i s¡ kolumnami A.
Twierdzenie 201 (Kronecker-Capelli) Ukªad równa« liniowych ma rozwi¡zanie wtedy i tylko wtedy, gdy
rz¡d jego macierzy jest równy rz¦dowi jego macierzy rozszerzonej.
Szkic dowodu: ⇒ Rozwa»amy posta¢ wektorow¡, je±li istnieje rozwi¡zanie, to wektor b jest liniow¡ kombinacj¡
wektorów a i , zatem kolumny macierzy i kolumny macierzy rozszerzonej generuj¡ t¡ sam¡ przestrze«
(której wymiar jest rz¦dem macierzy). ⇐ Zaªó»my, »e obydwa rz¦dy s¡ równe r. Wybieramy r liniowo
niezale»nych kolumn a i . Pozostaªe, w szczególno±ci b s¡ od nich linowo zale»ne. Zale»no±¢ ta gwarantuje
istnienie rozwi¡zania ukªadu.
✷
Dwa ukªady równa« s¡ równowa»ne je±li maj¡ dokªadnie te same rozwi¡zania.
Lemat 202 Operacje elementarne na wierszach macierzy rozszerzonej ukªadu daj¡ macierze rozszerzone
ukªadu równowa»nego.
Wniosek 203 Ka»dy ukªad jest równowa»ny ukªadowi z wierszowo zredukowan¡ macierz¡ rozszerzon¡. (liczba
wierszy niezerowych jest równa rz¦dowi macierzy ukªadu wyj±ciowego).
Jak zatem znale¹¢ wszystkie rozwi¡zania ukªadu: sprowadzi¢ go do postaci wierszowo zredukowanej
(metod¡ eliminacji Gaussa), usun¡¢ wiersze zerowe, a nast¦pnie po lewej stronie pozostawi¢ kolumny z
wyrazami kierunkowymi (reszt¦ przenosimy na praw¡ stron¦) dostaniemy wtedy od razu elegancki opis
peªnego zbioru rozwi¡za«.
Przykªad 204
⎧
⎨
⎩
Wnioskiem z powy»szych rozwa»a« jest:
⎤
⎥
⎦
x 1 − x 2 + 2x 3 − x 4 = 1
2x 1 − 3x 2 − x 3 + x 4 = −1
x 1 + + 7x 3 − 4x 4 = 4
Twierdzenie 205 Ukªad ma dokªadnie jedno rozwi¡zanie, gdy rz¦dy macierzy i macierzy rozszerzonej s¡
równe liczbie niewiadomych.
2.21 Ukªady jednorodne
Ukªad równa« nazwiemy jednorodnym je±li wszystkie jego wyrazy wolne s¡ równe 0.
Twierdzenie 206 Niech E b¦dzie zbiorem rozwi¡za« ukªadu jednorodnego (traktowanych jako wektory) z n
niewiadomymi. Wtedy E jest podprzestrzeni¡ linow¡ przestrzeni K n oraz wymiar E jest równy n − r, gdzie
r jest rz¦dem A.
Szkic dowodu: Twierdzenie to udowodnimy u»ywaj¡c wªasno±ci przeksztaªce« liniowych. Zauwa»my, »e
przeksztaªcenie F : K n → K m , zdeniowane jako F (x) = Ax, gdzie A jest macierz¡ ukªadu jest liniowe
(wynika to na przykªad z wªasno±ci mno»enia macierzy). Zbiór rozwi¡za« naszego ukªadu jest j¡drem F . A
zatem jest podprzestrzeni¡ liniow¡ o rz¦dzie n − r.
✷
Przykªad 207 {
x1 + x 2 + x 3 + x 4 = 0
2x 1 − x 2 − x 3 − x 4 = 0
Twierdzenie 208 Rozawa»my ukªad A −→ x = −→ b i jego dowolne rozwi¡zanie −→ c (A −→ c = −→ b ). Wtedy funkcja
P ( −→ x ) = −→ x + −→ c przeksztaªca wzajemnie jednoznacznie zbiór rozwi¡za« A −→ x = ⃗0 na zbiór rozwi¡za« A −→ x = −→ b .
Zatem aby znale¹¢ wszystkie rozwi¡zania ukªadu A −→ x = −→ b wystarczy znale¹¢ jego jedno rozwi¡zanie
(szczególne) i doda¢ je do wszystkich rozwi¡za« A −→ x = 0.
31

2.22 Interpretacja geometryczna rozwi¡za« ukªadów równa« liniowych
Mo»liwe rozwi¡zania ukªadów z dwiema niewiadomymi nad R, to punkt (0, 0), proste przechodz¡ce przez
pocz¡tek ukªadu lub caªa pªaszczyzna R 2 . Z trzema niewiadomymi: (0, 0, 0), proste lub pªaszczyzny przechodz¡ce
przez pocz¡tek ukªadu lub caªa przestrze« R 3 .
Dzi¦ki twierdzeniu 208 mo»emy scharakteryzowa¢ te» rozwi¡zania ukªadów niejednorodnych: s¡ to rozwi¡zania
ukªadów jednorodnych przesuni¦te o pewnien wektor.
2.23 Zmiana bazy
Zaªó»my, »e w przestrzeni liniowej V nad ciaªem K mamy dane dwie bazy E = {e 1 , . . . , e n } oraz F =
{f 1 , . . . , f n }. Znaj¡c wspóªrz¦dne wektora w bazie E, chcemy wyznaczy¢ jego wspóªrz¦dne w bazie F .
Zapiszmy wektory E jako kombinacje liniowe wektorów z F :
e 1 = α 11 f 1 + α 21 f 2 + . . . α n1 f n
e 2 = α 12 f 1 + α 22 f 2 + . . . α n2 f n
e n = α 1n f 1 + α 2n f 2 + . . . α nn f n
Poni»sz¡ macierz nazywamy macierz¡ przej±cia z bazy E do F .
⎡
⎤
a 1,1 a 1,2 . . . a 1,n
P EF == ⎢ a 2,1 a 2,2 . . . a 2,n
⎥
⎣ . . . . . . . . . . . . ⎦
a n,1 a n,2 . . . a n,n
Oznaczmy przez [v] B wektor wspóªrz¦dnych v w bazie B.
Twierdzenie 209 [v] F = P EF [v] E .
. . .
Szkic dowodu: Kolumny macierzy P EF to wspóªrz¦dne wektorów z E wyra»one w bazie F : P EF =
[[e 1 ] F , . . . , [e n ] F ]. Niech [v] E = (α 1 , . . . , α n ). Wtedy P EF [v] E = α 1 [e 1 ] F + . . . + α n [e n ] F . Na mocy Faktu
154 dostajemy dalej, »e jest to równe: [α 1 e 1 + . . . + α n e n ] F = [v] F . ✷
Zauwa»my, »e macierz P EF jest z denicji macierz¡ przeksztaªcenia idenyczno±ciowego przestrzeni V dan¡
w bazach E i F . Zatem jej rz¡d musi by¢ równy n (bo taki jest rz¡d przeksztaªcenia identyczno±ciowego).
A to w konsekwencji implikuje:
Fakt 210 Macierz przej±cia z bazy do bazy jest nieosobliwa.
Je»eli we wzorze [v] F = P EF [v] E przemno»ymy obie strony lewostronnie przez P −1,
to dostajemy EF [v] E =
EF [v] F . A zatem:
P −1
Fakt 211 P −1
EF
jest macierz¡ przej±cia z bazy F do bazy E.
2.24 Zmiana bazy a zmiana macierzy przeksztaªcenia
W tym podrozdziale zobaczymy jak zachowuj¡ si¦ macierze przeksztaªcenia po zmianie bazy. Zaªó»my, »e
L jest przeksztaªceniem liniowym V w W , w V dane s¡ bazy E = {e 1 , . . . , e n } oraz F = {f 1 , . . . , f n }, za± w
W bazy G = {g 1 , . . . , g n } oraz H = {h 1 , . . . , h n }. Szukamy zwi¡zku pomi¦dzy A EG (L) oraz A F H (L).
We¹my dowolny wektor x ∈ V . Mo»emy zapisa¢:
[L(x)] G = A EG (L)[x] E
[L(x)] H = A F H (L)[x] F
[x] F = P EF [x] E
[L(x)] H = P GH [L(x)] G
Teraz (pierwsza równo±¢ z poª¡czenia drugiego i czwartego z powy»szych wzorów):
Mno»ymy obie strony przez P −1
GH :
P GH [L(x)] G = A F H (L)[x] F = A F H (L)(P EF [x] E ).
[L(x)] G = P −1
GH A F H(L)P EF [x] E
Poniewa» ostatni wzór zachodzi dla dowolnego x oznacza to, »e »e:
32

Fakt 212
A EG (L) = P −1
GH A F H(L)P EF .
Szczególnie ciekawy jest przypadek, kiedy V = W oraz E = G i F = H. Wtedy powy»sza zale»no±¢
wygl¡da nast¦puj¡co:
Fakt 213
A E (L) = P −1
EF A F (L)P EF .
Przykªad 214 Dana jest macierz A przeksztaªcenia L : R 3 → R 3 w bazie kanonicznej E. Znale¹¢ jego
macierz B w bazie F = {(1, 0, 0), (1, 1, 0), (1, 1, 1)}: Zgodnie ze wzorem mamy B = P −1
F E AP F E. Wyliczamy
P F E (ªatwe).
2.25 Macierze podobne
Denicja 215 Macierze kwadratowe A i B nazywamy podobnymi je±li istnieje taka nieosobliwa macierz P ,
»e B = P −1 AP .
Šatwo sprawdzi¢, »e
Fakt 216 Relacja podobie«stwa macierzy jest relacj¡ równowa»no±ci.
Zauwa»my, »e na mocy faktu 213:
Wniosek 217 Macierze liniowego przeksztaªcenia L : V → V w ró»nych bazach s¡ do siebie podobne.
Prawdziwy jest te» fakt poni»szy:
Fakt 218 Dwie macierze podobne stopnia n nad ciaªem K s¡ macierzami tego samego przeksztaªcenia liniowego
przestrzeni wymiaru n w siebie (by¢ mo»e) w ró»nych bazach.
Szkic dowodu: Niech B = P −1 AP . Ustalmy przestrze« V oraz jej baz¦ F . Macierz A mo»emy potraktowa¢
jako macierz pewnego przeksztaªcenia liniowego L : V → V . Potraktujmy kolumny macierzy P jako wspóªrz¦dne
pewnych wektorów E w bazie F . S¡ one liniowo niezale»ne, bo rz¡d macierzy P jest równy n (P jest
nieosobliwa). Zatem wektory E równie» s¡ liniowo niezale»ne i tworz¡ baz¦ V , a P jest macierz¡ przej±cia z
E do F . Na mocy faktu 213, B jest macierz¡ L w bazie E.
✷
2.26 Wektory i warto±ci wªasne
Denicja 219 Przeksztaªcenie liniowe L : V → V nazywamy diagonalizowalnym je±li w pewnej bazie jego
macierz jest przek¡tniowa. Macierz jest diagonalizowalna je±li jest podobna do macierzy przek¡tniowej.
Oczywi±cie ka»da macierz przeksztaªcenia liniowego diagonalizowalnego jest diagonalizowalna.
Chcemy zbada¢ jakie przeksztaªcenia liniowe s¡ diagonalizowalne oraz nauczy¢ si¦ wyznacza¢ ich diagonalne
macierze (i odpowiadaj¡ce im bazy).
Denicja 220 Niech L : V → V b¦dzie przeksztaªceniem liniowym. Je±li L(v) = λv, dla pewnego niezerowego
wektora v i skalara λ (skalar nie musi by¢ niezerowy), to λ nazywamy warto±ci¡ wªasn¡, a v wektorem
wªasnym L.
Jak zobaczymy jedna warto±¢ wªasna mo»e odpowiada¢ wielu wektorom wªasnym.
Intuicja dla przeksztaªce« R n w siebie: wektor wªasny to wektor, który przez przeksztaªcenie liniowe jest
tylko rozci¡gany lub ±ciskany, ale nie zmienia kierunku. Zatem np. obroty nie maj¡ wektorów wªasnych.
Lemat 221 Zbiór wektorów wªasnych odpowiadaj¡cych tej samej warto±ci wªasnej jest (po doª¡czeniu wektora
⃗0) podprzestrzeni¡ liniow¡ V .
33

Szkic dowodu: ‚wiczenie ✷
Poj¦cia wektorów i warto±ci wªasnych przenosz¡ si¦ na macierze:
Denicja 222 Je±li Av = λv, dla pewnej macierzy A, niezerowego wektora v i sklara λ, to v nazwywamy
wektorem wªasnym, a λ warto±ci¡ wªasn¡ macierzy A.
Šatwo sprawdzi¢, »e je»eli λ jest warto±ci¡ wªasn¡ A to jest warto±ci¡ wªasn¡ przeksztaªcenia opisywanego
przez A (i odwrotnie). Poniewa» macierze podobne s¡ macierzami tego samego przeksztaªcenia w ró»nych
bazach, wi¦c
Fakt 223 Macierze podobne maj¡ te same warto±ci wªasne.
Powy»szy fakt mo»emy te» ªatwo udowodni¢ bezpo±rednio nie odwoªuj¡c si¦ do zwi¡zku mi¦dzy macierzami
a przeksztaªceniami liniowymi.
Zastanowimy si¦ teraz jak znajdowa¢ warto±ci i wektory wªasne macierzy.
Lemat 224 Skalar λ jest warto±ci¡ wªasn¡ macierzy A wtedy i tylko wtedy, gdy det(A − λI n ) = 0
Szkic dowodu: Av = λv, wtedy i tylko wtedy, gdy (A − λI n )v = ⃗0. Dostajemy jednorodny ukªad równa«,
który ma rozwi¡zanie niezerowe wtedy i tylko wtedy, gdy rz¡d jego macierzy jest mniejszy od n, a wi¦c, gdy
det(A − λv) = 0.
✷
Wyra»enie det(A − λI n ) jest wielomianem zmiennej λ. Nazywane jest czasem wielomianem charakterystycznym
macierzy A. W tej terminologii warto±ci wªasne s¡ pierwiastkami wielomianu charakterystycznego.
Fakt 225 Macierz stopnia n (czyli tak»e odpowiadaj¡ce jej przeksztaªcenie liniowe pewnej przestrzeni n-
wymiarowej w siebie) ma najwy»ej n warto±ci wªasnych.
Szkic dowodu: Wielomian charakterystyczny ma stopie« n. ✷
[ ] 2 1
Przykªad 226 Wyznaczmy warto±ci i wektory wªasne macierzy . Wielomian charatkerystczny:
1 2
λ 2 − 4λ + 3 = 0 ma dwa pierwiastki: 1 i 3. Dla ka»dego z nich piszemy teraz ukªad równa«, aby znale¹¢
odpowiadaj¡ce im przestrzenie wektorów wªasnych. S¡ to w tym przypadku przestrzenie wymiaru 1.
Twierdzenie 227 Macierz jest diagonalizowalna wtedy i tylko wtedy, gdy ma n liniowo niezale»nych wektorów
wªasnych.
Szkic dowodu: ⇒. D = P −1 AP , czyli P D = AP . Oznaczmy kolumny P przez v 1 , . . . , v n , a elementy z
przek¡tnej D przez λ 1 , . . . , λ n . Ostatnia równo±¢ implikuje, »e λ i v i = Av i . Wektory v i musz¡ by¢ liniowo
niezale»ne, bo P jest odwracalna, a wi¦c ma rz¡d n. ⇐. Niech v 1 , . . . , v n b¦d¡ liniowo niezale»nymi wektorami
wªasnymi A. Wtedy macierz P , która ma v i jako kolumny jest odwracalna. Macierz D konstruujemy
wstawiaj¡c warto±ci wªasne na przek¡tn¡. Zachodzi P D = AP , a poniewa», P ma liniowo niezale»ne
kolumny wi¦c jest odwracalna i D = P −1 AP .
✷
Przykªad 228 Poni»sza macierz ma dwie warto±ci wªasne: 3 i 6.
⎡
A = ⎣ 3 0 0
⎤
−2 4 2 ⎦
−2 1 5
Warto±ci 3 odpowiada przestrze« wektorów (x/2 + y, x, y), a warto±ci 6 przestrze« (0, x, x). Przykªadowe
wektory wªasne (1/2, 1, 0), (1, 0, 1), (0, 1, 1) tworz¡ ukªad liniowo niezale»ny. Zatem nasza macierz jest
diagonalizowalna. Jej diagonalna posta¢ D wyra»a si¦ wzorem D = P −1 AP , dla
⎡ ⎤
1/2 1 0
P = ⎣ 1 0 1 ⎦ .
0 1 1
Oczywi±cie
D =
⎡
⎣ 3 0 0
0 3 0
0 0 6
Twierdzenie 229 Je±li A stopnia n ma n ró»nych warto±ci wªanych to odpowiadaj¡ce im wektory wªasne
s¡ liniowo niezale»ne, a wi¦c A jest diagonalizowalna.
⎤
⎦ .
34

Szkic dowodu: ‚wiczenie. ✷
Uwaga: twierdzenie odwrotne oczywi±cie nie zachodzi (patrz macierz z poprzedniego przykªadu lub macierz
jednostkowa).
Twierdzenie 230 Je»eli przeksztaªcenie ma baz¦ zªo»on¡ z wektorów wªasnych, to macierz przeksztaªcenia
w tej bazie jest przek¡tniowa.
Uwaga: macierz, która nie ma niezale»nych n wektorów wªasnych nie da si¦ sprowadzi¢ do postaci
diagonalnej, ale da si¦ sprowadzi¢ do tzw. postaci Jordana, która jest prawie macierz¡ przek¡tniow¡. Nie
b¦dziemy na tym wykªadzie podawali szczegóªów.
2.27 Pagerank
Przedstawiªem fragmenty (w zasadzie wszystko oprócz rozdziaªu 4, o którego zawarto±ci tylko wspomniaªem)
nast¦puj¡cego artykuªu: Kurt Bryan, Tanya Leise, The $25,000,000,000 Eigenvector: The Linear Algebra
behind Google. Mo»na go znale¹¢ np. tutaj:
http://citeseerx.ist.psu.edu/viewdoc/summary?doi=10.1.1.129.2306.
Artykuª omawia w jaki sposób algebra liniowa (w szczególno±ci wektory wªasne) wykorzystana jest w
algorytmie ustalania wa»no±ci stron internetowych, u»ywanym przez Google.
35