Algjebra Abstrakte (T Shaska)

T. Shaska

Algjebra Abstrakte

AulonnaPress

ISBN: 978-1-60985-003-6

Algjebra Abstrakte (versioni falas) Shaska T.

2 c©AulonaPress (Të gjitha të drejtat të rezervuara; versioni jo i plotë.)

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


http://www.aulonapress.com

Përmbajtja

I Teoria e grupeve 11

1 Grupet 131.1 Përkufizimi i grupit, shembuj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.2 Nëngrupet, testet e nëngrupeve . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.3 Grupet ciklikë . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281.4 Grupi i rrethit dhe rrënjët e njësisë . . . . . . . . . . . . . . . . . 361.5 Ushtrime për përsëritje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

2 Grupet e permutacioneve 432.1 Permutacionet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.2 Paraqitja e permutacioneve në mënyrë ciklike . . . . . . . . . . . 462.3 Vetitë e permutacioneve . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.4 Transpozicionet dhe involucionet . . . . . . . . . . . . . . . . . . 502.5 Grupet alternative . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 532.6 Grupet dihedrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

3 Kosetet dhe Teorema e Lagranzhit 593.1 Kosetet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 593.2 Teorema e Lagranzhit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 623.3 Teoremat Ferma dhe Ejler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

4 Homomorfizmat dhe grupet faktorë 674.1 Homomorfizmat e grupeve . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 674.2 Izomorfizmat e grupeve . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 714.3 Prodhimet e grupeve . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 744.4 Nëngrupet normalë dhe grupet faktorë . . . . . . . . . . . . . . . 784.5 Teoremat mbi izomorfizmat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

5 Struktura e grupeve 915.1 Grupet e fundëm Abelianë . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 915.2 Grupet e thjeshtë dhe grupet e zgjidhshëm . . . . . . . . . . . . 955.3 Thjeshtësia e An . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

3


6 Grupet që veprojnë mbi bashkësi. 1056.1 Klasat e konjugimit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1056.2 Teorema e Keilit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1076.3 Grupet që veprojnë mbi bashkësi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1106.4 Grupet që veprojnë mbi vetvete, ekuacioni i klasës . . . . . . . . 1136.5 Teorema Sylow . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

II Teoria e Unazave 131

7 Unazat 1337.1 Përkufizime dhe shembuj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1337.2 Unazat polinomiale, unazat e matricave . . . . . . . . . . . . . . 1387.3 Homomorfizmat e unazave dhe unazat faktor . . . . . . . . . . . 1407.4 Idealet, nilradikali, radikali i Jakobsonit . . . . . . . . . . . . . . 1447.5 Unazat e thyesave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1487.6 Teorema e mbetjeve kineze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149

8 Unazat Euklidiane, me idealë themelorë, dhe me faktorizim tëvetëm 1538.1 Unazat integrale dhe fushat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1538.2 Unazat Euklidiane . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1558.3 Unazat themelore . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1588.4 Unazat me faktorizim të vetëm (UFD) . . . . . . . . . . . . . . . 159

9 Unazat Polinomiale 1679.1 Polinomet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1679.2 Algoritmi i pjesëtimit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1719.3 Polinomet mbi UFD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1749.4 Polinomet e pafaktorizueshëm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1759.5 Teorema e bazës e Hilbertit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1829.6 Polinomet simetrike dhe diskriminanti . . . . . . . . . . . . . . . 183

III Modulet 193

10 Hyrje në teorinë e moduleve 19510.1 Përkufizimet bazë dhe shembuj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19510.2 Modulet faktor dhe homomorfizmat e moduleve . . . . . . . . . . 19910.3 Gjenerimi i moduleve, shumat direkte, dhe modulet e lira. . . . . 20210.4 Prodhimi tensor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20610.5 Vargjet ekzaktë . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210





Shaska T. Algjebra Abstrakte (versioni falas)

11 Hapesirat vektoriale 21511.1 Përkufizimet bazë . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21511.2 Matrica e një transformimi linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22111.3 Hapesirat vektoriale duale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22411.4 Përcaktorët . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228

12 Modulet mbi nje PID 23112.1 Përkufizimet bazë . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23112.2 Forma racionale kanonike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23612.3 Forma kanonike e Jordanit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241

IV Fushat 245

13 Teoria e fushave 24713.1 Shtrirjet e fushave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24713.2 Shtrirjet algjebrike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24913.3 Fushat ndarëse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25813.4 Mbyllja algjebrike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26413.5 Fushat e fundme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266

14 Disa probleme klasike 27314.1 Ndërtimet gjeometrike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27314.2 Ekuacionet algjebrike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28014.3 Identitetet e Newtonit dhe diskriminanti . . . . . . . . . . . . . . 282

15 Teoria e Galuait 28515.1 Shtrirjet Galua . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28515.2 Shtrirjet ciklotomike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29015.3 Norma dhe gjurma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29215.4 Shtrirjet ciklike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29515.5 Shtrirjet e zgjidhshme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29715.6 Automorfizmat e fushave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29815.7 Teorema themelore e teorisë Galua . . . . . . . . . . . . . . . . . 30315.8 Zgjidhja e ekuacioneve polinomialë me radikale . . . . . . . . . . 31015.9 Teorema themelore e Algjebrës . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313

c©AulonaPress (Të gjitha të drejtat të rezervuara; versioni jo i plotë.) 5




Parathënie

Në vitin 2008 ne nisëm një projekt për rinovimin e të gjithë teksteve të mate-matikës ne gjuhën shqipe. Kjo ishte jo veëm diçka e nevojshme, por edhe shumee domosdoshme. E meta më e madhe e teksteve të matematikës në gjuhën sh-qipe ishte në 2008 dhe është edhe sot mungesa e thellësisë, trajtimi i temave nëmënyrë të thjeshtë dhe të kuptueshme, dhe për më tepër trajtimi i temave tëcilat janë bashkëkohore dhe me rëndesi.

Në fazën e parë të këtij projekti ne nisëm me tekstet e matematikës bazë,ose ndryshe ato tekste të cilat u nevojiten gjithë studentëve të degëve të shken-cave, matematikës, shkencave kompjuterike, inxhinjerive, si edhe studentëve tefinancës dhe ekonomikut. Pra faza e parë perfshiu tekstet

• Kalkulus• Ekuacione Diferenciale• Algjebra Lineare• Matematika Diskrete

Botimi i Kalkulusit ne gjuhen Shqipe në vitin 2010 ishte nje hap mjaft pozitivpër programet e matematikës në trevat Shqiptare, pasi për herë të parë u krijuabaza matematike e nevojshme për gjithë studentët e degëve të mësipërme.

Ne Janari, 2011 ky projekt u rikonceptua si pjesë e RISAT. RISAT ështëkryesisht një grup matematikanësh dhe inxhinjerësh shqiptarë dhe të huaj mesynimin kryesor për te nxitur projektet shkencore në fushën e teknollogjisë dheshkencës në trevat shqiptare. Me tepër informacion mbi veprimtarinë e RISATmund të gjeni në www.risat.org.

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

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

7

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

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

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

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

http://www.risat.org

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

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

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

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

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


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

Ne si grupi i punës së këtij projekti shpresojmë që keto tekste modeste tëndihmojne sadopak në ngritjen e nivelit shkencor të studentëve dhe pedagogëvenë shkencën e matematikës dhe fushat e lidhura me të .

Projekti GaluaProjekti Galua përfshin një grup matematikanësh shqiptarë të cilët synojnëbotimin e literaturës bazë të matematikës. Me synimin e vetëm për nxitjen ekërkimit shkencor dhe nxitjen e talenteve të reja në matematikë. Projekti Galuasynon të krijojë kushtë të përshtatshme për zhvillimin e matematikës shqiptarenëpermjet kerkimit shkencor.

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

Të gjithë anëtarët e projektit Galua janë matematikanë aktivë në kërkiminshkencor dhe punojnë ose studiojnë në universitete perëndimore. Për më tepërinformacion për Projektin Galua mund te vizitoni faqen

Projekti Galua

Algjebra AbstrakteKy libër eshte nje hyrje ne algjebren abstrakte per studentet e degeve te ma-tematikes. Mund te perdoret me sukses edhe per studentet e degeve te tjera sishkencave kompjuterike, inxhinjerise elektrike, teorise se komunikacineve, etj.

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

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

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

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




http://www.risat.org/publications

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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



Udhezime per perdorimin e tekstitKy tekst mund të perdoret për 2 simestra ose për 4 simestra. Ne se përdoretper 2 simestra një përdorim i tij mund të bëhet sipas skemës së mëposhtme.

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

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





Pjesa I

Teoria e grupeve

11

Kapitulli 1

Grupet

Grupet janë nga objektet kryesore të algjebrës. Fillimet e tyre gjenden në Shek.XIX me zgjidhjen e ekuacioneve polinomialë me E. Galua, grupet e permu-tacioneve me Langrange, Koshi, Caylay, et. al. Ne gjysmën e dytë te Shek.XIX grupet filluan të gjejnë zbatime ne gjeometri. Felix Klein me programin etij te Erlangenit perdori pikërisht grupet për të studiuar simetritë e objektevegjeometrikë.

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

1.1 Përkufizimi i grupit, shembuj

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

∗ : G×G→ G.

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

a ∗ (b ∗ c) = (a ∗ b) ∗ c

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

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

Elementi e quhet identiteti i grupit G. Për çdo a ∈ G, elementi b nga vetia3) quhet inversi ose i anasjellti i a-së dhe zakonisht shënohet me a−1. Një

13


grup G quhet Abelian në qoftë se

për çdo a, b ∈ G, kemi a ∗ b = b ∗ a.

Kur veprimi i përcaktuar në grup është mbledhja e zakonshme "+", grupiquhet aditiv. Identiteti i këtij grupi është e = 0 dhe elementi invers i njëelementi a çfarëdo te grupit është −a. Ndërsa kur kemi shumëzimin e zakonshëm"·" grupi quhetmultiplikativ, identiteti i grupit është e = 1 dhe elementi inversi çdo elementi a të grupit është a−1.

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

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

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

∀x, y ∈ Z, x ∼ y ⇐⇒ n |(x− y)

Lexuesi të verifikojë që ky është relacion ekuivalence. Atëherë, klasat e equiva-lencës janë

[0], [1], . . . , [n− 1]

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

Në këtë bashkësi përkufizojmë mbledhjen modul n si më poshtë

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

si edhe shumëzimin modul n

[a] · [b] = [a · b mod n]

Bashkësia Zn për n ≥ 1 formon grup në lidhje me veprimin e mbledhjes sipasmod n. Identiteti i këtij grupi është e = 0 dhe për çdo k > 0 në Zn inversi i k-sëështë n−k. Ky grup quhet grupi i numrave natyrorë sipas modulit mod ndhe shënohet me (Zn,+) ose thjesht Zn. Shpesh edhe simboli Z/nZ përdoret përkëtë grup. Për detajet të mëtejshme mbi Zn shihni [5].

Për thjeshtësi të shkruari dhe interpretuari në vazhdim në vend të shenjave tëndryshme të veprimeve të përcaktuar në grupe të ndryshme po përdorim shënjëne shumëzimit të zakonshëm, pra në vend të a ∗ b do të shkruajmë thjesht ab.

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






Shembull 1.4. Grupi Z i numrave të plotë nën veprim e mbledhjes ka rend tëpafundëm, ndërsa grupi Z10 nën veprimin e mbledhjes sipas mod 10 ka rend10.

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

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

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

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

Vërtetim: Supozojmë se ba = ca. Le të jetë a′ inversi i a. Atëherë, dukeshumëzuar nga e djathta me a′ kemi (ba)a′ = (ca)a′ dhe nga vetia e shoqërimitmarrim b(aa′) = c(aa′). Atëherë, be = ce dhe si rrjedhim b = c. Në mënyrë tëngjashme, duke shumëzuar nga e majta me a′, mund të vërtetojmë se barazimiab = ac sjell që b = c.

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

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

Ne mund të përdorim simbolikën eksponenciale për grupet. Në qoftë se Gështë grup dhe g ∈ G, atëherë përkufizojmë g0 = e. Për n ∈ N, përkufizojmë

gn = g · g · · · g︸︷︷︸n− herë

dheg−n = g−1 · g−1 · · · g−1︸︷︷︸

n− herë

.

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

1. gmgn = gm+n për çdo m,n ∈ Z

2. (gm)n = gmn për çdo m,n ∈ Z

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

Vërtetim: Detyrë lexuesit.Vini re që në përgjithësi (gh)n 6= gnhn sepse grupi mund të mos jetë Abelian.






Shembull 1.5 (Viergruppe). Marrim bashkësinë

V = e, a, b, c

ku shumëzimi përkufizohet si më poshtë:

∗ e a b c

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

Tabela 1.1: V4 grup, Tabela e Kejlit.

Në tabelë, prodhimi xiyj i dy elementëve jep elementin në pozicionin (i, j).Lexuesi të vërtetojë që shumëzimi i mësipërm formon grup. Kjo mënyrë para-qitje e shumëzimit të një grupi quhet Tabela e Kejlit. Grupi i mësipërm qu-het viergruppe dhe shënohet me V4. Secili prej elementëve ka rend 2 përveçidentitetit i cili në këtë rast është e.

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

A −→ B↑ ↑D −→ C

Kryejmë mbi këtë katror rrotullimet e mëposhtëme:

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

A→ B → C → D

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

A→ C → A dhe B → D → B

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

A→ D → C → B → A

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

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

A→ D → Adhe B → C → B






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

A→ B → A dhe D → C → D

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

A→ A,D → B → D dhe C → C

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

A→ C → A,B → B dhe D → D

Vërtetoni se bashkësia e këtyre simetrive në lidhje me veprimin e kompozimitformon grup i cili quhet grup i simetrive te katrorit dhe shënohet me D4

ose ndonjëherë me D8.

Jo çdo bashkësi me nje veprim binar të përcaktuar në të është grup. Përshembull, në qoftë se veprimi binar i përcaktuar mbi bashkësinë Zn është shumë-zimi sipas mod n, atëherë Zn nuk formon grup. Elementi 1 vepron si identiteti grupit meqënëse 1 · k = k · 1 = k për çdo k ∈ Zn. Megjithatë për çdo k ngaZn nuk ekziston inversi i 0 sepse 0 · k = k · 0 = 0. Edhe në qoftë se si bashkësimarrim Zn \ 0 përsëri mund të mos formohet grup.

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

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

Çdo element k i ndryshëm nga zero ka invers në Zn në qoftë se k ështërelativisht të thjeshtë me n. Le të shënojmë me U(n) bashkësinë e të gjithëkëtyre elementëve të ndryshëm nga zero të Zn. Atëherë, U(n) formon grup qëquhet grupi i njësive i Zn. Tabela 1.2 është tabela e Kejlit për grupin U(8).

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

Tabela 1.2: Tabela e shumëzimit për U(8)

Shembull 1.8. Simetritë e një trekëndëshi barabrinjës formojnë një grup joAbelian. Siç kemi parë nuk është gjithmonë e vërtetë se αβ = βα për çdo dysimetri α dhe β. Këtë grup do ta shënojmë S3 ose D3, për arsye të cilat do tishpjegojmë më vonë, shihni Fig. 1.1.






TTT

TTT

TTT

TTT

TTT

TTT

TTT

TTT

TTT

TTT

TTT

TTT

-

-

-

-

-

-

A

A

A

A

A

A

B

B

B

B

B

B

C

C

C

C

C

C

B

C

A

B

C

A

A

B

C

C

A

B

C

A

B

A

B

C

reflektim

reflektim

reflektim

rrotullim

rrotullim

identiteti

µ3 =

(A B CB A C

)µ2 =

(A B CC B A

)µ1 =

(A B CA C B

)ρ2 =

(A B CC A B

)ρ1 =

(A B CB C A

)id =

(A B CA B C

)

Figura 1.1: Simetritë e trekëndëshit barabrinjës.

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

A =

(a bc d

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

AA−1 = A−1A = I

ku I është matrica njësi 2 × 2. Që një matricë A të ketë matricë të anasjelltëduhet që përcaktori i A-së të jetë i ndryshëm nga zero, pra det A = ad− bc 6= 0.Bashkësia e të gjitha matricave të cilat kanë të anasjelltë formon një grup qëquhet grupi linear i përgjithshëm. Elementi identitet i këtij grupi ështëmatrica njësi

I =

(1 00 1

).






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

A−1 =1

ad− bc

(d −b−c a

).

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

Shembull 1.10. Le të kemi

1 =

(1 00 1

), I =

(0 1−1 0

), J =

(0 ii 0

), K =

(i 00 −i

),

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

I2 = J2 = K2 = −1, IJ = K, JK = I, KI = J,

JI = −K, KJ = −I dhe IK = −J.

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

Shembull 1.11. Le të shënojmë me C∗ bashkësinë e numrave kompleksë tëndryshëm nga zero. Kjo bashkësi C∗ së bashku me veprimin e shumëzimit for-mon grup. Identiteti i grupit është 1. Në qoftë se z = a + bi është një numërkomleks i ndryshëm nga zero atëherë

z−1 =a− bia2 + b2

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

Ushtrime

1. Le të jetë G një grup Abelian dhe

Kubi (G) = g3 | g ∈ G

A është Kubi (G) një nëngrup i G-së?

2. JepetG = x ∈ R |x > 0 dhe x 6= 1.

Le të përkufizojmë veprimin ∗ mbi bashkësinë G si më poshtë

a ∗ b = alnb për çdo a, b ∈ G.

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






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

a ∗ b = a+ b+ ab.

Vërtetoni se (S, ∗) është grup.

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

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

Përkufizojmë veprimin binar si më poshtë

∗ : S × S → S

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

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

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

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

7. Jepni një shembull të dy elementëve A dhe B në GL2(R) të tillë që AB 6= BA.

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

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

0 1 z0 0 1

1 x′ y′

0 1 z′

0 0 1

=

1 x+ x′ y + y′ + xz′

0 1 z + z′

0 0 1

.

9. Le të jetë Zn2 = (a1, a2, . . . , an) : ai ∈ Z2. Përcaktojmë mbi Zn2 vepriminbinar të tillë:

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

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

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






1.2 Nëngrupet, testet e nëngrupevePërkufizim 1.3. Le të jetë G një grup. Rend të një elementi g ∈ G quhetnumri më i vogël i plotë pozitiv n (në qoftë se ekziston) i tillë që gn = e. Nëqoftë se një numër i tillë nuk ekziston themi se elementi g ka rend të pafundëm.

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

Pra, për të gjetur rendin e një elementi g të grupit mjafton të gjejmë vargune produkteve g, g2, g3, · · · derisa të arijmë te identiteti për herë të parë. Ekspo-nenti i këtij produkti (ose kur kemi të bëjmë me grup aditiv, koefiçienti) ështërendi i g. Në qoftë se gjatë kryerjes së veprimeve nuk arijmë kurrë te identitetithemi se elementi g ka rend të pafundëm ose infinit.

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

Zgjidhje: Pra bashkësia U(15) ka elementët

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

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

72 = 4 mod 15

73 = 13 mod 15

74 = 1 mod 15

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

111 = 11 mod 15

112 = 1 mod 15.

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

Shembull 1.13. Gjeni rendin e elementëve te grupit Z10.

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

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

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






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

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

Përkufizim 1.4. Në qoftë se një nënbashkësi H e grupit G formon grup nëlidhje me veprimin e përcaktuar në G atëherë themi se H është nëngrup igrupit G.

Për të treguar se H është nëngrup i G përdoret shënimi H ≤ G. Kur H ështënënbashkësi e mirëfilltë e G-së atëherë themi se H është nëngrup i mirëfilltë dheshënohet H < G. Nëngrupi e quhet nëngrup trivial i G-së.

1.2.1 Testet e nëngrupeve

Le të shohim disa kritere të cilat na ndihmojnë të përcaktojmë ekzaktësisht sekur një nënbashkësi e një grupi është nëngrup.

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

Vërtetim: Së pari, meqënëse veprimi i përcaktuar në H është i njëjtë me atënë G vetia e shoqërimit është e vërtetë.

Së dyti, do të vërtetojmë që elementi asnjanjës është po e-ja eG-së. PërderisaH nuk është boshe atëhere ekziston të paktën një element x që bën pjesë në H.Atëherë, në qoftë se marrim a = x dhe b = x kemi që e = xx−1 = ab−1 bënpjesë në H. Për të verifikuar që x−1 ∈ H kur x ∈ H mjafton që në kushtet eteoremës të zëvendësojmë a = e dhe b = x. Vërtetimi i teoremës do të quhet ikompletuar pasi të kemi treguar se H është e mbyllur në lidhje me veprimin epërcaktuar në G. Pra, duhet të vërtetojmë se për çdo a, b që bëjnë pjesë në Hdhe prodhimi i tyre bën pjesë në H, për shembull ab ∈ H. Ne vërtetuam se kury ∈ H dhe y−1 ∈ H dhe në qoftë se në kushtet e teoremës zëvendësojmë a = xdhe b = y−1 kemi që xy = x(y−1)−1 = ab−1 bën pjesë në H.

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

H = x ∈ H|x2 = e.

Të vërtetojmë se H është nëngrup i G-së.

Zgjidhje: Së pari vërtetojmë se kjo nënbashkësi nuk është boshe. Vërtet,përderisa e2 = e rrjedh që e ∈ H. Le të jenë a dhe b dy elementë nga H-ja, pra






kemi a2 = e dhe b2 = e dhe le të vërtetojmë se dhe (ab−1)2 = e. Meqënëse Gështë grup Abelian kemi:

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

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

Shembull 1.16. Le të jetë G një grup Abelian me veprim shumëzimi dhe meelement njësi e dhe H një nënbashkësi e G-së e tillë H = x2|x ∈ G. Tëvërtetojmë se H është nëngrup i G-së.

Zgjidhje: Së pari, vërtetojmë se kjo nënbshkësi nuk është boshe. Vërtetë,përderisa e2 = e rrjedh që e ∈ H. Le të jenë a dhe b dy elementë nga G-ja praa2 dhe b2 bëjnë pjesë në H. Tani le të shohim në qoftë se a2(b2)−1 ∈ H, praduhet të vërtetojmë që ky prodhim është katror i plotë i ndonjë elementi të G-së.Meqënëse G është grup Abelian mund të shkruajmë a2(b2)−1 = (ab−1)2 ∈ H.Pra nga testi i parë H-ja është një nëngrup i grupit G.

Nga testi i parë del se për të vërtetuar se një nënbashkësi H e grupit G nukështë nëngrup mjafton të provojmë njërin nga faktet:

a) Elementi asnjanjës nuk gjendet në H.b) Ekziston të paktën një element në H i tillë që simetriku i tij nuk gjendet

në H.c) Ekzistojnë të paktën dy elementë a dhe b në H të tillë që prodhimi i tyre

ab nuk gjendet në H, pra të kemi që a, b ∈ H por ab /∈ H.

Teorema 1.2 (Testi i dytë i nëngrupeve). Një nënbashkësi H e G-së është njënëngrup atëherë dhe vetëm atëherë kur ajo plotëson kushtet e mëposhtme.

1. Identiteti e i G është në H.

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

3. Në qoftë se h ∈ H, atëherë h−1 ∈ H.

Vërtetim: Fillimisht supozojmë se H është një nëngrup i G-së. Duhet tëvërtetojmë se tre kushtet e dhëna më sipër plotësohen. Meqënëse H është grupajo ka identitetin eH . Ne duhet të vërtetojmë se eH = e ku e është identiteti igrupit G. Dimë se eHeH = eH dhe se eeH = eHe = eH , pra eeH = eHeH . Dukeu bazuar te ligji i thjeshtimit nga e majta kemi se e = eH . Kushti i dytë është ivërtetë sepse nëngrupi H është grup. Për të provuar kushtin e tretë le të kemih ∈ H. Meqënëse H është grup atëherë ekziston një element h′ ∈ H i tillë qëhh′ = h′h = e. Nga uniciteti i elementit të anasjelltë në G kemi se h′ = h−1.

Anasjelltas, në qoftë se tre kushtet e dhëna më sipër janë të vërteta duhet tëvërtetojmë se H është grup në lidhje me veprimin e grupit G. Megjithatë këtokushte së bashku me vetinë e shoqërimit janë ekzaktësisht aksiomat e dhëna nëpërkufizimin e grupit.






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

H = x ∈ G|x = 1 ose x irracional

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

2 ∈ H por√2√

2 = 2 /∈ H, pra veprimi i përcaktuar në H nuk është i mbyllur.

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

Vërtetim: Duke u mbështetur te testi i dytë mjafton të vërtetojmë se për çdoa ∈ H ekziston a−1 ∈ H. Në qoftë se a = e atëherë kjo është e vërtetë sepsee−1 = e ∈ H. Kurse në qoftë se a 6= e shqyrtojmë vargun a, a2, a3, · · · .

Meqënëse, H është e mbyllur të gjithë këta elementë bëjnë pjesë në H porduke qënë se ajo është e fundme jo të gjithë këta elementë janë të ndryshëm.Pra, themi se ai = aj dhe i > j. Atëherë, ai−j = e dhe meqënëse a 6= e kemiqë i − j − 1 > 0. Pra, aai−j−1 = ai−j = e dhe si rrjedhojë ai−j−1 = a−1. Pori− j − 1 ≥ 1 e cila sjell që ai−j−1 ∈ H.

1.2.2 Shembuj nëngrupesh

Vërtetimet në teoremat e mëposhtme tregojnë se si zbatohen testet e nëngru-peve. Fillimisht do të prezantojmë një koncept të rëndësishëm për grupet.

Përkufizim 1.5. Quajmë qendër të grupit një nënbashkësi të G-së të tillëqë elementët e saj janë Abelianë me çdo element të G-së. Këtë nënbashkësi eshënojmë me Z(G) dhe sipas përkufizimit kemi:

Z(G) = a ∈ G |xa = ax, ∀x ∈ G.

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

Vërtetim: Për vërtetimin e kësaj teoreme do të përdorim testin e dytë. Ështëe qartë që e ∈ Z(G) sepse ∀x ∈ G kemi ex = xe. Pra, Z(G) është një bashkësijo boshe. Tani le të vërtetojmë se Z(G) është e mbyllur në lidhje me veprimine përkufizuar në G. Le të jenë a, b ∈ Z(G), atëhere:

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

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

Supozojmë se a ∈ Z(G) atëherë kemi që ax = xa dhe duhet të vërtetojmë se






a−1x = xa−1. Le të shumëzojmë këtë barazim nga e majta dhe e djathta, të dyanët e barazimit, me a−1 pra kemi:

a−1(ax)a−1 = a−1(xa)a−1

(a−1a)xa−1 = a−1x(aa−1)

exa−1 = a−1xe

xa−1 = a−1x

(1.1)

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

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

C(a) = g ∈ G | ga = ag.

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

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

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

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

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

është një nëngrup i R∗.

Identiteti i R∗ është 1. Megjithatë 1 = 1/1 është raporti i dy numravetë plotë të ndryshëm nga zero. Pra identiteti i R∗ është në Q∗. Në qoftë sejepen dy elementë p/q dhe r/s në Q∗, atëherë dhe produkti i tyre pr/qs ështëgjithashtu në Q∗. Gjithashtu inversi i çdo elementi p/q ∈ Q∗ është përsëri nëQ∗ sepse (p/q)−1 = q/p. Së fundmi, meqënëse shumëzimi në R∗ e gëzon vetinëe shoqërimit të njëjtë gjë mund të themi dhe për shumëzimin në Q∗.

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

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






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

A =

(a bc d

)është në SL2(R) kur ad− bc = 1.

Për të vërtetuar se SL2(R) është një nëngrup i GL2(R) duhet të vërtetojmëse ajo formon grup në lidhje me veprimin e shumëzimit të matricave. Matricaidentitet 2× 2 është në SL2(R) sikurse dhe matrica e anasjelltë e matricës A,

A−1 =

(d −b−c a

).

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

Është e rëndësishme të theksojmë se nënbashkësia H e një grupi G mund tëformojë grup duke mos qënë nëngrup i G-së. Që H të jetë një nëngrup i grupitG duhet që veprimi i përcaktuar në të të jetë veprimi i grupit G.

Shembull 1.21. Bashkësia e të gjitha matricave 2 × 2 me elementë nga R,shënohet me M2(R), formon grup në lidhje me veprimin e mbledhjes. BashkësiaGL2(R) është një nënbashkësi e M2(R) dhe është gjithashtu grup në lidhje meveprimin e shumëzimit por ajo nuk është një nëngrup i M2(R). Shuma e dymatricave të cilat kanë matricë të anasjelltë nuk është përsëri një matricë e cilaka të anasjelltë. Vini re se(

1 00 1

)+

(−1 00 −1

)=

(0 00 0

),

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

Shembull 1.22. Një mënyrë për të vërtetuar se kur dy grupe janë të njëjtëështë duke parë nëngrupet e tyre. Grupi Z4 ka vetëm një nëngrup të mirëfilltëqë përmban elementët 0 dhe 2. Duke u nisur nga grupi Z2 mund të formojmënjë grup tjetër me katër element si më poshtë. Bashkësia e këtij grupi ështëZ2 × Z2 ndërsa veprimi i përcaktuar në të është

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

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

H1 = (0, 0), (0, 1)






H2 = (0, 0), (1, 0)

H3 = (0, 0), (1, 1),

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

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

Tabela 1.3: Tabela e mbledhjes për Z2 × Z2

Ushtrime

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

∗ 1 2 3 4 5 6 7 8

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

Tabela 1.4: Tabela e Kejlit

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

12. Gjeni qendrën e grupeve S3, S4, S5.

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

14. Vërtetoni se një grup që ka çdo element, të ndryshëm nga identiteti, merend dy është grup Abelian. Pra, në se ∀x ∈ G, x 6= e, kemi |x| = 2 atëherë Gështë Abelian.

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






16. Le të jetë n = 0, 1, 2, . . . dhe nZ = nk : k ∈ Z. Vërtetoni se nZ është njënëngrup i Z. Vërtetoni se këta janë nëngrupet e vetëm të Z.

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

18. Le të kemi bashkësinë G e cila përmban të gjitha matricat 2× 2 të formës(cos θ − sin θsin θ cos θ

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

19. Vërtetoni se

G = a+ b√

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

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

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

H =

(a bc d

): a+ d = 0

.

Vërtetoni se H është një nëngrup i G.

21. Provoni ose vërtetoni të kundërtën se SL2(Z), bashkësia e matricave 2× 2me element numra të plotë dhe me determinant 1, është nëngrup i SL2(R).

22. Jepni nëngrupet e grupit të kuaternioneve Q8.

23. Vërtetoni se prerja e dy nënrupeve të një grupi G është gjithashtu njënëngrup i G.

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

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

1.3 Grupet ciklikëLe të jetë a një element i një grupi, atëherë me simbolin 〈a〉 do të shënojmëbashkësinë e gjithë fuqive me eksponent të plotë të a-së pra bashkësinë an|n ∈Z. Në qoftë se a ka rend të fundëm atëherë me simbolin 〈a〉 shënojmë

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

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






Figura 1.2: Simetritë e katrorit

Vërtetim: Meqënëse vetë elementi a i përket 〈a〉, atëherë 〈a〉 nuk është bash-kësi boshe. Le të jenë am dhe an dy fuqi çfarëdo të a-së. Atëherë, an, am ∈ 〈a〉dhe an(am)−1 = an−m ∈ 〈a〉. Pra, nga testi i parë i nëngrupeve, 〈a〉 ështënëngrup i G-së.

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

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

G = an |n ∈ Z

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

Një grup ciklik mund të ketë shumë gjeneratorë. Më poshtë do të japimshembuj grupesh të tillë. Kini parasysh se aiaj = ai+j = aj+i = ajai, pra çdogrup ciklik është Abelian.

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

Shembull 1.24. Gjeni elementët që gjenerojnë grupin D4.

Zgjidhje: Rikujtojmë Shemb. 1.6 i cili paraqiste të gjitha simetritë e katrorit.Figura 1.3 tregon nga ana gjeometrike të 8-të simetritë e katrorit. Shënojmërrotullimin R90 me a. Atëherë, R180 = a2, R270 = a3 dhe R360 = a4 = id.

Shënojmë lëvizjen V me b. Atëherë,

a2b = ba2 = H






dheD1 = ab = ba3, D2 = a3b = ba

Atëherë, grupi dihedral

D4 = id, a, b, a2, a3, a2b, ab, ba

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

Shembull 1.25. Bashkësia Zn = 0, 1, · · · , n− 1 për n ≥ 1 me veprim mbled-hjen sipas modulit n është grup ciklik dhe 1,−1 = n−1 janë gjeneratorët e këtijgrupi.

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

Shembull 1.26. Le të vërtetojmë se grupi Z8 gjenerohet nga elementi 3, praZ8 = 〈3〉.

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

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

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

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

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

〈3〉 = 30, 31, 33, 32 = 1, 3, 7, 9

dhe gjithashtu〈7〉 = 70, 73, 71, 72 = 1, 3, 7, 9

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

〈a〉 = e, a, a2, a3, . . . , an−1

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






Vërtetim: Kemi që elementi a ka rend të pafundëm, pra nuk ekziston asnjënumër i plotë pozitiv n i tillë që an = e dhe duhet të vërtetojmë se të gjithafuqitë e a-së formojnë grupe të ndryshëm elementësh. Supozojmë të kundërtënsikur ekzistojnë ai, aj ku i 6= j të tillë që ai = aj . Atëherë, kemi që ai−j = ee cila është e vërtetë vetëm për i − j = 0 pra për i = j. Kontradiksion, prasupozimi i gabuar bie poshtë.

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

〈a〉 = e, a, a2, a3, . . . , an−1.

Fillimisht le të vërtetojmë se elementët e, a, · · · , an−1 janë të ndryshëm ndërmjettyre. Supozojmë të kundërtën, pra se për i, j të tillë që 0 ≤ j < i ≤ n− 1 kemiqë ai = aj . Por nga barazimi i fundit marrim ai−j = e për i − j < n. Por kjobie në kundështim me faktin se n është numri më i vogël pozitiv i tillë që anështë identiteti. Kontradiksion. Pra supozimi ynë bie poshtë.

Supozojmë se ak është një element çfarëdo i 〈a〉. Nga algoritmi i pjesëtimitdimë se ekzistojnë dy numra të plotë q dhe r të tillë që

k = qn+ r ku 0 ≤ r < n

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

Le të vërtetojmë tani se në qoftë se ai = aj pra ai−j = e atëherë n plotp-jesëton i − j. Supozojmë të kundërtën pra se n nuk plotpjesëton i − j atëherënga algoritmi i pjesëtimit dimë se ekzistojnë dy numra të plotë q dhe r të tillëqë

i− j = qn+ r ku 0 ≤ r < n.

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

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

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

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

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

Teorema 1.6. Le të jetë G një grup ciklik i fundëm me rend n i gjeneruar ngaa, pra G = 〈a〉. Atëherë, G = 〈ak〉 atëherë dhe vetëm atëherë kur k dhe n janërelativisht të thjeshtë, pra (k, n) = 1.






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

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

1 = ku+ nv

Atëherë, mund të shkruajmë:

a = aku+nv = aku · anv = aku · (an)v

= aku · ev =(ak)u,

por kjo do të thotë që a ∈ 〈ak〉. Pra dhe që të gjitha fuqitë e plota të a-së ipërkasin 〈ak〉. Për shembull ap = (aku)p = (ak)up pra ap ∈ 〈ak〉. Keshtu qëG = 〈ak〉 dhe 〈ak〉 është gjenerator i G-së.

Tani le të vërtetojmë se në qoftë se G = 〈ak〉 atëherë (k, n) = 1. Supozojmëse k dhe n nuk janë primë midis tyre pra (k, n) = d > 1 atëherë kemi

k = td dhe n = sd

ku s < n. Kështu që,

(ak)s = (atd)s = (at)ds = (at)n = (an)t = et = e

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

|ak| ≤ s < n.

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

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

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

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

3Z = . . . ,−3, 0, 3, 6, . . ..

Është e thjeshtë të vërtetojmë se 3Z është një nëngrup i numrave të plotë. Kynëngrup përcaktohet plotësisht nga elementi 3 sepse ne mund të përfitojmë tëgjithë elementët e tjerë të grupit duke marë shumëfishat e 3-shit. Çdo element inëngrupit "gjenerohet" nga 3-shi.

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






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

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

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

Shembull 1.32. Jo çdo grup është grup ciklik. Shqyrtoni grupin e simetrive tëtrekëndëshit barabrinjës S3. Të gjitha simetritë e trekëndëshit janë treguar nëFigurën 1.1.

Nëngrupet e S3 janë treguar në Figure 1.3. Vini re se çdo nëngrup ështëciklik megjithatë asnjë element i vetëm nuk gjeneron të gjithë grupin.

S3

id

id, ρ1, ρ2 id, µ1 id, µ2 id, µ3!!

!!!!

!!

aaaaaaaa

SSS

SSS

aaaa

aaaa

!!!!!!!!

Figura 1.3: Nëngrupet e S3

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

Zgjidhje: Nga teorema e mësipërme themi se nëngrupet e 〈a〉 janë të formës〈am〉 kum është një pjesëtues i 30. Për më tepër në qoftë se k është një pjesëtuesi 30 nëngrupi me rend k është 〈a30/k〉. Pra lista e nëngrupeve të grupit 〈a〉 është:






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

〈a2〉 = e, a2, a4, . . . , a28 me rend 15-të

〈a3〉 = e, a3, a6, . . . , a27me rend 10-të

〈a5〉 = e, a5, a10, . . . , a15, a20, a25me rend 6-të

〈a6〉 = e, a6, a12, a18, a24me rend 5

〈a10〉 = e, a10, a20me rend 3

〈a15〉 = e, a15me rend 2

〈a30〉 = eme rend 1

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

Zgjidhje: Elementët e U(50) jane:

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

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

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

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

Lindin pyetje interesante rreth nëngrupeve ciklike të një grupi si dhe rrethnëngrupeve të një grupi ciklik. Në qoftë se G është grup cilët nëngrupe të grupitG janë ciklik? Në qoftë se G është grup ciklik çfarë tipe nëngrupesh ka ky grup?

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

Vërtetim: Le të jetë G grup ciklik i gjeneruar nga elementi a dhe supozojmëse H është një nëngrup i grupit G. Në qoftë se H = e atëherë H është ciklik.Supozojmë që H përmban disa elementë të tjerë g të ndryshëm nga identiteti.Atëherë, për një numër të plotë n elementi g mund të shkruhet si an. Supozojmëse n > 0. Le të jetë m numri më i vogël natyror i tillë që am ∈ H. Një numër itillë m ekziston nga parimi i mirërenditjes.

Supozojmë se h = am është një gjenerator për H. Duhet të vërtetojmë seçdo h′ ∈ H mund të shkruhet si një fuqi e h. Meqënëse h′ ∈ H dhe H ështënjë nëngrup i G atëherë për një numër të plotë k kemi h′ = ak. Duke përdoruralgoritmin e pjestimit gjejmë numrat q dhe r të tillë që k = mq+r ku 0 ≤ r < m.Pra

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






Si rrjedhim ar = akh−q. Meqënëse ak dhe h−q janë në H, atëherë ar duhet tëjetë gjithashtu në H. Por m ishte numri më i vogël pozitiv i tillë që am ∈ Hdhe si rrjedhim r = 0, pra k = mq. Përfundimisht themi se

h′ = ak = amq = hq

dhe H është gjeneruar nga h.

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

Pohim 1.2. Le të jetë G grup ciklik me rend n dhe supozojmë se a është njëgjenerator i grupit G. Atëherë, ak = e atëherë dhe vetëm atëherë kur n pjesëtonk.

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

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

Meqënëse numri më i vogël i plotë pozitiv m i tillë që am = e është n kemi qër = 0.

Anasjelltas në qoftë se n pjesëton k atëherë k = ns për një numër të plotës. Si rrjedhim kemi që:

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

Teorema 1.8. Le të jetë G grup ciklik me rend n dhe supozojmë se a ∈ G ështënjë gjenerator i grupit. Në qoftë se b = ak atëherë rendi i elementit b është n/dku d = gcd(k, n).

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

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

Shembull 1.35. Le të shqyrtojmë grupin Z16. Numrat 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13,dhe 15 janë elementët e Z16 të cilët janë relativisht të thjeshtë me 16. Seciliprej këtyre elementëve gjeneron Z16. Për shembull:

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

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






Ushtrime

26. Vërtetoni se në qoftë se G nuk ka nëngrupe të mirëfilltë atëherë G ështëciklik.

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

28. Vërtetoni ose tregoni të anasjelltën. Në qoftë se G është një grup i tillë qëçdo nëngrup i mirëfilltë është ciklik atëherë G është ciklik.

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

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

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

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

1.4 Grupi i rrethit dhe rrënjët e njësisëNë këtë pjesë shohim një nga grupet ciklik më klasik dhe më të rëndësishëm,atë të rrënjëve të njësisë.

1.4.1 Numrat kompleksëNumrat kompleksë janë përkufizuar si

C = a+ bi : a, b ∈ R,

ku i2 = −1. Në qoftë se z = a+ bi atëherë a është pjesa reale e z dhe b ështëpjesa imagjinare e z.

Për të mbledhur dy numra kompleks, z = a+bi dhe w = c+di, ne mbledhimrespektivisht pjesët reale dhe imagjinare të tyre:

z + w = (a+ bi) + (c+ di) = (a+ c) + (b+ d)i.

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

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

Çdo numër komleks i ndryshëm nga zero ka të anasjelltë në lidhje me shu-mëzimin. Pra ekziston një z−1 ∈ C∗ e tillë që zz−1 = z−1z = 1. Në qoftë sez = a+ bi, atëherë

z−1 =a− bia2 + b2

.

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

√a2 + b2.






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

z + w = (2 + 3i) + (1− 2i) = 3 + i

dhezw = (2 + 3i)(1− 2i) = 8− i.

Gjithashtu,

z−1 =2

13− 3

13i, |z| =

√13, z = 2− 3i.

z 3 = –3 + 2i

z 1 = 2 + 3i

z 2 = 1 – 2i

y

x0

Figura 1.4: Koordinatat e një numri kompleks

Ka disa mënyra të ndryshme për të paraqitur grafikisht numrat komleksë.Ne mund të paraqesim një numër komleks z = a+ bi si një çift i renditur pikashnë planinxy ku a është koordinata x (ose pjesa reale) dhe b është koordinata y(ose pjesa imagjinare). Kjo është quajtur paraqitja karteziane ose paraqitjame koordinata drejtëkëndore.

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

y

x0

r

a + bi

θ

Figura 1.5: Koordinatat polare të një numri kompleks.

Numrat kompleks të ndryshëm nga zero gjithashtu mund të jepen duke për-dorur koordinatat polare. Për të paraqitur një pikë të ndryshme nga zero






në plan është e mjaftueshme të jepet një kënd θ nga boshti pozitiv i x-ve sipardrejtimit kundërorar dhe distanca r e pikës nga origjina si në Figure 1.5. Mundtë shohim se

z = a+ bi = r(cos θ + i sin θ).

Prar = |z| =

√a2 + b2

dhea = r cos θ dhe b = r sin θ.

Shembull 1.37. Supozojmë që z = 2(cos π3 + i sin π

3

). Atëherë

a = 2 cosπ

3= 1 dhe b = 2 sin

π

3=√

3.

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

3.

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

√2− 3

√2 i atëherë

r =√a2 + b2 =

√36 = 6

dhe

θ = arctan

(b

a

)= arctan(−1) = 315,

pra3√

2− 3√

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

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

Pohim 1.3. Le të kemi z = r (cos θ + i sin θ) dhe w = s (cosφ+ isinφ) dynumra komleks të ndryshëm nga zero. Atëherë

zw = rs (cos(θ + φ) + i sin(θ + φ)) .

Teorema 1.9 (De Moivre). Le të jetë

z = r (cos θ + i sin θ)

një numër komleks i ndryshëm nga zero. Atëherë

zn = rn (cosnθ + i sin iθ)

për n = 1, 2, . . ..






Vërtetim: Do të përdorim induksionin mbi n. Për n = 1 teorema ështëe vërtetë. Supozojmë se teorema është e vërtetë për të gjitha k të tilla që1 ≤ k ≤ n. Atëherë

zn+1 = znz

= rn(cosnθ + i sinnθ)r(cos θ + i sin θ)

= rn+1[(cosnθ cos θ − sinnθ sin θ) + i(sinnθ cos θ + cosnθ sin θ)]

= rn+1[cos(nθ + θ) + i sin(nθ + θ)]

= rn+1[cos(n+ 1)θ + i sin(n+ 1)θ].

Shembull 1.38. Supozojmë se kemi z = 1 + i dhe duam të llogarisim z10. Nëvend që të llogarisim direkt (1 + i)10 është më e thjeshtë që llogaritjet ti bëjmëmbi koordinatat polare të z10 duke përdorur teoremën DeMoivre:

z10 = (1 + i)10

=(√

2[cos(π

4

)+ i sin

(π4

)])10

= (√

2 )10

[cos

(5π

2

)+ i sin

(5π

2

)]= 32

[cos(π

2

)+ i sin

(π2

)]= 32i.

1.4.2 Grupi i rrethit dhe rrënjët e njësisëGrupi shumëzues i numrave komleks C∗, përmban disa nëngrupe interesantë.Ndërkohë që Q∗ dhe R∗ nuk kanë nëngrupe interesantë me rend të fundëm, C∗ka shumë. Fillimisht shqyrtojmë grupin e rrethit,

T = z ∈ C : |z| = 1.

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

Vërtetimi i lihet si detyrë lexuesit.Megjithëse grupi i rrethit ka rend të pafundëm ai ka shumë nëngrupe intere-

santë me rend të fundëm. Supozojmë që H = 1,−1, i,−i. Atëherë, H ështënjë nëngrup i grupit të rrethit. Gjithashtu 1, −1, i, dhe −i janë ekzaktësishtata numra kompleksë të cilët kënaqin ekuacionin z4 = 1.

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

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

z = cos2kπ

n+ i sin

2kπ

n

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






Vërtetim: Nga Teorema De Moivre

zn = cos

(n

2kπ

n

)+ i sin

(n

2kπ

n

)= cos(2kπ) + i sin(2kπ) = 1.

Numrat z janë të ndyshëm meqënëse numrat 2kπ/n janë të gjithë të ndryshëmdhe janë më të mëdhenj ose të barabartë me 0 por më të vegjël se 2π. Faktise të gjithë këta numra janë rrënjë të zn = 1 vjen nga teorema Themelore eAlgjebrës e cila thotë se një polinom me rend n mund të ketë të shumtën nrrënjë. Vërtetimin se rrënjët e n-ta të njësisë formojnë një nëngrup ciklik të Te lëmë si ushtrim.

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

Shembull 1.39. Rrënjët e 8-ta të njësisë mund të paraqiten nëpërmjet tetëpikave të baraslarguara nga njëra-tjetra në rrethin njësi, Figura 1.6. Rrënjët e8-ta primitive të njësisë janë:

ω =

√2

2+

√2

2i

ω3 = −√

2

2+

√2

2i

ω5 = −√

2

2−√

2

2i

ω7 =

√2

2−√

2

2i.

y

x0 1–1

–i

i

ω

ω7ω5

ω3

Figura 1.6: Rrënjët e 8-ta të njësisë

1.5 Ushtrime për përsëritje33. Le të kemi p dhe q dy numra të thjeshtë të ndryshëm. Sa gjenerator kaZpq?






34. Le të kemi p një numër të thjeshtë dhe r një numër të plotë pozitiv. Sagjeneratorë ka Zpr?

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

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

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

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

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

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

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

42. Le të jetë G grup Abelian me rend pq ku gcd(p, q) = 1. Tregoni se në qoftëse G përmban elementët a dhe b me rende respektivisht p dhe q atëherë G ështëciklik.

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

44. Vërtetoni se në një grup G ciklik rendi i një elementi duhet të pjestojërendin e grupit.

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

46. Në qoftë se z = r(cos θ + i sin θ) dhe w = s(cosφ + i sinφ) janë dy numrakompleksë të ndryshëm nga zero vërtetoni se

zw = rs[cos(θ + φ) + i sin(θ + φ)].

47. Vërtetoni se αm = 1 dhe αn = 1 atëherë dhe vetëm atëherë kur αd = 1 përd = gcd(m,n).

48. Le të kemi z ∈ C∗. Vërtetoni se në qoftë se |z| 6= 1, atëherë rendi i elementitz është infinit.

49. Le të jetë z = cos θ + i sin θ i cili bën pjesë në T ku θ ∈ Q. Vërtetoni serendi i z është infinit.

50. Jepen grupet R∗ dhe Z, le të shënojmë me G bashkësinë G = R∗ × Z. MbiG përcaktojmë veprimin të tillë (a,m) (b, n) = (ab,m + n). Vërtetoni se Gsë bashku me këtë veprim formon grup.






51. Vërtetoni ose tregoni të kundërtën se çdo grup me rend gjashtë është Abe-lian.

52. Jepni një shembull konkret të një grupi G dhe elementësh g, h ∈ G të tillëqë (gh)n 6= gnhn.

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

54. Me U(n) kemi shënuar grupin e njësive në Zn. Vërtetoni se në qoftë sen > 2 atëherë ekziston një element k ∈ U(n) i tillë që k2 = 1 dhe k 6= 1.

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

n−1 · · · g−11 .

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

57. Vërtetoni se në qoftë se G është grup i fundëm me rend çift atëherë ekzistonnjë element a ∈ G i ndryshëm nga identiteti dhe a2 = e.

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

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

60. Jepni një shembull të një grupi të pafundëm në të cilin çdo nëngrup jotrivial është i fundëm.

61. Në qoftë se kemi që xy = x−1y−1 për çdo x dhe y në G provoni se G ështëAbelian.

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

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





Kapitulli 2

Grupet e permutacioneve

Grupet e permutacioneve janë nga objektet kryesore të algjebrës. Ato përsh-kruajnë simetritë e figurave gjeometrike, simetritë e rrënjëve të ekuacionevepolinomiale, etj. Si shembujt e parë të grupeve, ato kanë rëndësi historike dhepër më tepër japin një shumëllojshmëri shembujsh dhe ushtrimesh në algjebër.Teorema e Keilit ( çdo grup është isomorfik me një grup permutacionesh) i bënkëto grupe nga objektet kryesore të algjebrës.

2.1 PermutacionetPërkufizim 2.1. Permutacion i një bashkësie X quhet një funksion bijektivf i tillë që f : X → X.

Bashkësia e permutacioneve të X-it, e cila shënohet me SX , së bashku meveprimin e kompozimit të funksioneve formon grup, i cili quhet grupi simetriki X-it.

Megjithëse ekzistojnë grupet e permutacioneve të bashkësive të pafundme nedo të studiojmë kryesisht permutacionet e bashkësive të fundme. Për studimin egrupeve të permutacioneve nuk na interesojnë vetitë e elementëve të bashkësisëX, prandaj këta elementë do ti shënojmë thjesht me numrat 1, 2, 3, · · · , n,ku n-ja tregon numrin e elementëve të bashkësisë X. Ndryshe nga kalkulusi kushumica e funksioneve janë të përcaktuar në bashkësi të pafundme dhe jepen meanë të formulave, në algjebër, permutacionet e bashkësive të fundme jepen dukedhënë në mënyrë eksplicite vlerën funksionale që merr çdo element i bashkësisëX. Për shembull, le të kemi një permutacion α mbi bashkësinë 1, 2, 3, 4, i cilijepet si më poshtë

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

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

α =

(1 2 3 42 3 1 4

).

43


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

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

ose e paraqitur ndryshe kemi:

β =

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

).

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

σ =

(1 2 3 4 52 4 3 5 1

)dhe

γ =

(1 2 3 4 55 4 1 2 3

)atëherë

1

σ

2

3

4

5

γσ

~~

2

γ

4

3

5

1

4 2 1 3 5

Pra,

γ σ = γσ =

(1 2 3 4 55 4 1 2 3

)(1 2 3 4 55 4 1 2 3

)=

(1 2 3 4 54 2 1 3 5

).

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

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

Vërtetim: Identiteti i Sn është funksioni identik id : x 7→ x. Në qoftëse f : Sn → Sn është një permutacion, atëherë f−1 ekziston, sepse f ështëbijektiv. Kompozimi i funksioneve është shoqërues, pra edhe veprimi binarështë shoqërues.Elementët e Sn kanë formën:

α =

(1 2 · · · n

α(1) α(2) · · · α(n)

).

Është e lehtë të përcatojmë rendin e grupit simetrik Sn. Atëherë, α(1) mund tëmarë një vlerë nga 1 deri te n-ja, pra për të përcaktuar α(1) kemi n mundësi.






Pasi kemi përcaktuar α(1) kemi n − 1 mundësi për të përcaktuar α(2) (meqë-nëse α është funksion bijektiv kemi α(1) 6= α(2)) dhe kështu me radhë për tëpërcaktuar α(n−1) kemi 2 mundësi dhe për të përcaktuar α(n) kemi vetëm njëmundësi. Pra themi se Sn ka n(n− 1)(n− 2) · · · 3 · 2 · 1 = n! elementë.

I lihet detyrë lexuesit të vërtetojë se për n ≥ 3 grupi simetrik Sn nuk ështëAbelian. Grupet simetrik kanë shumë nëngrupe. Për shembull grupi S4 ka30 nëngrupe dhe S5 ka mbi 100 nëngrupe. Një nëngrup i Sn quhet një gruppermutacionesh.

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

σ =

(1 2 3 4 51 2 3 5 4

), τ =

(1 2 3 4 53 2 1 4 5

), µ =

(1 2 3 4 53 2 1 5 4

).

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

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

Shënim. Megjithëse është e natyrshme që elementët e një grupi te shumëzohennga e majta në të djathtë, funksionet kompozohen nga e djathta në të majtë.Kjo krijon konfuzion shpesh kur kemi të bëjmë me permutacione, pasi ne lite-rature gjenden të dy llojet e shumëzimit. Duhet theksuar se secili prej këtyreshumëzimeve nuk cënon faktin që Sn është një grup. Në këtë tekst ne do të shu-mëzojmë vetëm nga e djathta në të majtë. Pra simboli αβ për ne ka kuptimine mëposhtëm:

αβ = α β = α(β)

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

σ =

(1 2 3 44 1 2 3

)dhe τ =

(1 2 3 42 1 4 3

).

Atëherë,

στ =

(1 2 3 41 4 3 2

),

por

τσ =

(1 2 3 43 2 1 4

).

Ushtrime






2.2 Paraqitja e permutacioneve në mënyrë ciklikeNjë mënyrë tjetër e paraqitjes së permutacioneve është nëpërmjet cikleve tëpermutacioneve. Paraqitja e permutacioneve nëpërmjet cikleve është shumë erëndësishme sepse shumë veti të tyre jepen duke u mbështetur te ky koncept.Për shembull

α =

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

).

shprehet me cikle siα = (12)(346)(5).

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

β =

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

).

atëherë duke e paraqitur nëpërmjet cikleve kemi:

β = (1523)(46) ose β = (46)(3152)

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

σ(a1) = a2

σ(a2) = a3

...σ(ak) = a1

dhe σ(x) = x për të gjithë elementët e tjerë x ∈ X. Ne do të përdorim(a1, a2, . . . , ak) për të paraqitur σ. Ciklet janë baza e gjithë teorisë së per-mutacioneve.

Shembull 2.3. Permutacioni

σ =

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

)= (162354)

është një cikël me gjatësi 6, kurse

τ =

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

)= (243)

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

1 2 3 4 5 62 4 1 3 6 5

)= (1243)(56).

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






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

σ = (1352) dhe τ = (256).

Atëherë, mendojmë për σ si

1 7→ 3

3 7→ 5

5 7→ 2

2 7→ 1

dhe τ si

2 7→ 5

5 7→ 6

6 7→ 2

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

Shembull 2.5. Le të jetë

σ =

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

)τ =

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

).

Me simbolikën e cikleve shkruajmë

σ = (1624)

τ = (13)(456)

στ = (136)(245)

τσ = (143)(256).

Ushtrime

1. Shkruani permutacionet në vazhdim në simbolikën ciklike.

(1 2 3 4 52 4 1 5 3

),

(1 2 3 4 53 5 1 4 2

),

(1 2 3 4 54 2 5 1 3

),

(1 2 3 4 51 4 3 2 5

)

2.3 Vetitë e permutacioneveLe të shohim tani disa veti të rëndësishme të permutacioneve.

Përkufizim 2.2. Le të jenë α = (a1a2 · · · ak) dhe β = (b1b2 · · · bm) dy permu-tacione ciklike për një bashkësi X. Themi se α dhe β, janë të ndara në qoftëse për çdo i, j kemi që ai 6= bj.






Në qoftë se αβ = βα themi se ato komutojnë(janë ndërimtare), por kjonuk ndodh për çdo dy permutacione α dhe β.

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

(135)(27) = (135)(27)

(135)(347) = (13475).

Prodhimi i dy cikleve jo të ndara mund të kthehet në dicka më të thjeshtë, kurseprodhimi i cikleve të ndara nuk mund të thjeshtohet më.

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

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

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

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

(αβ)(ai) = α(β(ai)) = α(ai) = ai+1,

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

(βα)(ai) = β(α(ai)) = β(ai+1) = ai+1.

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

(αβ)(ci) = α(β(ci)) = α(ci) = ci

dhe(βα)(ci) = β(α(ci)) = β(ci) = ci

Dhe vërtetimi është i plotë.

Le të jetë α një permutacion atëherë kompozimi i permutacionit α disa herëme vetveten do të na japë përsëri një permutacion dhe për një numër të plotëpozitiv i mund të shkruajmë:

αi = αα · · ·α︸︷︷︸i− her

dhe për çdo dy numra pozitivë m,n kemi:

αmαn = αm+n dhe (αm)n = αmn






Teorema 2.2. Çdo permutacion në Sn mund të shkruhet si një cikël i vetëmose si prodhim i cikleve të ndara. Ciklet që shfaqen në këtë produkt janë tëvetëm.

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

α = (1)(2)(3) · · · (n)

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

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

).

Pjesa tjetër e teoremës rrjedh nga fakti që α është një bijeksion në bashkësinë1, 2, · · · , k.

Shembull 2.7. Shprehni permutacionin e mëposhtëm në prodhim ciklesh tëndara.

Le të kemi permutacionin α të tillë :

α =

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

).

Atëherë, α mund të shkruhet si:

α = (1537)(284)

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

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

Vërtetim: Në qoftë se α = (a1a2 · · · am) atëherë α ka rend m. Për më tepërdimë se në qoftë se αk = (1) atëherë m|k.

Në qoftë se α = (a1a2 · · · am)(b1b2 · · · br), pra jepet si produkt i dy ciklevetë ndara kemi që:

αj = (a1a2 · · · am)j(b1b2 · · · br)j ,meqënëse (a1a2 · · · am) ndërron me (b1b2 · · · br). Në qoftë se αj = (1) atëherëkemi që (a1a2 · · · am)j = (1) dhe gjithashtu dhe (b1b2 · · · br)j = (1) meqënëse tëgjitha (b1b2 · · · br)j fiksojnë të gjithë elementët ai dhe (a1a2 · · · am)j fiksojnë tëgjithë elementët bi. Një gjë e tillë ndodh atëherë dhe vetëm atëherë kur m|jdhe r|j dhe (m, r) është një pjestues i j-së. Numri më i vogël që gëzon këtë vetiështë (m, r)






Shembull 2.8. Të vërtetojmë se rendi i përkëmbimit α = (145)(23) nga S5

është sa (3, 2) = 6. Kjo do të thotë që | α |= 6 domethënë α6 = e.

Zgjidhje: Në të vërtetë

α =

(1 2 3 4 54 3 2 5 1

)Atëherë

α2 =

(1 2 3 4 55 2 3 1 4

)pra

α4 = α2α2 =

(1 2 3 4 54 2 3 5 1

)dhe së fundmi kemi që:

α6 = α4α2 =

(1 2 3 4 51 2 3 4 5

)

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

Ushtrime

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

3. Grupi Frobenius F20 jepet si më poshtë:

F20 := 〈(2 3 5 4), (1 2 3 4 5)〉.

Gjeni rendin e F20 dhe paraqisni latisën e tij.

2.4 Transpozicionet dhe involucionetPermutacioni më i thjeshtë është një cikël me gjatësi 2. Cikle të tillë quhentranspozicione. Meqë

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

çdo cikël mund të shkruhet si prodhim transpozicionesh.

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






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

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

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

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

Kjo kompleton vërtetimin.

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

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

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

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

α = (12345) = (54)(53)(52)(51)

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

Lema 2.1. Në qoftë se permutacioni identitet shkruhet si prodhim i r transpo-zicioneve,

id = τ1τ2 · · · τr,

atëherë r është një numer çift.

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

(ab)(ab) = id

(bc)(ab) = (ab)(ac)

(cd)(ab) = (ab)(cd)

(bc)(ac) = (ab)(bc).

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

id = τ1τ2 · · · τr−3τr−2.






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

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

Në disa pika ose do të kemi mbivendosje, transpozicioni identik redukton çdotranspozicion tjetër, ose a do të rizhvendoset, domethënë ajo do të shfaqet vetëmnë transpozicionin e fundit. Gjithësesi, rasti i fundit nuk mund të ndodh sepseidentiku nuk mund të fiksojë a në një rast të tillë. Kështu që, permutacini identikdo të jetë prodhimi i r − 2 transpozioneve dhe sipas hipotezës së induksionitvërtetimi përfundon këtu.

Pra në ushtrimin më sipër treguam që një permutacion mund të shkuhetsi prodhim transpozicionesh. Pra, ne fillimisht e shkruajtëm α si prodhim ikatër transpozicioneve, pastaj përsëri si prodhim i katër transpozicioneve tëtjera dhe së fundmi si prodhim i gjashtë transpozicioneve. Por vëmë re senumri i transpozicioneve sipas të cilave mund të shprehet një permutacion ështëgjithmon çift ose gjithmonë tek. Ky fakt shprehet në teoremën e mëposhtme.

Teorema 2.5 (Gjithmonë çift ose tek). Në qoftë se një permutacion shprehetnë dy mënyra si prodhim i transpozicioneve atëherë numri i transpozicioneve nëtë dyja rastet është çift ose tek.

Vërtetim: Supozojmë që

σ = σ1σ2 · · ·σm = τ1τ2 · · · τn,

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

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

nga Lema 2.1 n duhet të jetë çift. Vërtetimi për rastin ku σ mund të shprehetsi një numër tek transpozicionesh lihet si ushtrim për lexuesin.

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

Përkufizim 2.4. Një permutacion quhet çift në qoftë se ai mund të shprehetsi prodhim i një numri çift transpozicionesh dhe quhet tek në qoftë se mund tëshprehet si prodhim i një numri tek transpozicionesh.

Shembull 2.11. Le të shqyrtojmë permutacionin

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






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

(23)(16)(23)

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

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

Ushtrime

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

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

σ, τ, στ, στ−1.

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

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

σ, τ, στ, στ−1.

2.5 Grupet alternativeNjë nga nëngrupet më të rëndësishëm të Sn është bashkësia e permutacioneveçift, An. Grupi An quhet grupi alternativ në n-germa.

Teorema 2.6. Bashkësia An është një nëngrup i Sn.

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

σ = σ1σ2 · · ·σr,

ku σi është një transposition dhe r është një numër çift. Meqënëse inversi i njëtranspozicioni është i barabartë me veten, atëherë

σ−1 = σrσr−1 · · ·σ1

ndodhet gjithashtu në An.

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






Vërtetim: Le të jetë An bashkësia e permutacioneve çift në Sn dhe Bn ba-shkësia e permutacioneve tek. Në qoftë se vërtetojmë se ekziston një bijeksionndërmjet këtyre dy bashkësive, atëherë ato përmbajnë të njëjtin numër elemen-tësh. Fiksojmë një transpozicion σ në Sn. Meqënëse n ≥ 2, ekziston një σ etillë. Përkufizojmë

λσ : An → Bn

siλσ(τ) = στ.

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

τ = σ−1στ = σ−1σµ = µ.

Kështu që , λσ është injektiv. Lexuesi le të vërtetojë si detyrë që λσ ështësyrjektiv.

Shembull 2.12. Grupi A4 është nëngrupi i S4 që përmban permutacionet çift.Janë 12 elementë në A4:

(1) (12)(34) (13)(24) (14)(23)(123) (132) (124) (142)(134) (143) (234) (243).

Një ndër ushtrimet në fund të këtij kapitulli do të jetë të shkruani të gjithënëngrupet e A4. Do të vini re se nuk ka asnjë nëngrup me rend 6. A ju habitky rezultat?

Ushtrime

2.6 Grupet dihedraleNjë tjetër tip i veçantë permutacionesh është grupi dihedral. Kujtojmë grupine simetrive të trekëndshit barabrinjës të studiuar më parë. Grupe të tillë kosi-stojnë në lëvizjet e ngurta të një poligoni n-faqësh ose të një n-goni të rregullt.Për n = 3, 4, . . ., përkufizojmë grupin e n-të dihedral si grupi i lëvizjeve tëngurta të një n-goni të rregullt. Këtë grup do ta shënojmë me Dn.

Kulmet e një n-goni të rregullt i shënojmë me 1, 2, . . . , n, Figura 2.1. Vihetre se ka ekzaktësisht n munësi zgjedhjeje për të zëvendësuar kulmin e parë. Nëqoftë se zëvendësojmë kulmin e parë me k, atëherë kulmi i dytë do zëvendësohetnga kulmi k+1 ose nga kulmi k−1. Kështu që, ka 2n mundësi lëvizje të ngurtapër n-gonin. Këto rezultate i përmbledhim në teoremën në vazhdim.

Teorema 2.7. Grupi dihedral, Dn, është një nëngrup i Sn me rend 2n.

Teorema 2.8. Grupi Dn, n ≥ 3, përmban të gjitha prodhimet e dy elementëver dhe s që kënaqin relacionet

rn = id, s2 = id,= srs = r−1.






n-1

n

12

3

4

Figura 2.1: Një n-gon i rregullt

12

3

45

6

7

81

8

7

65

4

3

2

12

3

45

6

7

88

1

2

34

5

6

7rotation

reflection

Figura 2.2: Rrotullimet dhe reflektimet e një n-goni të rregullt

Vërtetim: Lëvizjet e mundëshme të një n-goni të rregullt janë reflektimet dherrotullimet (Figure 2.2). Saktësisht, kemi n rrotullime të mundëshme:

id,2π

n, 2 · 2π

n, . . . , (n− 1) · 2π

n.

Rrotullimin 2πn do ta shënojmë me r. Ky rrotullim gjeneron gjithë rrotullimet

e tjerë. Domethënë,

rk = k · 2π

n.

I emërtojmë n reflektimet me s1, s2, . . . , sn, ku sk është refleksioni që fiksonkulmin k. Ka dy raste për reflektimet që varen nga nja, nëse n është çift osetek. Në qoftë se kemi një numer çift kulmesh të fiksuar atëherë 2 kulme fiksohennga e majta prej reflektimit. Në qoftë se numri i kulmeve është çift, atëherëvetëm një kulëm i vetëm fiksohet majtas nga pasqyrimi, Figura 2.3.

Pra, në qoftë se n = 2m për ndonjë numër të plotë m, atëherë

si = si+m për 1 ≤ i < m.






Rendi i sk është dy. Le të jetë s = s1. Atëherë, s2 = id dhe rn = id, sepseçdo lëvizje t e një n-goni të rregullt zëvendëson kulmin e parë me kulmin ek-të, ndërsa kulmin e dytë me kulmin k + 1 ose me kulmin k − 1. Në qoftëse zëvendësohet me k + 1, atëherë t = rk. Në qoftë se zëvendësohet me k − 1,atëherë t = rks. Pra, r dhe s gjenerojnë Dn. Domethënë, Dn përmban të gjithaprodhimet e fundme të r dhe s. Lexuesi le të vërtetojë se srs = r−1.

3

1

6

5

4

2

5

1

2

3

4

6

1

2

34

5

1

5

43

2

Figura 2.3: Tipe pasqyrimesh të një n-goni të rregullt

Shembull 2.13. Grupi i lëvizjeve të ngurta të një katrori D4, përmban 8elementë. Me kulme të emërtuara 1, 2, 3, 4, rrotullimet janë

r = (1234), r2 = (13)(24), r3 = (1432), r4 = id

dhe reflektimet janë

s1 = (24)

s2 = (13).

Rendi i D4 është 8. Dy elementet që mbeten janë

rs1 = (12)(34)

r3s1 = (14)(23).

Ushtrime

6. Gjeni gjithë nëngrupet e S4. Gjeni bashkësitë në vijim.

1. σ ∈ S4 : σ(1) = 3

2. σ ∈ S4 : σ(2) = 2

3. σ ∈ S4 : σ(1) = 3 dhe σ(2) = 2

A është secila nga bashkësitë e mësipërme nëngrup i S4?






7. Gjeni gjithë nëngrupet e A4. Cili është rendi i tyre?

8. Gjeni gjithë rendet e mundshëm të elementëve në S7 dhe A7.

9. Vërtetoni se A10 përmban një element me rend 15.

10. A ka A8 një element me rend 26?

11. Gjeni elementin me rendin më të madh në Sn për n = 3, . . . , 10.

12. Cilat janë strukturat e mundëshme ciklike të elementëve të A5? Po për A6?

13. Le të jetë dhënë σ ∈ Sn me rend n. Vërtetoni se për çdo numër të plotë idhe j, σi = σj atëherët kur i ≡ j (mod n).

14. Le të jetë σ = σ1 · · ·σm ∈ Sn produkt i cikleve të ndara. Vërtetoni se rendii σ është shumëfishi më i vogël i përbashkët i gjatësive të cikleve σ1, . . . , σm.

15. Duke përdorur simboliken ciklike, shkruani gjithë elementët në D5. Çfarëjanë r dhe s? Shkruani çdo element si një produkt të r dhe s.

16. Vërtetoni se Sn është jo Abelian për n ≥ 3.

17. Vërtetoni se An është jo Abelian për n ≥ 4.

18. Vërtetoni se Dn është jo Abelian për n ≥ 3.

19. Jepet σ ∈ Sn. Vërtetoni se σ mund të shkruhet si produkt i të shumtënn− 1 transpozicioneve.

20. Jepet σ ∈ Sn. Në qoftë se σ nuk është një cikël, vërtetoni se σ mund tëshkruhet si produkt i të shumtën n− 2 transpozicioneve.

21. Në qoftë se σ është një cikël me gjatësi tek, vërtetoni se σ2 është gjithashtunjë cikël.

22. Vërtetoni se një cikël tresh është një permutacion çift.

23. Vërtetoni se në An, për n ≥ 3, çdo permutacion është një prodhim i cikleveme gjatesi 3.

24. Vërtetoni se çdo element në Sn mund të shkruhet si një prodhim i fundëmi permutacioneve në vazhdim:

1. (12), (13), . . . , (1n)

2. (12), (23), . . . , (n− 1, n)

3. (12), (12 . . . n)

25. Le të jetë G një grup dhe λg : G→ G funksioni i përkufizuar nga λg(a) = ga.Vërtetoni se λg është një permutacion i G.






26. Gjeni qendrën e D8. Ç’ mund të thoni për qendrën e D10? Kush ështëqendra e Dn?

27. Jepet τ = (a1, a2, . . . , ak) një cikël me gjatësi k.

1. Vërtetoni se në qoftë se σ është një permutacion, atëherë

στσ−1 = (σ(a1), σ(a2), . . . , σ(ak))

është një cikël me gjatësi k.

2. Jepet µ një cikël me gjatësi k. Vërtetoni se ekziston një permutacion σ itillë që στσ−1 = µ.

28. Për α dhe β në Sn, përkufizojmë α ∼ β në qoftë se ekziston një σ ∈ Sn etillë që σασ−1 = β. Vërtetoni se ∼ është një relacion ekuivalence në Sn.

1. Le të jetë σ ∈ SX . Në qoftë se σn(x) = y, ne themi që x ∼ y.

2. Vërtetoni se ∼ është një relacion ekuivalence në X.

3. Në qoftë se σ ∈ An dhe τ ∈ Sn, vërtetoni që τ−1στ ∈ An.

4. Përkufizojmë orbitën e x ∈ X nën σ ∈ SX të jetë bashkësia

Ox,σ = y : x ∼ y.

Gjeni orbitat e α, β, γ ku

α = (1254)

β = (123)(45)

γ = (13)(25).

5. Në qoftë se Ox,σ ∩ Oy,σ 6= ∅, vërtetoni se Ox,σ = Oy,σ. Orbitat nën njëpermutacion janë klasat e ekuivalencës që korespondojnë me relacionin eekuivalencës ∼.

6. Një nëngrup H i SX është tranzitiv në qoftë se për çdo x, y ∈ X, ekzistonnjë σ ∈ H e tillë që σ(x) = y. Vërtetoni se 〈σ〉 është tranzitive atëherëtkur Ox,σ = X për ndonjë x ∈ X.

29. Jepet α ∈ Sn për n ≥ 3. Në qoftë se αβ = βα për çdo β ∈ Sn, vërtetonise α është permutacioni identitet. Pra, qendra e Sn është nëngrupi trivial.

30. Në qoftë se α është çift, vërtetoni se α−1 është gjithashtu çift. A është ivërtetë i njëjti rezultat në qoftë se α është tek?

31. Vërtetoni se α−1β−1αβ është çift për α, β ∈ Sn.32. Jepen r dhe s elementët e Dn si në Teoremën 2.8.

1. Vërtetoni se srs = r−1.

2. Vërtetoni se rks = sr−k në Dn.

3. Vërtetoni se rendi i rk ∈ Dn është n/ gcd(k, n).





Kapitulli 3

Kosetet dhe Teorema eLagranzhit

Teorema e Lagranzhit është një ndër rezultatet më të rëndësishme në teorinë egrupeve të fundëm. Ajo pohon se rendi i një nëngrupi duhet të pjesëtojë rendin egrupit. Kjo teoremë është një mjet i fuqishëm për analizën e grupeve të fundëm.Ajo na jep një ide të saktë se çfarë llojë nëngrupesh mund te përmbajë një grupi fundëm. Baza e të kuptuarit të Teoremës së Lagranzhit qëndron te kosetet.

3.1 KosetetLe të jetë G grup dhe H një nëngrup i G. Quajmë koset të majtë të H nëlidhje me g ∈ G si bashkësinë:

gH = gh : h ∈ H.

Në mënyrë analoge, përkufizohet termi koset i djathtë si

Hg = hg : h ∈ H.

Ne qoftë se kosetet e majta dhe të djathta përputhen, atëherë do të përdorimfjalën koset, pa e specifikuar të djathtë apo të majtë.

Shembull 3.1. Le të jetë H një nëngrup i Z6 që ka elementët 0 dhe 3. Kosetetjanë

0 +H = 3 +H = 0, 31 +H = 4 +H = 1, 42 +H = 5 +H = 2, 5.

Kosetet e nëngrupeve të Z dhe Zn ne do ti shkruajmë gjithmonë në lidhjeme simbolin e mbledhjes që përdorëm në kosetet e shembullit të mësipërm. Nënjë grup Abelian kosetet e majta dhe të djathta janë gjithmonë të njëjta.

59


Shembull 3.2. Le të jetë H një nëngrup i S3 i përkufizuar nga permutacioni s(1), (123), (132). Kosetet e majta të H-së janë

(1)H = (123)H = (132)H = (1), (123), (132)(12)H = (13)H = (23)H = (12), (13), (23).

Kosetet e djathta të H janë të njëjta me koseset e majta:

H(1) = H(123) = H(132) = (1), (123), (132)H(12) = H(13) = H(23) = (12), (13), (23).

Jo gjithmonë kosetet e djathta janë të njëjta me kosetet e majta. Le tëjetë K një nëngrup i S3 i përkufizuar nga permutacionet (1), (12). Atëherë,kosetet e majta të K-së janë

(1)K = (12)K = (1), (12)(13)K = (123)K = (13), (123)(23)K = (132)K = (23), (132).

Ndërsa kosetet e djathta të K janë

K(1) = K(12) = (1), (12)K(13) = K(132) = (13), (132)K(23) = K(123) = (23), (123).

Lema 3.1. Le të jetë H ≤ G, kemi që Ha = Hb atëherë dhe vetëm atëherë kurab−1 ∈ H.

Vërtetim: ⇒ Në qoftë se Ha = Hb atëherë ekziston një h ∈ H e tillë që1 · a = h · b pra ab−1 ∈ H.⇐ Tani le të vërtetojmë se në qoftë se ab−1 = h ∈ H atëherë Ha = Hb. Për

këtë duhet të vërtetojmë se Ha ⊆ Hb dhe Hb ⊆ Ha.a) Marim një x = h · i ·a ∈ Ha, por ab−1 ∈ H dhe kjo sjell që ab−1 = h2 ∈ H

atëherë a = h2b. Pra, x = h1 · h2 · b atëherë kemi (h1 · h2) · b ∈ Hb.b) Në të njëjtën mënyrë vërtetojmë se Hb ⊆ Ha. Pra, Ha = Hb.

Lema 3.2. Le të jetë H ≤ G dhe a, b ∈ G. Atëherë, çdo dy koseta të djathta(tëmajta) të H-së në G ose përputhen ose prerja e tyre është boshe, pra:

Ha = Hb ose Ha ∩Hb = ∅.

Vërtetim: Le të jetë x ∈ Ha ∩ Hb, atëherë për çdo h1, h2 ∈ H kemi qëx = h1a = h2b. Në qoftë se a = h−1

1 h2b, atëherë ab−1 = h−11 h2 ∈ H. Pra,

Ha = Hb.






Lema 3.3. Në qoftë se H ≤ G atëherë numri i koseteve të majta të H-së në Gështë i njëjtë me numrin e koseteve të djathta, pra |aH| = |Ha|.

Vërtetim: Le të shënojmë me R bashkësinë e koseteve të djathta dhe Lbashkësinë e koseteve të majta. Përcaktoni funksionin f të tillë:

f : R→ L

Ha→ a−1H

Vërtetoni se f është një bijeksion(detyrë).

Lema e mëposhtme është shumë e përdorëshme në lidhje me kosetet. Vërte-timin e saj po e lëmë si ushtrim për lexuesin.

Lema 3.4. Le të jetë H një nëngrup i grupit G dhe supozojmë se g1, g2 ∈ G.Pohimet e mëposhtëme janë ekuivalente.

1. g1H = g2H

2. Hg−11 = Hg−1

2

3. g1H ⊆ g2H

4. g2 ∈ g1H

5. g−11 g2 ∈ H.

Në të gjithë shembujt e mësipërm kosetet e një nëngrupi H copëzojnë grupinG. Në teoremën e mëposhtme do të pohojmë se ky fakt ndodh gjithmonë.

Teorema 3.1. Le të jetë H një nëngrup i grupit G. Kosetet e majta të H nëG copëzojnë G. Pra grupi G është një bashkim i fundëm i koseteve te majta, joprerëse të H në G.

Vërtetim: Le të jenë g1H dhe g2H dy kosete të H në G. Duhet të vërtetojmese ose g1H ∩ g2H = ∅ ose g1H = g2H. Supozojmë që g1H ∩ g2H 6= ∅ dhea ∈ g1H ∩ g2H. Prandaj, nga pëkufizimi i kosetës së majtë, a = g1h1 = g2h2,për ndonjë h1 dhe h2 në H. Kështu që, g1 = g2h2h

−11 ose g1 ∈ g2H. Nga

Lema 3.4, g1H = g2H.

Shënim. Nuk ka asgjë të veçantë në këtë teoremë në lidhje me kosetet e dja-thta. Kosetat e djathta copëzojnë G gjithashtu. Vërtetimi i këtij fakti është sivërtetimi për kosetet e majta, veçse vërtetimi për kosetet e majta në të gjithëgrupet Abelian behet nga ana tjetër e H.

Le të jetë G një grup dhe H një nëngrup i G-së. Përkufizojmë indeksin tëH-së në G të jetë numri i kosetave të majta të H në G. Indeksin e H-së në Gdo ta shënojmë me [G : H].

Shembull 3.3. Le të jetë G = Z6 dhe H = 0, 3. Atëherë, [G : H] = 3.






Shembull 3.4. Supozojmë që G = S3, H = (1), (123), (132) dhe K =(1), (12). Atëherë, [G : H] = 2 dhe [G : K] = 3.

Teorema 3.2. Le të jetë H një nëngrup i grupit G. Numri i koseteve të H-sënë G është i barabartë me numrin e koseteve të djathta të H në G.

Vërtetim: Le të shënojmë me LH dhe RH pëkatësisht bashkësitë e kosetavetë majta dhe të djathta. Në qoftë se mund të përkufizojmë një funksion bijektivφ : LH → RH , atëherë teorema u vërtetua.

Në qoftë se gH ∈ LH , le të jetë φ(gH) = Hg−1. Nga Lema 3.4, pasqyrimiφ është funksion. Domethëne, nëse g1H = g2H, atëherë Hg−1

1 = Hg−12 . Për të

vërtetur se φ është injektiv supozojmë se

Hg−11 = φ(g1H) = φ(g2H) = Hg−1

2 .

Sërisht nga Lema 3.4, g1H = g2H. Funksioni φ është syrjektiv meqë φ(g−1H) =Hg.

3.2 Teorema e Lagranzhit

Pohim 3.1. Le të jetë H një nëngrup i G-së me g ∈ G dhe përkufizojmë njëfunksion φ : H → gH si φ(h) = gh. Funksioni φ është bijektiv. Pra, numri ielementëve në H është i njëjtë me numrin e elementëve në gH.

Vërtetim: Fillimisht le të vërtetojmë se funksioni φ është injektiv. Supozojmëse φ(h1) = φ(h2) për elementët h1, h2 ∈ H. Ne duhet të vërtetojmë se h1 = h2,por φ(h1) = gh1 dhe φ(h2) = gh2. Kështu që gh1 = gh2 dhe duke thjeshtuarnga e majta kemi h1 = h2. Për të vërtetuar që φ është syrjektiv është më ethjeshtë. Nga përkufizimi, çdo elementë i gH është i formës gh për ndonjëh ∈ H dhe φ(h) = gh.

Teorema 3.3 (Lagranzh). Le të jetë G një grup i fundëm dhe le të jetë Hnjë nëngrup i G-së. Atëherë, |G|/|H| = [G : H] është i ndryshëm nga kosetete majta të H në G. Në veçanti, numri i elementëve në H duhet të pjesëtojënumrin e elementëve në G.

Vërtetim: Grupi G copëzohet në [G : H] kosete të majta të ndryshme. Secilaprej këtyre koseteve ka H elementë, si rrjedhim |G| = [G : H]|H|.

Rrjedhim 3.1. Supozojmë që G është grup i fundëm dhe g ∈ G. Atëherë, rendii g duhet të pjesëtojë numrin e elementëve në G.

Rrjedhim 3.2. Le të jetë |G| = p, ku p është një numër i thjeshtë. Atëherë,grupi G është ciklik dhe një g ∈ G, i tillë që g 6= e, është një gjenerator.






Vërtetim: Le të jetë g nga G i tillë që g 6= e. Atëherë, nga Rrjedhimi 3.1,rendi i g duhet të pjesëtojë rendin e grupit. Meqënëse |〈g〉| > 1, rendi i g do tëjetë p. Prandaj, g gjeneron G.

Shembull 3.5. Vërtetoni se Z7 e cila e ka rendin 7, pra një numër i thjeshtë,është ciklik.

Mund të provoni se Z7 = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 = 〈3〉 = 〈5〉.

Rrjedhimi 3.2 na pohon se grupet me rende të thjeshtë p duken deri diku siZp.

Rrjedhim 3.3. Le të jenë H dhe K nëngrupe të një grupi të fundëm G të tillëqë G ⊃ H ⊃ K. Atëherë,

[G : K] = [G : H][H : K].

Vërtetim: Vini re se

[G : K] =|G||K|

=|G||H|· |H||K|

= [G : H][H : K].

E anasjella e Teoremës së Lagranzhit nuk është e vërtetë. Grupi A4 ka rend12. Megjithatë, vërtetohet se ai nuk përmban ndonjë nëngrup me rend 6. SipasTeoremës së Lagranzhit, nëngrupet e grupit me rend 12 duhet të kenë rende 1,2, 3, 4 ose 6. Gjithsesi, ne nuk jemi të sigurt se ekzistojnë nëngrupet e të gjithërendeve. Për të vërtetuar se A4 nuk ka nëngrup me rend 6, supozojmë se ajo kanjë nëngrup H të tillë që |H| = 6 dhe vërtetojmë se hasim në një kontradiksion.Grupi A4 përmban 8 cikle treshe, kështu që H duhet të përmbajë një cikël tresh(3-cikël). Do të vërtetojmë se në qoftë se H përmban një cikël tresh, atëherëajo duhet te përmbajë çdo cikël tresh, duke kundërshtuar kështu faktin qe Hka vetëm 6 elementë.

Teorema 3.4. Dy cikle τ dhe µ në Sn kanë të njëjtën gjatësi atëherët kurgjendet një σ ∈ Sn e tillë që µ = στσ−1.

Vërtetim: Supozojmë që

τ = (a1, a2, . . . , ak)

µ = (b1, b2, . . . , bk).

Përkufizojmë σ të jetë permutacioni

σ(a1) = b1

σ(a2) = b2...

σ(ak) = bk.






Atëherë, µ = στσ−1.Anasjellas, supozojmë se τ = (a1, a2, . . . , ak) është një k-cikël dhe σ ∈ Sn.

Në qoftë se σ(ai) = b dhe σ(a(i mod k)+1) = b′, atëherë µ(b) = b′. Prandaj,

µ = (σ(a1), σ(a2), . . . , σ(ak)).

Meqënëse σ është injektiv dhe syrjektiv, µ është një cikël që ka të njëjtën gjatësime τ .

Rrjedhim 3.4. Grupi A4 nuk ka nëngrup me rend 6.

Vërtetim: Meqënëse [A4 : H] = 2, atëherë ka vetëm dy kosete të H në A4.Duke qënë se një prej koseteve është vetë H, kosetet e majta dhe të djathta për-puthen. Prandaj gH = Hg ose gHg−1 = H për çdo g ∈ A4. Nga Teorema 3.4,nëse H përmban një cikël tresh, atëherë ajo do të përmbajë çdo cikël tresh,duke kundërshtuar kështu faktin për rendin e H.

3.3 Teoremat Ferma dhe EjlerFunksioni φ i Ejlerit është funksioni

φ : N→ N

i përkufizuar si φ(n) = 1 për n = 1 dhe për n > 1, φ(n) është numri i numravetë plotë m, ku 1 ≤ m < n dhe gcd(m,n) = 1.

Ne dimë se rendi i U(n), grupi elementëve njësi në Zn, është φ(n). Përshembull, |U(12)| = φ(12) = 4 meqënëse numrat që janë relativisht të thjeshëme 12 janë 1, 5, 7 dhe 11. Për numrat e thjeshtë p, φ(p) = p− 1. Këtë rezultatpo e formulojmë në teoremën e mëposhtme.

Teorema 3.5. Le të jetë U(n) grupi i elementëve njësi në Zn. Atëherë,

|U(n)| = φ(n).

Teorema në vazhdim, e zbuluar nga Leonard Ejler, është një rezultat irëndësishëm në teorinë e numrave.

Teorema 3.6 (Teorema e Ejlerit). Le të jenë a dhe n numra te plotë pozitiv,të tillë që n > 0 dhe gcd(a, n) = 1. Atëherë, aφ(n) ≡ 1 (mod n).

Vërtetim: Nga Teorema 3.5 rendi i U(n) është φ(n). Si pasojë, aφ(n) = 1 përtë gjitha a ∈ U(n) ose aφ(n)− 1 pjesëtohet nga n. Prandaj, aφ(n) ≡ 1 (mod n).

Në qoftë se konsiderojmë rastin e veçantë të Teoremës së Ejlerit, kur n = pështë numër i thjeshtë dhe rikujtojmë se φ(p) = p − 1, ne marrim rezulatin emëposhtëm, të zbuluar nga Pierre de Fermat.






Teorema 3.7 (Teorema e Vogël Ferma). Le të jetë p një numër i thjeshtë dhesupozojmë se p6 | a. Atëherë

ap−1 ≡ 1 (mod p).

Veç kësaj, për ndonjë numër të plotë b kemi bp ≡ b (mod p).

Ushtrime

1. Supozojmë që G është një grup i fundëm që ka një element g me rend 5 dhenjë element h me rend 7. Pse kemi që |G| ≥ 35?

2. Supozojmë që G është një grup i fundëm me 60 elementë. Cilët janë rendete mundshëm për nëngrupet e G-së?

3. Vërteto ose trego të kundërtën: Çdo nëngrup i numrave të plotë ka indeks tëfundëm.

4. Vërteto ose trego të kundërtën: Çdo nëngrup i numrave te plotë ka rend tëfundëm.

5. Përshkruani kosetet e majta të SL2(R) në GL2(R). Sa është indeksi i SL2(R)në GL2(R)?

6. Vërtetoni Teoremën e Ejlerit për n = 15 dhe a = 4.

7. Përdorni Teoremën e Vogël Ferma për të vërtetuar që nëse p = 4n+ 3 ështëi tjeshtë, atëherë ekuacioni x2 ≡ −1 (mod p) nuk ka zgjidhje.

8. Tregoni se numrat e plotë kanë indeks të pafundëm në grupin aditiv tënumrave racional.

9. Tregoni që grupi aditiv i numrave realë ka indeks të pafundëm në grupinaditiv të numrave kompleksë.

10. Në qoftë se ghg−1 ∈ H për çdo g ∈ G dhe h ∈ H, vërtetoni se kosetet edjathta janë identike me kosetet e majta.

11. Supozojmë që gn = e. Trego se rendi i g pjesëton n.

12. Në qoftë se |G| = 2n, vërtetoni se numri i elementeve me rend 2 është tek.Përdorni këte rezultat për të vërtetuar se G përmban një nëngrup me rend 2.

13. Supozojmë që [G : H] = 2. Në qoftë se a dhe b nuk janë në H, vërtetoni seab ∈ H.

14. Në qoftë se [G : H] = 2, vërteto që gH = Hg.

15. Le të jenë H dhe K nëngrupe të një grupi G. Vërtetoni se gH ∩ gK ështënjë koset e H ∩K në G.






16. Le të jenë H dhe K nëngrupe të një grupi G. Përkufizojmë një relacion ∼ onG, ku a ∼ b nëse ekziston një h ∈ H dhe një k ∈ K e tillë që hak = b. Tregoni seky relacion është një relacion ekuivalence. Klasat e ekuivalencës korensponduesequhen kosetet dyfishe. Gjej kosetet dyfishe të H = (1), (123), (132) in A4.

17. Në qoftë se G është një grup me rend pn, ku p është një numër i thjeshtë,vërtetoni se G ka një nëngrup të mirëfilltë me rend p. Në qoftë se n ≥ 3, aështë e vërtetë se G duhet të ketë një nëngrup të mirëfilltë me rend p2?

18. Le të jetë G një grup ciklik me rend n. Tregoni se ka ekzaktësisht φ(n)gjenerator për G.

19. Le të jetë n = pe11 pe22 · · · p

ekk një faktorizim i n në numra të thjeshtë të

ndryshëm. Tregoni se

φ(n) = n

(1− 1

p1

)(1− 1

p2

)· · ·(

1− 1

pk

).

20. Tregoni qën =

∑d|n

φ(d)

për të gjithë numrat e plotë pozitiv n.





Kapitulli 4

Homomorfizmat dhe grupetfaktorë

Në qoftë se H është një nëngrup i grupit G, atëherë kosetet e majta nuk janëgjithmonë të njëjta me koseteta e djathta. Pra, jo gjithmonë gH = Hg përçdo g ∈ G. Nëngrupet për të cilët kjo veti është e vërtetë luajnë një rol tërëndësishëm në teorinë e grupeve. Ata çojnë në krijimin e një klase të re grupeshtë quajtur grupe faktor. Grupet faktorë mund të studiohen duke përdorurhomomorfizmat.

4.1 Homomorfizmat e grupeve

Në këtë temë dhe në temën pasardhëse do të japim një metodë e cila na ndihmonpër të përcaktuar se kur dy grupe të dhënë në mënyra të ndryshme janë të njëjtëose jo. Kur dy grupet janë të njëjtë themi se midis tyre ekziston një izomorfizëm.

Përkufizim 4.1. Le të kemi grupet (G, ∗) dhe (H, ?). Funksioni f : G −→ Hquhet homomorfizëm grupesh në qoftë se kemi:

f(a ∗ b) = f(a) ? f(b)

për çdo a, b ∈ G.

Në qoftë se funksioni f është bijektiv, atëherë f quhet izomorfizëm. GrupiG quhet izomorfik me grupin H dhe shënohet me G ∼= H. Në qoftë se f ështëinjektiv atëherë f quhet monomorfizëm dhe në qoftë se është syrjektiv quhetepiomorfizëm.

Shembull 4.1. Le të jetë G një grup dhe g ∈ G. Përkufizojmë funksioninφ : Z → G të tillë φ(n) = gn. Atëherë, φ është një homomorfizëm grupeshsepse:

φ(m+ n) = gm+n = gmgn = φ(m)φ(n).

67


Ky homomorfizëm pasqyron grupin Z në nëngrupin ciklik të G të gjeneruar ngag.

Shembull 4.2. Le të kemi G = GL2(R). Në qoftë se

A =

(a bc d

)është në G, atëherë përcaktori është jozero. Pra, det (A) = ad− bc 6= 0. Gjitha-shtu, për çdo dy elementë A dhe B në G, det (AB) = det (A)det (B). Dukepërdorur përcaktorin ne mund të përcaktojmë një homomorfizëm

φ :GL2(R)→ Z∗,A→ det (A).

Shembull 4.3. Rikujtojmë se grupi i rrethit, T, përbëhet nga të gjithë numratkomleks z të tillë që |z| = 1. Ne mund të përcaktojmë një homomorfizëm φ, ngagrupi aditiv i numrave të plotë Z te T, të tillë:

φ : θ 7→ cos θ + i sin θ.

Sigurisht,

φ(α+ β) = cos(α+ β) + i sin(α+ β)

= (cosα cosβ − sinα sinβ) + i(sinα cosβ + cosα sinβ)

= (cosα+ i sinα) + (cosβ + i sinβ)

= φ(α)φ(β).

Pohimi i mëposhtëm jep disa nga vetitë kryesore të homomorfizmave.

Pohim 4.1. Le të jetë φ : G1 → G2 një homomorfizëm grupesh. Atëherë

1. Në qoftë se e është identiteti i G1, atëherë φ(e) është identiteti i G2;

2. Për çdo element g ∈ G1, φ(g−1) = [φ(g)]−1;

3. Në qoftë se H1 është nëngrup i G1, atëherë φ(H1) është nëngrup i G2;

4. Në qoftë se H2 është nëngrup i G2, atëherë φ−1(H2) = g ∈ G : φ(g) ∈H2 është nëngrup i G1. Për më tepër, në qoftë se H2 është normal nëG2, atëherë dhe φ−1(H2) është normal në G1.

Vërtetim: (1) Supozojmë që e dhe e′ janë respektivisht identitete të grupeveG1 dhe G2, atëherë

e′φ(e) = φ(e) = φ(ee) = φ(e)φ(e).

Duke thjeshtuar kemi φ(e) = e′.(2) Ky pohim rrjedh nga fakti se:

φ(g−1)φ(g) = φ(g−1g) = φ(e) = e.






(3) Bashkësia φ(H1) është jo boshe sepse identiteti i H2 është në φ(H1).Supozojmë që H1 është nëngrup i G1 dhe le të marrim x dhe y në φ(H1).Ekzistojnë elementët a, b ∈ H1 të tillë që φ(a) = x dhe φ(b) = y. Meqë

xy−1 = φ(a)[φ(b)]−1 = φ(ab−1) ∈ φ(H1),

atëherë φ(H1) është nëngrup i G2 nga Teorema 1.1.(4) Le të jetë H2 një nëngrup i G2 dhe përcaktojmë H1 të tillë që φ−1(H2).

Pra, H1 është bashkësia e të gjithë elementëve g ∈ G1 të tillë që φ(g) ∈ H2.Elementi identitet është në H1 sepse φ(e) = e. Në qoftë se a dhe b janë nëH1, atëherë φ(ab−1) = φ(a)[φ(b)]−1 është në H2 meqë H2 është nëngrup i G2.Kështu që ab−1 ∈ H1 dhe H1 është nëngrup i G1. Në qoftë se H2 është normalnë G2, ne duhet të vërtetojmë se g−1hg ∈ H1 për h ∈ H1 dhe g ∈ G1. Por

φ(g−1hg) = [φ(g)]−1φ(h)φ(g) ∈ H2,

meqë H2 është një nëngrup normal i G2. Kështu që g−1hg ∈ H1.

Përkufizim 4.2. Jepet homomorfizmi f : G −→ H. Bërthamë (Kernel) if -së quhet bashkësia

ker(f) := g ∈ G : f(g) = 1H.

Lema 4.1. Le të jetë f : G −→ H një homomorfizëm me K = ker(f). Atëherë,kemi që:

1. ker(f) është një nëngrup i G-së.

2. f është injektiv atëherë dhe vetëm atëherë kur ker(f) = 1G

3. f(G) ≤ H

Vërtetim: (1) Detyrë lexuesit(2) ⇒ Ne dimë se f(1G) = 1H . Pra 1G ∈ ker(f). Përderisa f është injektiv

atëherë ker(f) = 1G.⇐ Supozojmë se f nuk është injektiv. Atëherë, ekzistojnë a, b ∈ G të tilla

që a 6= b dhe f(a) = f(b) = c ∈ H. Përderisa a 6= b atëherë ab−1 6= 1G. Shohimse

f(ab−1) = f(a)f(b−1) = f(a)f(b)−1 = c c−1 = 1H .

Atëherë, ab−1 ∈ ker(f) dhe ab−1 6= 1G, pra kemi një kontradiktë.(3) Duhet të vërtetojmë se f(G) është grup. Përderisa f(1G) = 1H atëherë

1H ∈ f(G). Marrim x, y ∈ f(G). Nga testet për nëngrupin mjafton të vërtetoj-më se xy−1 ∈ f(G). Përderisa x, y ∈ f(G) ekzistojnë a, b ∈ G që f(a) = x dhef(b) = y. Atëherë,

xy−1 = f(a) f(b)−1 = f(a) f(b−1) = f(ab−1)

Pra, ab−1 ∈ G. Domethënë, f(ab−1) = xy−1 ∈ f(G). Përfundimisht f(G) ështënëngrup i H-së.






Lema e mësipërme është një kriter mjaft i rëndësishëm për të vërtetuar senjë homomorfizëm është injektiv.

Lema 4.2. Le të jetë φ : G → H një homomorfizëm. Atëherë, kerφ është njënëngrup normal i G.

Vërtetim: Detyrë

Shembull 4.4. Le të analizojmë homomorfizmin φ : GL2(R) → Z∗ të për-caktuar si A 7→ det (A), si në Shembullin 4.2. Meqënëse 1 është identiteti iZ∗, bërthama e këtij homomorfizmi përbëhet nga gjithë matricat 2 × 2 që kanëpërcaktor 1. Pra, kerφ = SL2(R).

Shembull 4.5. Bërthama e homomorfizmit φ : Z → C∗ të tillë që φ(θ) =cos θ + i sin θ është 2πn : n ∈ Z. Vini re se kerφ ∼= Z.

Shembull 4.6. Supozojmë se duam të përcaktojmë të gjithë homomorfizmat emundshme të φ nga Z7 te Z12. Meqënëse bërthama e φ duhet të jetë nëngrupi Z7, dy mundësitë e vetme të bërthamës janë 0 dhe gjithë Z7. Imazhi i njënëngrupi të Z7 duhet të jetë një nëngrup i Z12. Pra, nuk kemi një homomor-fizëm injektiv, përndryshe Z12 do të kishte një nëngrup me rend 7 që është epamundur. Si rrjedhim, homomorfizmat e vetme të mundëshme nga Z7 te Z12

është funksioni që çon të gjithë elementët në zero.

Shembull 4.7. Le të jetë G një grup. Supozojmë që g ∈ G dhe φ është ho-momorfizmi nga Z te G i dhënë nga φ(n) = gn. Në qoftë se rendi i g ështëinfinit, atëherë bërthama e këtij homomorfizmi është 0 meqë φ pasqyron Z nënëngrupin ciklik të G-së të gjeneruar nga g. Megjithatë, në qoftë se rendi i gështë i fundëm, le të themi n, atëherë bërthama e φ është nZ.

Ushtrime

1. Vërtetoni se det (AB) = det (A)det (B) për A,B ∈ GL2(Z). Kjo vërtetonse përcaktori është një homomorfizëm nga GL2(Z) në Z∗.

Cilët prej funksioneve të mëposhtëm janë homomorfizma? Në qoftë se funksioniështë një homomorfizëm, cila është bërthama?

2. Funksioni φ : Z∗ → GL2(Z) i dhënë si:

φ(a) =

(1 00 a

)3. Funksioni φ : Z→ GL2(Z) i dhënë si:

φ(a) =

(1 0a 1

)






4. Funksioni φ : GL2(Z)→ Z i dhënë si:

φ

((a bc d

))= a+ d

5. Funksioni φ : GL2(Z)→ Z∗ i dhënë si:

φ

((a bc d

))= ad− bc

6. Funksioni φ : M2(Z)→ Z i dhënë si:

φ

((a bc d

))= b,

ku M2(Z) është grupi aditiv i matricave 2× 2 me elementë nga Z.

7. Le të jetë A një matricë m×n. Vërtetoni se shumëzimi i matricave x 7→ Ax,përcakton një homomorfizëm φ : Zn → Zm.

8. Vërtetoni se në qoftë se G/Z(G) është ciklik, atëherë G është Abelian.

9. Në qoftë se G është një grup Abelian dhe n ∈ N, vërtetoni se φ : G → G itillë g 7→ gn është një homomorfizëm.

4.2 Izomorfizmat e grupeveNë këtë pjesë ne studiojmë më në thellësi izomorfizmat e grupeve dhe disashembuj të rëndësishëm të grupeve izomorfikë.

Teorema 4.1. Le të jetë φ : G→ H një izomorfizëm midis dy grupeve. Atëherë,pohimet në vazhdim janë të vërteta.

1. φ−1 : H → G është izomorfizëm.

2. |G| = |H|.

3. Në qoftë se G është Abelian, atëherë edhe H është Abelian.

4. Në qoftë se G është ciklik, atëherë edhe H është ciklik.

5. Në qoftë se G ka një nëngrup me rend n, atëherë edhe H ka një nëngrupme rend n.

Vërtetim: Pohimet (1) dhe (2) rrjedhin direkt nga fakti që φ është bijeksion.Do të vërtetojmë pohimin (3) dhe pjesa tjetër i lihet detyrë lexuesit.

(3) Supozojmë që, h1 dhe h2 janë elementë të H. Meqënëse φ është syrjektiv,ekzistojnë elementët g1, g2 ∈ G të tillë që φ(g1) = h1 dhe φ(g2) = h2. Kështuqë

h1h2 = φ(g1)φ(g2) = φ(g1g2) = φ(g2g1) = φ(g2)φ(g1) = h2h1.

Tani jemi në gjendje të karakterizojmë të gjithë grupet ciklikë.






Teorema 4.2. Të gjithë grupet ciklikë me rend të pafundëm janë izomorfikëme Z.

Vërtetim: Le të jetë G një grup ciklik me rend të pafundëm. Supozojmëse a është një gjenerator i G. Përkufizojmë një pasqyrim φ : Z → G të tillëφ : n 7→ an. Atëherë

φ(m+ n) = am+n = aman = φ(m)φ(n).

Për të vërtetuar se φ është injektiv, supozojmë sem dhe n janë dy elementë në Zku m 6= n. Supozojmë që m > n. Duhet të vërtetojmë se am 6= an. Supozojmëtë kundërtën, pra se am = an. Në këtë rast am−n = e ku m − n > 0, e cilakundërshton faktin që a ka rend të pafundëm. Pasqyrimi ynë është syrjektivmeqë çdo element në G mund të shkruhet si an për ndonjë numër të plotë ndhe φ(n) = an.

Teorema 4.3. Në qoftë se G është një grup ciklik me rend n, atëherë G ështëizomorfik me Zn.

Vërtetim: Le të jetë G një grup ciklik me rend n i gjeneruar nga a. Përku-fizojmë φ : Zn → G të tillë φ : k 7→ ak ku 0 ≤ k < n. Vërtetimi që φ ështëizomorfizëm është një nga ushtrimet në fund të kapitullit.

Rrjedhim 4.1. Në qoftë se G është një grup me rend p, ku p është një numëri thjeshtë, atëherë G është izomorfik me Zp.

Vërtetim: Vërtetimi rrjedh direkt nga Rrjedhimi 3.2.

Qëllimi kryesor i teorisë së grupeve është që të klasifikojë të gjithë grupet.Ne mund ti konsiderojmë dy grupe si një i vetëm në qoftë se ata janë izomorfikë.Këtë rezultat e përmbledhim në teoremën në vazhdim, vërtetimi i së cilës ështëlënë si ushtrim.

Teorema 4.4. Izomorfizmi i grupeve përcakton një relacion ekuivalence në tëgjithë klasën e grupeve.

Shembull 4.8. Vërtetoni se funksioni f(x) = ex është një izomorfizëm i gru-peve (R,+) dhe (R, ·).

Në të vërtetë funksioni eksponencial ka të anasjelltë funksionin lnx, pra ështëbijeksion. Gjithashtu kemi që :

f(x+ y) = ex+y = exey = f(x)f(y) për çdo x, y ∈ R

Pra, vërtetuam se (R,+) ∼= (R, ·).






Shembull 4.9. Grupi Z,+ është izomorfik me nëngrupin e Q∗, i cili konsistonnë të gjithë elementët e formës 2n.

Përkufizojmë një pasqyrim

φ :Z→ Q∗

n→ 2n.

Atëherë,φ(m+ n) = 2m+n = 2m2n = φ(m)φ(n).

Nga përkufizimi, pasqyrimi φ është syrjektiv në nënbashkësinë 2n : n ∈ Z tëQ∗. Për të vërtetuar se φ është injektiv, supozojmë se m 6= n. Në qoftë se mundtë vërtetojmë se, φ(m) 6= φ(n), atëherë e kemi mbaruar vërtetimin. Supozojmë,që m > n dhe supzojmë që φ(m) = φ(n). Atëherë, 2m = 2n ose 2m−n = 1, ecila është e pamundur, sepse m− n > 0.

Përkufizim 4.3. Një izomorfizëm f : G −→ G i një grupi G në vetvete quhetautomorfizëm i G-së.

Shembull 4.10. Le të jetë dhënë funksioni f : (C,+) −→ (C,+) i tillë që:

f(a+ bi) = a− bi.

Mund të vërtetoni se ky funksion është një automorfizëm.

Përkufizim 4.4. Bashkësia e të gjithë automorfizmave të G-së shënohet meAut(G) dhe kjo bashkësi formon grup në lidhje me veprimin e përbërjes sëfunksioneve dhe ky grup quhet grup i automorfizmave.

Ushtrime

10. Le të jetë Aut(G) bashkësia e të gjithë izomorfizmave nga G në G. Vërtetonise Aut(G) është grup në lidhje me veprimin e përbërjes së funksioneve.

11. Një automorfizëm i brendëshëm i grupit G,

ig : G→ G,

jepet nga funksioniig(x) = gxg−1,

për çdo g ∈ G. Vërtetoni se ig ∈ Aut(G).

12. Bashkësia e automorfizmave të brendëshme është shënuar me Inn(G). Vër-tetoni se Inn(G) është një nëngrup i Aut(G).

13. Vërtetoni se Aut(G) është nëngrup i grupit të permutacioneve të G-së. Pra,Aut(G) ≤ SG.

14. Në qoftë se m 6= n, vërteto se Sn Sm.






15. Vërtetoni se φk është një izomorfizëm atëherët kur k është gjenerator i Zn.

16. Vërtetoni se ψ : U(n)→ Aut(Zn) është një izomorfizëm, ku ψ : k 7→ φk.

17. Vërtetoni ose tregoni të kundërtën: U(8) ∼= Z4.

18. Vërtetoni se U(5) është izomorfik me U(10) por jo me U(12).

19. Vërtetoni se A 7→ B−1AB është një automorfizëm i SL2(R) për çdo B nëGL2(R).

20. Gjeni Aut(Z6).

21. Vërtetoni se çdo automorfizëm i Zn është i formës φk, ku k është njëgjenerator i Zn.

22. Gjeni të gjitha automorfizmat e φ : Z→ Z. Çfarë është Aut(Z)?

23. Vërtetoni se G×H është izomorfik me H ×G.

4.3 Prodhimet e grupeveKur janë dhënë dy grupe G dhe H është e mundur të ndërtojmë një grup tëri prodhimi Kartezian i G dhe H, G × H. Anasjelltas, kur jepet një grup imadhë ndonjëherë është e mundur të copëtohet grupi. Domethënë, një grupndonjëherë është izomorfik me produkin e dy grupeve më të vegjël. Shpesh nëvend të studiojmë një grup të madh G është më e lehtë të studiohen grupetpërbërës të grupit.

4.3.1 Prodhimi direkt i jashtëmLe të jenë (G, ·) dhe (H, ) dy grupe grupe, atëherë duke marë prodhimin Kar-tezian të tyre ne mund të formojmë një grup të ri. Si bashkësi e grupit shërbejnëçiftet e renditura (g, h) ∈ G×H ku g ∈ G dhe h ∈ H. Ne mund të përcaktojmënjë veprim binar në G×H të tillë:

(g1, h1)(g2, h2) = (g1 · g2, h1 h2);

Ne zakonisht shkruajmë thjesht (g1, h1)(g2, h2) = (g1g2, h1h2).

Pohim 4.2. Le të jenë G dhe H grupe. Bashkësia G×H është grup në lidhjeme veprimin (g1, h1)(g2, h2) = (g1g2, h1h2) ku g1, g2 ∈ G dhe h1, h2 ∈ H.

Vërtetim: është e qartë se veprimi i mësipërm është i mbyllur. Në qoftë seeG dhe eH janë përkatësisht elementët identitet të grupeve G dhe H, atëherë(eG, eH) është identiteti i G ×H. Elementi i anasjelltë i (g, h) ∈ G ×H është(g−1, h−1). Vetia shoqëruese e grupit rrjedh direkt nga vetia shoqëruese tëgrupeve G dhe H.






Shembull 4.11. Le të jetë R grupi i numrave realë me veprim mbledhjen.Prodhimi Kartezian i R me vetveten, R × R = R2, është gjithashtu grup meveprim grupi mbledhjen e koordinatave. Pra, (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d).Elementi identitet është (0, 0) dhe i anasjellti i (a, b) është (−a,−b).

Shembull 4.12. Shqyrtojmë

Z2 × Z2 = (0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1).

Megjithëse Z2×Z2 dhe Z4 kanë të dyja katër elementë, ato nuk janë izomorfikemeqë për çdo element (a, b) në Z2×Z2 kemi (a, b) + (a, b) = (0, 0) por Z4 ështëciklik.

Grupi G × H është quajtur prodhim direkt i jashtëm i G dhe H. Nemund të marrim gjithashtu prodhimin direkt të më shumë se dy grupeve për tëndërtuar një grup të ri. Pra, prodhimi direkt

n∏i=1

Gi = G1 ×G2 × · · · ×Gn

i grupeve G1, G2, . . . , Gn është përcaktuar në të njëjtën mënyrë si në rastin kurkishim vetëm dy grupe. Në qoftë se G = G1 = G2 = · · · = Gn, ne shpeshshkruajmë Gn në vend të G1 ×G2 × · · · ×Gn.

Shembull 4.13. Bashkësia e grupit Zn2 është bashkësia të gjitha n-elementëvebinarë të renditur. Veprimi i grupit është mbledhja e zakonshme e n-elementëvenë sistemin me bazë dy (mbledhja mod 2). Për shembull,

(01011101) + (01001011) = (00010110).

Ky grup është shumë i rëndësishëm në teori kodesh, në kriptografi dhe në shumëfusha të tjera të shkencave kompjuterike.

Teorema 4.5. Le të kemi (g, h) ∈ G × H. Në qoftë se g dhe h kanë rend tëfundëm respektivisht r dhe s, atëherë rendi i (g, h) në G ×H është shumëfishimë i vogël i përbashkët i r dhe s.

Vërtetim: Supozojmë që m është shumëfishi më i vogël i përbashkët i r dhes dhe le të kemi n = |(g, h)|. Atëherë

(g, h)m = (gm, hm) = (eG, eH)(gn, hn) = (g, h)n = (eG, eH).

Pra, n duhet të pjesëtojë m dhe n ≤ m. Por, nga ekuacioni i dytë, si r dhes duhet të pjesëtojnë n. Prandaj, n është shumëfish i përbashkët i r dhe s.Meqënëse m është shumëfishi më i vogël i përbashkët i r dhe s, kemi m ≤ n. Sirrjedhim, m është e barabartë me n.






Rrjedhim 4.2. Le të jenë (g1, . . . , gn) ∈∏Gi. Në qoftë se gi ka rend të

fundëm ri në Gi, atëherë rendi i (g1, . . . , gn) në∏Gi është shumëfishi më i

vogël i përbashkët i r1, . . . , rn.

Shembull 4.14. Le të jetë (8, 56) ∈ Z12 × Z60. Meqë gcd(8, 12) = 4, rendi i8 në Z12 është 12/4 = 3. Në të njëjtën mënyrë, rendi i 56 në Z60 është 15.Shumëfishi më i vogël i përbashkët i 3 dhe 15 është 15. Prandaj, (8, 56) ka rend15 në Z12 × Z60.

Shembull 4.15. Grupi Z2 × Z3 përbëhet nga çiftet

(0, 0), (0, 1), (0, 2), (1, 0), (1, 1), (1, 2).

Nndryshe nga Z2 × Z2 dhe Z4 të cilat nuk janë izomorfike është e vërtetë seZ2 × Z3

∼= Z6. Ne duhet vetëm të vërtetojmë se Z2 × Z3 është ciklik. është elehtë të vërtetojmë se (1, 1) është gjenerator për Z2 × Z3.

Teorema e mëposhtme na vërteton ekzaktësisht se kur prodhimi direkt i dygrupeve ciklikë është ciklik.

Shembull 4.16. Grupi Zm×Zn është izomorfik me Zmn atëherët kur gcd(m,n) =1.

Vërtetim: Supozojmë fillimisht se në qoftë se Zm × Zn ∼= Zmn, atëherëgcd(m,n) = 1. Për të vërtetuar këtë nisemi nga e kundërta. Pra, le të vër-tetojmë se në qoftë se gcd(m,n) = d > 1, atëherë Zm × Zn nuk mund të jetëciklik. Vini re se mn/d pjesëtohet si nga m dhe n. Prandaj, për çdo element(a, b) ∈ Zm × Zn,

(a, b) + (a, b) + · · ·+ (a, b)︸︷︷︸mn/d her

= (0, 0).

Kështu që , asnjë (a, b) nuk gjeneron gjithë Zm×Zn. E anasjellta lihet si ushtrimpër lexuesin.

Rrjedhim 4.3. Le të jetë n1, . . . , nk një numër i plotë pozitiv. Atëherë

k∏i=1

Zni ∼= Zn1···nk

atëherët kur gcd(ni, nj) = 1 për i 6= j.

Rrjedhim 4.4. Në qoftë se

m = pe11 · · · pekk ,

ku pi-të janë numra të dalluar të thjeshtë, atëherë

Zm ∼= Zpe11× · · · × Zpekk .






Vërtetim: Meqënëse pjestuesi më i madh i përbashkët i peii dhe pejj është 1për i 6= j, vërtetimi rrjedh nga Rrjedhimi 4.3

Në Kapitullin 5, do të vërtetojmë se të gjithë grupet e fundëm Abelian janëizomorfikë me prodhimin direkt të formës

Zpe11× · · · × Zpekk

ku p1, . . . , pk janë(jo domosdoshmërishtë të dalluar) të thjeshtë.

4.3.2 Prodhimi direkt i brendshëmProdukti direkt i jashtëm i dy grupeve ndërton një grup të madh duke u nisurnga dy grupe të vegjël. Do të na pëlqente të mund të realizonim dhe të kundërtëne këtij proçesi. Pra, do të na pëlqente të mund të tegonim se kur një grup ështëizomorfik me prodhimin direkt të dy nëngrupeve të tij.

Le të jetë G grup me nëngrupe H dhe K të cilët plotësojnë kushtet emëposhtme.

• G = HK = hk : h ∈ H, k ∈ K;

• H ∩K = e;

• hk = kh për çdo k ∈ K dhe h ∈ H.

Atëherë, G është prodhimi direkt i brendshëm i H dhe K.

Shembull 4.17. Grupi dihedral D6 është një prodhim direkt i brendshëm i dynëngrupeve të tij

H = id, r3K = id, r2, r4, s, r2s, r4s.

është e lehtë të vërtetohet se K ∼= S3. Si rrjedhim, D6∼= Z2 × S3.

Jo çdo grup mund të shkruhet si prodhim direkt i brendshëm i dy nën-grupeve të mirëfilltë të tij. Në qoftë se S3 do të shkruhej si prodhim direkti brendshëm i dy nëngrupeve të tij H dhe K, atëherë njëri prej këtyre nën-grupeve, le të themi H do ta kishte rendin 3. Në këtë rast H është nëngrupi(1), (123), (132). Atëherë, nëngrupi K duhet të ketë rend 2 por pavarësisht seçfarë nëngrupi zgjedhim për K, kushti që hk = kh nuk do të plotësohet kurrëpër h ∈ H dhe k ∈ K.

Ne mund ta shtrijmë përkufizimin e prodhimit direkt të brendëshëm të G-sënë një koleksion nëngrupesh H1, H2, . . . ,Hn të G-së, të cilët duhet të gëzojnëvetitë e mëposhtme:

• G = H1H2 · · ·Hn = h1h2 · · ·hn : hi ∈ Hi

• Hi ∩ 〈∪j 6=iHj〉 = e






• hihj = hjhi për çdo hi ∈ Hi dhe hj ∈ Hj .

Vërtetimin e teoremës së mëposhtme e lëmë si detyrë.

Teorema 4.6. Le të jetë G një prodhim direkt i brendshëm i nëngrupeve Hi,ku i = 1, 2, . . . , n. Atëherë, G është izomorfik me

∏iHi.

Ushtrime

24. Vërtetoni se D4 nuk mund të shprehet si prodhim direkt i brendëshëm i dyprej nëngrupeve të mirfilltë të tij.

25. Vërtetoni se nëngrupi i Q∗ i cili përbëhet nga të gjithë elementët e formës2m3n për m,n ∈ Z është një prodhim direkt i brendëshëm izomorfik me Z× Z.

26. Le të jetë G një grup me rend 20. Në qoftë se G ka dy nëngrupe H dhe K,respektivisht me rende 4 dhe 5 të tillë që hk = kh, për çdo h ∈ H dhe k ∈ K,vërtetoni se G është një prodhim direkt i brendëshëm i H dhe K.

27. Le të jetë G prodhim i brendëshëm direkt i nëngrupeve H dhe K. Vërtetonise funksioni φ : G → H ×K i tillë që φ(g) = (h, k) për g = hk, ku h ∈ H dhek ∈ K, është injektiv dhe syrjektiv.

28. Në qoftë se G është prodhimi i brendëshëm direkt i H1, H2, . . . ,Hn, vërtetonise G është izomorfik me

∏iHi.

4.4 Nëngrupet normalë dhe grupet faktorëNjë nëngrup H i një grupi G është normal në G në qoftë se

gH = Hg, për çdo g ∈ G.

Pra, një nëngrup normal i një grupi G është ai nëngrup në të cilin kosetet emajta dhe kosetet e djathta janë të njëjta.

Le të jetë G grup Abelian. Çdo nëngrup H i G-së është nëngrup normal.Meqënëse gh = hg për çdo g ∈ G dhe h ∈ H, kemi që gH = Hg.

Shembull 4.18. Le të jetë H nëngrup i S3 i cili përmban elementët (1) dhe(12). Meqë

(123)H = (123), (13)

dheH(123) = (123), (23),

H nuk mund të jetë një nëngrup normal i S3. Megjithatë, nëngrupi N i cilipërmban permutacionet (1), (123) dhe (132), është normal duke qënë se kosetete N -së janë

N = (1), (123), (132)(12)N = N(12) = (12), (13), (23).






Teorema e mëposhtme është themelore për të kuptuar nëngrupet normalë.

Teorema 4.7. Le të jetë G grup dhe N një nëngrup i G-së. Atëherë, pohimete mëposhtme janë ekuivalente.

1. Nëngrupi N është normal në G.

2. Për çdo g ∈ G, gNg−1 ⊂ N .

3. Për çdo g ∈ G, gNg−1 = N .

Vërtetim: (1) ⇒ (2). Meqënëse N është normal në G kemi që gN = Ng përçdo g ∈ G. Pra, për një g ∈ G të dhënë dhe n ∈ N , ekziston një n′ në N e tillëqë gn = n′g. Kështu që, gng−1 = n′ ∈ N ose gNg−1 ⊂ N .

(2)⇒ (3). Le të jetë g ∈ G. Meqënëse gNg−1 ⊂ N , ne mjafton të vërtetojmëse N ⊂ gNg−1. Për n ∈ N kemi g−1ng = g−1n(g−1)−1 ∈ N . Pra, g−1ng = n′

për një n′ ∈ N . Kështu që, n = gn′g−1 është në gNg−1.(3) ⇒ (1). Supozojmë se gNg−1 = N për çdo g ∈ G. Atëherë, për çdo

n ∈ N ekziston një n′ ∈ N e tillë që gng−1 = n′. Si rrjedhim, gn = n′g osegN ⊂ Ng. Në të njëjtën mënyrë vërtetohet se Ng ⊂ gN .

4.4.1 Grupet faktorëNë qoftë se N është një nëngrup normal i grupit G, atëherë kosetet e N -së në Gformojnë grup, G/N , në lidhje me veprimin (aN)(bN) = abN . Ky grup ështëquajtur grup faktor i G-së dhe N -së.

Teorema 4.8. Le të jetë N një nëngrup normal i grupit G. Kosetat e N -së nëG formojnë grup, G/N me rend [G : N ].

Vërtetim: Veprimi i grupit G/N është (aN)(bN) = abN . Duhet të vërteto-jmë se ky veprim është funksion. Pra, shumëzimi mos të varet nga zgjedhja ekosetave. Le të kemi aN = bN dhe cN = dN . Duhet të vërtetojmë se

(aN)(cN) = acN = bdN = (bN)(dN).

Atëherë, a = bn1 dhe c = dn2 për një n1 dhe n2 në N . Pra,

acN = bn1dn2N

= bn1dN

= bn1Nd

= bNd

= bdN.

Pjesa tjetër e teoremës është e thjeshtë: eN = N është identiteti dhe g−1Nështë inversi i gN . Rendi i grupit G/N është numri i kosetave të N -së në G.






Shembull 4.19. Shqyrtojmë nëngrupin normal të S3, N = (1), (123), (132).Kosetat e N -së në S3 janë N dhe (12)N . Grupi faktor S3/N ka tabelën eshumëzimit të mëposhtme.

N (12)NN N (12)N

(12)N (12)N N

Ky grup është izomorfik me Z2. Shumëzimi i kosetave duket i vështirë dhe içuditshëm. Megjithatë, vini re se S3/N është një grup i vogël. Grupi faktor najep informacion rreth grupit S3. Grupi N = A3 është grupi i permutacioneveçift dhe (12)N = (12), (13), (23) është bashkësia e permutacioneve tek. In-formacioni që na jep G/N është se shumëzimi i dy permutacioneve çift ose tekështë një permutacion çift, ndërsa po të shumëzojmë një permutacion çift menjë permutacion tek përftojmë një permutacion tek.

Shembull 4.20. Shqyrtojmë nëngrupin normal 3Z të Z. Kosetat e 3Z në Zjanë

0 + 3Z = . . . ,−3, 0, 3, 6, . . .1 + 3Z = . . . ,−2, 1, 4, 7, . . .2 + 3Z = . . . ,−1, 2, 5, 8, . . ..

Grupi Z/3Z jepet nga tabela e shumëzimit më poshtë

+ 0 + 3Z 1 + 3Z 2 + 3Z0 + 3Z 0 + 3Z 1 + 3Z 2 + 3Z1 + 3Z 1 + 3Z 2 + 3Z 0 + 3Z2 + 3Z 2 + 3Z 0 + 3Z 1 + 3Z

Në përgjithësi nëngrupi nZ i Z është normal. Kosetat e Z/nZ janë

nZ1 + nZ2 + nZ

...(n− 1) + nZ.

Shuma e kosetave k + Z dhe l + Z është k + l + Z.

Shembull 4.21. Shqyrtojmë grupin dihedral Dn të gjeneruar nga dy elementëtr dhe s të cilët kënaqin relacionet:

rn = 1, s2 = 1, srsr−1.

Elementi r gjeneron nëngrupin e rrotullimeve Rn të Dn. Meqënëse srs−1 =srs = r−1 ∈ Rn, grupi i rrotullimeve është një nëngrup normal i Dn. Prandaj,Dn/Rn është grup. Meqënëse janë ekzaktësisht dy elementë në këtë grup, aiduhet të jetë izomorfik me Z2.






Ushtrime

29. Jepet φ : G −→ H. Vërteto se kerφ / G.

30. Jepet grupi G dhe Z(G) qendra e tij. Vërteto se Z(G) / G.

31. Shënojmë me GL2(R) grupin 2 × 2 të matricave me terma në R dhe de-terminant jo zero (kanë të anasjelltë). Shënojmë me SL2(R) grupin 2 × 2 tëmatricave me terma në R dhe determinant 1. Vërteto se SL2(R) / GL2(R).

32. Vërtetoni se:a) SLn(k) / GLn(k) për çdo n ≥ 1 dhe për çdo fushë k.b) An / Sn për çdo n.

33. Le të jenë H dhe K nëngrupe normalë të G, të tillë që H ∩K = e dheHK = G. Vërtetoni se G ∼= H ×K.

34. Vërtetoni se Inn(G) / Aut(G) dhe G/Z(G) ≈ Inn(G).

35. Jepet G një grup i fundëm dhe n një pjestues i |G|. Vërtetoni se në qoftëse H është nëngrupi i vetëm i G me rend n, atëherë H është normal në G.

36. Jepen H dhe K nëngrupe normalë të G të tillë që H ∩K =< e > . Vërtetonise hk = kh për çdo h ∈ H dhe k ∈ K.

Për të gjithë grupet e mëposhtëm G, përcaktoni se kur H është një nëngrupnormal i G. Në qoftë se H është një nëngrup normal shkruani tabelën Kejlitpër grupin faktor G/H.

37. G = S4 dhe H = A4

38. G = A5 dhe H = (1), (123), (132)39. G = S4 dhe H = D4

40. G = Q8 dhe H = 1,−1, i,−i41. G = Z dhe H = 5Z

42. Vërtetoni se prerja e dy nëngrupeve normal është një nëngrup normal.

43. Vërtetoni ose tregoni të kundërtën: Në qoftë se H është një nëngrup normali G i tillë që H dhe G/H janë Abelian, atëherë G është Abelian.

44. Në qoftë se G është ciklik, vërtetoni se G/H duhet të jetë gjithashtu ciklik.

45. Vërtetoni ose tregoni të kundërtën: Në qoftë se H dhe G/H janë ciklik,atëherë G është ciklik.

46. Në qoftë se një grup G ka ekzaktësisht një nëngrup H me rend k, vërtetonise H është normal në G.

47. Në qoftë se H dhe K janë nëngrupe normal të G dhe H∩K = e, vërtetonise G është izomorfik me një nëngrup të G/H ×G/K.

48. Le të jetë φ : G1 → G2 homomorfizëm syrjektiv. Le të jetë H1 një nëngrupnormal i G1 dhe supozojmë se φ(H1) = H2. Vërtetoni ose provoni të kundërtënse G1/H1

∼= G2/H2.






4.5 Teoremat mbi izomorfizmatNe mund të përdorim grupet faktorë për të për të studiuar homomorfizmat.Ne tashmë dimë se çdo homomorfizëm grupi φ : G → H mund ti shoqërojmënjë nëngrup normal të G, kerφ. E anasjellta është gjithashtu e vërtetë. Çdonëngrup normal i një grupi G na çon në një homomorfizëm grupesh.

Le të jetë H një nëngrup normal i G. Projeksioni natyral ose homomor-fizëm kanonik quhet homomorfizmi

φ : G→ G/H

i tillë që:φ(g) = gH.

Ky është një homomorfizëm meqë:

φ(g1g2) = g1g2H = g1Hg2H = φ(g1)φ(g2).

Bërthama e këtij homomorfizmi është H. Teoremat e mëposhtme përshkuajnëlidhjet ndërmjet homomorfizmave të grupeve, nëngrupeve normalë dhe grupevefaktorë.

Teorema 4.9 (Teorema e Parë Izomorfizmave). Jepet një homomorfizëm syr-jektiv midis grupeve

ϕ : G −→ H.

Atëherë, në qoftë se shënojmë me K = ker(ϕ) kemi që

G/K ≈ H.

Vërtetim: Ne dimë se K / G. Përkufizojmë funksionin ψ si më poshtë:

ψ : G/K −→ H

gK −→ ϕ(g)

Vërtetojmë fillimisht se ψ është funksion. Supozojmë se xK = yK. Atëherëy−1x ∈ K por K është bërthama prandaj ϕ(y−1x) = 1H . Nga të dhënat eteoremës kemi se ϕ është një homomorfizëm prandaj

ϕ(y−1x) = ϕ(y)−1ϕ(x) = 1H pra ϕ(x) = ϕ(y).

Atëherë, kemi ψ(xK) = ψ(yK).Tani le të vërtetojmë se ψ është një homomorfizëm. Kemi që

ψ(xKyK) = ψ(xyK) = ϕ(xy) = ϕ(x)ϕ(y) = ψ(xK)ψ(yK).

Pra, ψ(xKyK) = ψ(xK)ψ(yK) që vërteton se ψ është një homomorfizëm.Gjithashtu duhet të vërtetojmë se ψ është një funksion injektiv. Le të kemi

xK ∈ ker(ψ) atëherë ψ(xK) = ϕ(x) = 1H . Por x ∈ K dhe nga kjo rrjedh sexK = 1G/K . Pra, kemi që ker(ψ) = 1G/K atëherë funksioni ψ është injektiv.






Së fundmi duhet të vërtetojmë se funksioni është syrjektiv. Atëherë, për çdoϕ(g) ∈ H ekziston një g ∈ G por për çdo g ∈ G ekziston një gk ∈ G/K.

Ne shpesh përdorim disa diagrama të quajtura diagrama kommutativeose Abeliane për të përshkruar teorema të algjebrës. Diagrama e mëposhtmeështë Abeliane meqënëse ψ = η φ.

G H

G/K

ψ

φ η

-

JJJJ

Shembull 4.22. Le të jetë G një grup ciklik me gjenerator g. Përkufizojmëfunksionin φ : Z → G të tillë n 7→ gn. Ky funksion është një homomorfizëmsyrjektiv meqënëse

φ(m+ n) = gm+n = gmgn = φ(m)φ(n).

është e qartë që φ është injektiv. Në qoftë se |g| = m, atëherë gm = e. Pra,kerφ = mZ dhe Z/ kerφ = Z/mZ ∼= G. Gjithashtu në qoftë se rendi i g ështëinfinit, atëherë kerφ = 0 dhe φ është një izomorfizëm i G dhe Z. Pra, dy grupeciklikë janë izomorfik kur kanë të njëjtin rend. Klasat izomorfike të grupeveciklikë janë Z dhe Zn.

Lema 4.3. Në qoftë se H e K janë nëngrupe të G-së dhe të paktën njëri prejtyre është normal në G atëherë HK është nëngrup dhe HK = H ∨K = KH.

Vërtetim: I lihet si detyre lexuesit.

Lema 4.4. Le të jenë H dhe K nëngrupe të fundëm të grupit G. Atëherë

|HK| = |H| · |K||H ∩K|

.

Vërtetim: Rikujtojmë se:

HK = hk : h ∈ H, k ∈ K.

Natyrisht, |HK| ≤ |H| · |K| meqë një element në HK mund të shkruhet siprodhim i elementëve të ndryshëm në H dhe K. është e mundur që h1k1 = h2k2

për h1, h2 ∈ H dhe k1, k2 ∈ K. Në këtë rast le të kemi:

a = (h1)−1h2 = k1(k2)−1.

Vini re se a ∈ H ∩K, meqë (h1)−1h2 është në H dhe k2(k1)−1 është në K. Sirrjedhim,

h2 = h1a−1

k2 = ak1.






Pra, le të kemi h = h1b−1 dhe k = bk1 për b ∈ H ∩K. Atëherë, hk = h1k1,

ku h ∈ H dhe k ∈ K. Pra, një element hk ∈ HK mund të shkruhet në formënhiki për hi ∈ H dhe ki ∈ K, aq herë sa elementë kemi në H ∩K. Pra, |H ∩K|herë. Kështu që |HK| = (|H| · |K|)/|H ∩K|.

Teorema 4.10 (Teorema e Dytë e Izomorfizmave). Le të jetë H një nëngrupi një grupi G(jo detyrimisht normal në G) dhe N një nëngrup normal i G-së.Atëherë, HN është nëngrup i G, H ∩N është një nëngrup normal i H, dhe

H/H ∩N ∼= HN/N.

Vërtetim: Fillimisht do të vërtetojmë se HN = hn : h ∈ H,n ∈ Nështë nëngrup i grupit G. Supozojmë që h1n1, h2n2 ∈ HN . Meqënëse N ështënormal, (h2)−1n1h2 ∈ N . Pra,

(h1n1)(h2n2) = h1h2((h2)−1n1h2)n2

është në HN . I anasjellti i hn ∈ HN është në HN meqë

(hn)−1 = n−1h−1 = h−1(hn−1h−1).

Tani le të vërtetojmë se H ∩N është normal në H. Le të marrim h ∈ H dhen ∈ H ∩ N . Atëherë, h−1nh ∈ H meqë çdo element është në H. Gjithashtu,h−1nh ∈ N meqë N është normal në G. Si rrjedhim, h−1nh ∈ H ∩N .

Tani le të përkufizojmë funksionin φ nga H në HN/N të tillë që h 7→ hN .Funksioni φ është injektiv meqë çdo koset hnN = hN është imazhi i h në H.Funksioni φ është një homomorfizëm sepse:

φ(hh′) = hh′N = hNh′N = φ(h)φ(h′).

Nga Teorema e Parë e Izomorfizmave, imazhi i φ është izomorfik me H/ kerφ.Pra,

HN/N = φ(H) ∼= H/ kerφ.

Meqëkerφ = h ∈ H : h ∈ N = H ∩N,

kemi HN/N = φ(H) ∼= H/H ∩N .

Teorema 4.11 (Teorema e Tretë e Izomorfizmave). Le të jetë K ≤ H / G tëtillë që K / G. Atëherë

H/K / G/K

dhe(G/K)/(H/K) ≈ G/H.






Vërtetim: Përkufizojmë

f :(G/K)/(H/K)→ G/H

Vërtetojmë fillimisht se f është një funksion. Pra në qoftë se kemi Kg1 =Kg2 atëherë g1g

−12 ∈ K dhe g1g

−12 ∈ H pra Hg1 = Hg2.

Tani le të vërtetojmë se f është një homomorfizëm, pra se

f(Kg1Kg2) = f(Kg1)f(Kg2).

Le të shohim

f(Kg1Kg2) = f(Kg1g2) = Hg1g2 = (Hg1)(Hg2) = f(Kg1)f(Kg2).

Le të vërtetojmë tani se funksioni f është syrjektiv. Kemi që për çdo Hg ∈ G/Hekziston një Kg ∈ G/K e tillë që f(Kg) = Hg.

Mund të provohet kollaj se funksioni është injektiv.

Shembull 4.23. Nga Teorema e Tretë e Izomorfizmave,

Z/mZ ∼= (Z/mnZ)/(mZ/mnZ).

Meqënëse |Z/mnZ| = mn dhe |Z/mZ| = m, kemi |mZ/mnZ| = n.

Më poshtë shohim një tjetër teoremë të rëndësishme e cila quhet Teorema eKorespondencës ose ndonjëherë edhe Teorema e IV e isomorfizmave.

Teorema 4.12 (Teorema e Korespodencës). Le të jetë N një nëngrup normali një grupi G. Atëherë,

H 7→ H/N

është një korespodencë një me një ndërmjet bashkësisë së nëngrupeve H që përm-bajnë N dhe bashkësisë së nëngrupve të G/N . Për më tepër, nëngrupet normaltë H u korespondojnë nëngrupeve normal të G/N .

Vërtetim: Le të jetë H një nëngrup i G i cili përmban N . Meqënëse N ështënormal në H ka kuptim të flasim për grupin faktor H/N . Le të jenë aN dhebN elementë të H/N . Atëherë (aN)(b−1N) = ab−1N ∈ H/N . Prandaj, H/Nështë nëngrup i G/N .

Le të jetë S një nëngrup i G/N . Ky nëngrup është një bashkësi kosetashtë N . Në qoftë se H = g ∈ G : gN ∈ S, atëherë për h1, h2 ∈ H, kemiqë (h1N)(h2N) = hh′N ∈ S dhe h−1

1 N ∈ S. Kështu që H duhet të jetë njënëngrup i G. është e qartë se H përmban N . Kështu që S = H/N . Si rrjedhim,funksioni H 7→ H/H është syrjektiv.

Supozojmë që H1 dhe H2 janë nëngrupe të grupit G që përmbajnë N tëtillë që H1/N = H2/N . Në qoftë se h1 ∈ H1, atëherë h1N ∈ H1/N . Pra,h1N = h2N ⊂ H2 për një h2 në H2. Megjithatë, meqë N përmbahet në H2,dimë se h1 ∈ H2 ose H1 ⊂ H2. Në të njëjtën mënyrë, H2 ⊂ H1. MeqënëseH1 = H2, funksioni H 7→ H/H është bijektiv.






Supozojmë që H është normal në G dhe N është një nëngrup i H. Atëherëështë e thjeshtë të vërtetojmë se funksioni G/N → G/H i përcaktuar si gN 7→gH është një homomorfizëm. Bvrthama e këtij homomorfizmi është H/N , e cilavërteton që H/N është normale në G/N .

Anasjelltas, supozojmë se H/N është normal në G/N . Homomorfizmi idhënë nga:

G→ G/N → G/N

H/N

ka bërthamë H. Pra, H duhet të jetë normal në G.

Ushtrime

49. Jepen bashkësitë Ω dhe ∆ të tilla që |Ω| = |∆|. Vërteto se S∆∼= SΩ.

Udhëzim: Përderisa |Ω| = |∆| atëherë ekziston një bijeksion θ : Ω −→ ∆.Përkufizojmë

φ : S∆ −→ SΩ

σ −→ θ σ θ−1

për çdo σ ∈ S∆. Vërteto sea) φ është funksionb) φ është bijeksion (Për shembull gjej një ϕ të tillë që ϕφ = 1SΩ

, φϕ = 1S∆.)

c) φ është homomorfizëm.

50. Jepet P1 = C ∪ ∞ sfera Riemann.a) Vërtetoni se funksioni α : P1 → P1 i tillë që

α(x) = x,1

x, 1− x, 1

1− x,

x

x− 1,x− 1

x

formon grup në lidhje me veprimin e përbërjes së funksioneve.b) Shkruani një tabelë shumëzimi për këtë grup.c) Vërtetoni se ky grup është izomorfik me S3.

51. Gjeni të gjithë nëngrupet e D4. Cilët prej tyre janë normalë? Kush janë tëgjithë grupet faktorë të D4 sipas klasave të izomorfizmave?

52. Gjeni të gjithë nëngrupet e grupit të kuaternioneve, Q8. Cilët prej ty-re janë normalë? Kush janë të gjithë grupet faktorë të Q8 duke u bazuar teizomorfizmat?

53. Le të jetë T grupi i matricave trekëndore të sipërme 2× 2 me elementë ngaZ. Pra, matricat e formës (

a b0 c

),

ku a, b, c ∈ Z dhe ac 6= 0. Le të jetë U e cila përmban matricat e formës:(1 x0 1

),






ku x ∈ Z.a) Vërtetoni se U është nëngrup i T .b) Vërtetoni se U është Abelian.c) Vërtetoni se U është normal në T .d) Vërtetoni se T/U është Abelian.e) A është T normal në GL2(Z)?

54. Në qoftë se φ : G → H është një homomorfizëm dhe G është Abelian,vërtetoni se φ(G) është gjithashtu Abelian.

55. Në qoftë se φ : G→ H është një homomorfizëm dhe G është ciklik, vërtetonise φ(G) është gjithashtu ciklik.

56. Në qoftë se G është Abelian, vërtetoni se G/H duhet të jetë gjithashtuAbelian.

57. Vërtetoni ose tregoni të kundërtën: Q/Z ∼= Q.

58. Le të jetë G një grup i fundëm dhe N një nëngrup normal i G. Në qoftë seH është një nëngrup i G/N , vërtetoni se φ−1(H) është nëngrup në G me rend|H| · |N |, ku φ : G→ G/N është homomorfizmi kanonik.

59. Le të jenë G1 dhe G2 grupe dhe le të jenë H1 dhe H2 nëngrupe normalrespektivisht të G1 dhe G2. Le të jetë φ : G1 → G2 një homomorfizëm. Vërtetonise φ çon në një homomorfizëm natyral φ : (G1/H1) → (G2/H2) në qoftë seφ(H1) ⊆ H2.

60. Gjeni një automorfizëm të një grupi G që nuk është një automorfizëm ibrendëshëm.

61. Le të jetë G grup dhe ig një automorfizëm i brendëshëm i G-së. Përkufizo-jmë funksionin

G→ Aut(G)

të tillëg 7→ ig.

Vërtetoni se ky funksion është një homomorfizëm me imazh Inn(G) dhe bërtha-më Z(G). Përdoreni këtë rezultat për të përmbledhur se

G/Z(G) ∼= Inn(G).

62. Llogarisni Aut(S3) dhe Inn(S3).

63. Llogarisni Aut(D4) dhe Inn(D4).

64. Gjeni të gjitha automorfizmat e Z8. Vërtetoni se Aut(Z8) ∼= U(8).

65. Për k ∈ Zn, përcaktojmë funksionin φk : Zn → Zn të rillë që a 7→ ka.Vërtetoni se φk është një homomorfizëm.

66. Vërtetoni se rrënjët e n-ta të njësisë janë izomorfike me Zn.






67. Vërtetoni se Q nuk është izomorfik me Z.

68. Le të jetë G = R \ −1 dhe përcaktojmë një veprim binar mbi G të tillë:

a ∗ b = a+ b+ ab.

Vërtetoni se G është grup në lidhje me këtë veprim. Vërtetoni se (G, ∗) ështëizomorfik me grupin multiplikativ të numrave realë të ndryshëm nga zero.

69. Gjeni pesë grupe jo izomorfik me rend 8.

70. Vërtetoni se S4 nuk është izomorfik me D12.

71. Vërtetoni se bashkësia e të gjitha matricave të formës:

B =

(±1 n0 1

),

ku n ∈ Zn është një grup izomorfik me Dn.

72. Vërtetoni se S3 × Z2 është izomorfik me D6. Çfarë mund të hamendësonipër D2n? Vërtetoni hamendësimin tuaj. [Udhëzim: Vizatoni figurën.]

73. Vërtetoni ose tregoni të kundërtën: Çdo grup Abelian me rend të pjesëtue-shëm nga 3 përmban një nëngrup me rend 3.

74. Vërtetoni ose tregoni të kundërtën: Çdo grup jo Abelian me rend të pjesë-tueshëm nga 6 përmban një nëngrup me rend 6.

75. Vërtetoni ose tregoni të kundërtën: Le të jenë G, H, dhe K grupe. Në qoftëse G×K ∼= H ×K, atëherë G ∼= H.

76. Vërtetoni ose tregoni të kundërtën: Ekziston një grup Abelian jo ciklik merend 51.

77. Vërtetoni ose tregoni të kundërtën: Ekziston një grup Abelian jo ciklik merend 52.

78. Le të jetë φ : G1 → G2 një izomorfizëm. Vërtetoni se φ(x) = e atëherëtx = e.

79. Le të kemi G ∼= H. Vërtetoni se në qoftë se G është ciklik, atëherë gjithashtuështë H.

80. Vërtetoni se çdo grup G me rend p, ku p është numër i thjeshtë, duhet tëjetë izomorfik me Zp.

81. Vërtetoni se çdo dy grupe ciklikë me rend m janë izomorfikë.

82. Vërtetoni se Sn është izomorfik me një nëngrup të An+2.

83. Vërtetoni se Dn është izomorfik me një nëngrup të Sn.






84. Le të jenë φ : G1 → G2 dhe ψ : G2 → G3 izomorfizma. Vërtetoni seφ−1 dhe ψ φ janë të dyja izomorfizma. Duke përdorur këto rezultate vërtetonise grupet e izomorfizmave përcaktojnë një relacion ekuivalence mbi klasën e tëgjithë grupeve.

85. Vërtetoni se a+ ib 7→ a− ib është një automorfizëm i C∗.

86. Gjeni Aut(Z).

87. Gjeni dy grupe jo izomorfik G dhe H të tillë që Aut(G) ∼= Aut(H).

88. Kush janë automorfizmat e brendëshme të grupit të kuaternioneve Q8? Aështë e vërtetë në këtë rast se Inn(G) = Aut(G)?

89. Le të jetë G një grup dhe g ∈ G. Përcaktoni funksionet λg : G→ G dhe ρg :G→ G të tillë që λg(x) = gx dhe ρg(x) = xg−1. Vërtetoni se ig = ρg λg ështënjë automorfizëm i G-së. Funksioni ρg : G→ G është quajtur represantimi idjathtë i rregullt i grupit G.

90. Le të jenë G dhe H dy grupe izomorfik. Në qoftë se G ka një nëngrup merend n, vërtetoni se H duhet të ketë gjithashtu një grup me rend n.

91. Në qoftë se G ∼= G dhe H ∼= H, vërtetoni se G×H ∼= G×H.

92. Le të jenë n1, . . . , nk numra të plotë pozitiv. Vërtetoni se

k∏i=1

Zni ∼= Zn1···nk

atëherët kur gcd(ni, nj) = 1, për i 6= j.

93. Vërtetoni se A×B është Abelian atëherët kur A dhe B janë Abelian.

94. Le të jenë H1 dhe H2 respektivisht nëngrupe të G1 dhe G2. Vërtetoni seH1 ×H2 është nëngrup i G1 ×G2.

95. Le të kemi m,n ∈ Z. Vërtetoni se 〈m,n〉 ∼= 〈d〉 atëherët kur d = gcd(m,n).

96. Le të kemi m,n ∈ Z. Vërtetoni se 〈m〉 ∩ 〈n〉 ∼= 〈l〉 atëherët kur d =lcm (m,n).





Kapitulli 5

Struktura e grupeve

Një nga problemet kryesore në teorinë e grupeve qëndron në klasifikimin e tëgjithë grupeve sipas klasave të izomorfizmave. Domethënë, në qoftë se na jepetnjë grup i veçantë, ne duhet të jemi të aftë ta identifikojmë atë me një grup tënëpërmjet një izomorfizmi. Për shembull, kemi vërtetuar se çdo grup i fundëmciklik me rend n është izomorfik me Zn. Pra, ne i "njohim" tashmë të gjithëgrupet ciklikë.

Në këtë kapitull ne do të merremi me grupet e fundëm Abelian. Gjithashtudo të hetojmë grupet me anë të vargjeve të nëngrupeve. Në qoftë se një grupka një varg nëngrupesh,

G = Hn ⊃ Hn−1 ⊃ · · · ⊃ H1 ⊃ H0 = e,

ku çdo nëngrup Hi është normal në Hi+1 dhe secili prej grupeve faktor Hi+1/Hi

është Abelian, atëherë G quhet grup i zgjidhshëm. Grupet e zgjidhshëm janëbaza e studimit të rrënjëve të ekuacioneve polinomiale.

5.1 Grupet e fundëm Abelianë

Gjatë studimit tonë mbi grupet ciklikë, gjetëm se çdo grup me rend të thjeshtëishte izomorfik me Zp, ku p ishte një numër i thjeshtë. Përcaktuam gjithashtu seZmn ∼= Zm×Zn, kur gcd(m,n) = 1, Teorema 4.16. Çdo grup i fundëm Abelianështë izomorfik me prodhimin direkt të grupeve ciklike me rend të thjeshtë.Domethënë, çdo grup i fundëm Abelian është izomorfik me një grup të tipit

Zpα11× · · · × Zpαnn .

Le të shqyrtojmë fillimisht grupet e fundëm Abelian. Supozojmë që G ështënjë grup dhe le të jetë gii∈I një bashkësi me elementë në G, ku i është elementi ndonjë bashkësie indeksesh I (jo domosdoshmërisht e fundme). Nëngrupi mëi vogël i G-së që përmban të gjithë gi-të është nëngrupi i grupit G i gjeneruarnga elementët gi. Në qoftë se ky nëngrup i G-së ndodhet plotësisht në G,

91


atëherë themi se grupi G gjenerohet nga bashkësia gi : i ∈ I. Në këtë rastgi-të quhen gjeneratorët e grupit G. Në qoftë se gjendet një bashkësi e fundmegi : i ∈ I që gjeneron G, atëherë themi se grupi G gjenerohet në mënyrëtë fundme dhe shënohet me G = 〈gii∈I〉.

Shembull 5.1. është e qartë se të gjithë grupet e fundëm gjenerohen në mënyrëtë fundme. Për shembull, grupi S3 gjenerohet nga permutacionet (12) dhe (123).Grupi Z × Zn është një grup i pafundëm, por gjenerohet në mënyrë të fundmenga (1, 0), (0, 1).

Jo të gjithë grupet gjenerohen në mënyrë të fundme. Le të shqyrtojmë num-rat racionalë Q në lidhje me veprimin e mbledhjes. Supozojmë që Q gjenerohetnë mënyrë të fundme nga gjeneratorët p1/q1, . . . , pn/qn, ku secili pi/qi është njëraport i shprehur në termat e tij më të vegjël. Le të jetë p një numër i thjeshtë itillë që nuk pjesëton asnjë prej emëruesëve q1, . . . , qn. Themi se 1/p nuk mundtë ndodhet në nëngrupin Q, i cili gjenerohet nga p1/q1, . . . , pn/qn, ngaqë p nuk epjesëton emëruesin e çdo elementi në këtë nëngrup. Ky fakt shihet qartë sepseshuma e çdo dy gjeneratorëve është

piqi

+pjqj

=piqj + pjqi

qiqj.

Teorema 5.1. Le të jetë H një nëngrup i grupit G i cili është gjeneruar ngagi ∈ G : i ∈ I. Atëherë, h ∈ H vetëm kur është një prodhim i formës

h = gα1i1· · · gαnin ,

ku gik nuk janë domosdoshmërisht të ndryshëm.

Vërtetim: Le të jetë K bashkësia e të gjithë prodhimeve të formës gα1i1· · · gαnin ,

ku gik nuk janë domozdoshmërishtë të ndryshëm. Pra K është një nënbashkësie H-së. Duhet vetëm të vërtetojmë se K është një nëngrup i grupit G. Në qoftëse ky fakt është i vërtetë, atëherë K = H sepse H është nëngrupi më i vogël qëpërmban të gjithë gi.

Bashkësia K është e mbyllur në lidhje me veprimin e grupit. Meqënëseg0i = 1, identiteti është në K. Mbetet të vërtetojmë se i anasjelli i një elementig = gk1

1 · · · gknin

në K ndodhet gjithashtu në K. Pra,

g−1 = (gk11 · · · g

knin

)−1 = (g−kn1 · · · g−k1in

) ∈ K.

Shënim. Arsyeja pse fuqitë e caktuara të elementëve gi mund të përsëriten disaherë në këtë produkt është se ne mund të kemi një grup jo Abelian. Në qoftë segrupi është Abelian, atëherë gi do të hasen vetëm një herë.

Le të përqëndrohemi tani në grupet e fundëm Abelian. Çdo grup i fundëmAbelian mund të shprehet si prodhim i fundëm grupesh ciklikë. Më saktësisht,le të jetë p një numër i thjeshtë, përkufizojmë një grup G si p-grup në qoftë se






çdo element në G e ka rendin një fuqi të p-së. Për shembull, Z2 × Z2 dhe Z4

janë 2-grupe, ndërsa Z27 është një 3-grup. Duhet të vërtetojmë se çdo grup ifundëm Abelian është izomorfik me prodhimin direkt të p-grupeve ciklik. Parase të japim kuptimin e teoremës mbi grupet e fundëm Abelian, le të shqyrtojmënjë rast të veçantë.

Teorema 5.2. Çdo grup i fundëm Abelian G është prodhimi direkt i p-grupeve.

Vërtetim: Në qoftë se |G| = 1, atëherë grupi është trivial. Supozojmë qërendi i G-së është më i madh se 1, pra

|G| = pα11 · · · pαnn ,

ku p1, . . . , pn janë të thjeshtë dhe përkufizojmë Gi-në si bashkësinë e elementëvenë G me rend pki , për ndonjë numër të plotë k. Meqënëse G është një grupAbelian, atëherë jemi të sigurt se Gi është një nëngrup i G-së për i = 1, . . . , n.Duhet të vërtetojmë se

G = G1 × · · · ×Gn.

Domethënë, duhet të jemi të aftë të shkruajmë çdo g ∈ G si një prodhim ivetëm i gp1

· · · gpn , ku rendi i gpi është ndonjë fuqi e pi-së. Meqënëse rendi ielementit g pjesëton rendin e G-së, atëherë

|g| = pβ1

1 pβ2

2 · · · pβnn

për disa numra të plotë β1, . . . , βn. Le të jenë ai = |g|/pβii , ai janë relativishttë thjeshtë. Kështu që ekzistojnë numrat e plotë b1, . . . , bn të tillë që

a1b1 + · · ·+ anbn = 1.

Anasjelltas,g = ga1b1+···+anbn = ga1b1 · · · ganbn .

Meqëg(aibi)p

βii = gbi|g| = e,

sjell që gaibi ndodhet në Gi. Le të jetë gi = gaibi , atëherë g = g1 · · · gn dheGi ∩Gj = e për i 6= j. Për të vërtetuar unicitetin, supozojmë se

g = g1 · · · gn = h1 · · ·hn

ku hi ∈ Gi. Atëherë

e = (g1 · · · gn)(h1 · · ·hn)−1 = g1h−11 · · · gnh−1

n .

Rendi i gih−1i është fuqi e pi-së. Pra, rendi i g1h

−11 · · · gnh−1

n është shumëfishimë i vogël i përbashkët i rendeve të gih−1

i i cili është 1 sepse rendi i identitetitështë 1. Kështu që, |gih−1

i | = 1 ose gi = hi për i = 1, . . . , n.

Vërtetimi i Teoremës Themelore mbështetet në lemën e mëposhtme.






Lema 5.1. Le të jetë G një p-grup i fundëm Abelian dhe supozojmë se g ∈ Gka rend maksimal. Atëherë, grupi G mund të shkruhet si 〈g〉 × H për ndonjënëngrup H të G-së.

Vërtetim: Supozojmë se rendi i G është pn. Le të përdorim induksionin mbin-në. Në qoftë se n = 1, atëherë grupi G është ciklik me rend p dhe duhettë gjenerohet nga elementi g. Supozojmë se lema është e vërtetë për të gjithënumrat e plotë k ku 1 ≤ k < n dhe le të jetë g elementi me rendin maksimal nëG, atëherë themi se |g| = pm. Atëherë, ap

m

= e për të gjithë a ∈ G. Zgjedhimh në G të tillë që h /∈ 〈g〉, ku h ka rendin më të vogël të mundshëm. Një h etillë ekziston. Ndryshe, G = 〈g〉 dhe vërtetimi mbaron. Pra, H = 〈h〉.

Kemi që 〈g〉 ∩ H = e. Mjafton të vërtetojmë se |H| = p. Meqënëse|hp| = |h|/p, rendi i hp është më i vogël se rendi i h-së dhe duhet të ndodhet në〈g〉 ngaqë h është më e vogla. Pra, hp = gr për ndonjë numër r. Pra,

(gr)pm−1

= (hp)pm−1

= hpm

= e,

dhe rendi i gr duhet të jetë më i vogël ose i barabartë me pm−1. Kështu që grnuk mund të gjenerojë 〈g〉. Vihet re se p duhet të jetë një faktor i r, pra r = psdhe hp = gr = gps. Përkufizojmë a si g−sh. Atëherë, a nuk mund të ndodhetnë 〈g〉. Ndryshe, h duhet të jetë gjithashtu në 〈g〉. Gjithashtu,

ap = g−sphp = g−rhp = h−php = e.

Marrim një element a me rend p të tillë që a /∈ 〈g〉. Meqënëse h u zgjodh sielementi me rendin më të vogël në krahasim me të gjithë elementët që nuk janënë 〈g〉, atëherë |H| = p.

Tani duhet të vërtetojmë se rendi i gH në grupin faktor G/H duhet të jetëi barabartë me rendin e g-së në G. Në qoftë se |gH| < |g| = pm, atëherë

H = (gH)pm−1

= gpm−1

H.

Pra, gpm−1

duhet të ndodhet në 〈g〉 ∩ H = e, e cila kundërshton faktin qërendi i g është pm. Kështu që, gH ka rendin maksimal në G/H. Nga Teoremae Korenspondencës si dhe nga hipotezat e induksionit kemi:

G/H ∼= 〈gH〉 ×K/H,

për ndonjë nëngrup K të G që përmban H-në. Themi se 〈g〉 ∩ K = e. Nëqoftë se b ∈ 〈g〉 ∩K, atëherë bH ∈ 〈gH〉 ∩K/H = H dhe b ∈ 〈g〉 ∩H = e.Kjo sjell që G = 〈g〉K, pra G ∼= 〈g〉 ×H.

Le të formulojmë tani në mënyrë më të përgjithëshme teoremën për të gjithëgrupet Abelian, të gjeneruar në mënyrë të fundme.

Teorema 5.3 (Teorema Themelore për Grupet e Fundëm Abelian). Çdo grupi fundëm Abelian G është izomorfik me prodhimin direkt të grupeve ciklikë tëtrajtës

Zpα11× Zpα2

2× · · · × Zpαnn

ku pi janë të thjeshtë (jo të ndryshëm domosdoshmërisht).






Vërtetim: Teorema Themelore e Grupeve të Fundëm Abelian rrjedh menjëhe-rë nga Lema 5.1. Supozojmë që G është një grup i fundëm Abelian dhe le të jetëg një element me rendin maksimal në G. Në qoftë se 〈g〉 = G, atëherë vërtetimimbaron këtu. Ndryshe, G ∼= Z|g|×H për ndonjë nëngrup H që përfshihet në Gnga Lema. Meqë |H| < |G|, zbatojmë induksionin matematik.

Shembull 5.2. Supozojmë se duam të klasifikojmë të gjithë grupet Abelian merend 540 = 22 · 33 · 5. Teorema Themelore e Grupeve të Fundëm Abelian nathotë se kemi gjashtë mundësitë e mëposhtme.

• Z2 × Z2 × Z3 × Z3 × Z3 × Z5

• Z2 × Z2 × Z3 × Z9 × Z5

• Z2 × Z2 × Z27 × Z5

• Z4 × Z3 × Z3 × Z3 × Z5

• Z4 × Z3 × Z9 × Z5

• Z4 × Z27 × Z5.

Ushtrime

97. Gjeni të gjithë grupet Abelian me rend më të vogël ose të barabartë me 40sipas izomorfizmave.

98. Gjeni të gjithë grupet Abelian me rend 200 sipas izomorfizmave.

99. Gjeni të gjithë grupet Abelian me rend 720 sipas izomorfizmave.

5.2 Grupet e thjeshtë dhe grupet e zgjidhshëmNë këtë pjesë ne studiojmë grupet e tjeshtë dhe grupet e zgjidhshëm.

Përkufizim 5.1. Një grup G quhet grup i thjeshtë në qoftë se nuk ka nëngrupenormalë përveç 1g dhe G-së.

Rrjedhim 5.1. Një grup Abelian G është i thjeshtë atëherë dhe vetëm atëherëkur ai është i fundëm dhe me rend një numër të thjeshtë.

Vërtetim: ⇐ Në qoftë se G është grup i fundëm dhe me rend një numër ithjeshtë, atëherë G nuk ka nëngrupe të mirëfilltë H, përndryshe nga TeoremaLagranzh do të kishim se rendi i H është pjestues i p. Pra grupi G është ithjeshtë.⇒ Supozojmë se G është i thjeshtë. Meqënëse G është Abelian, atëherë çdo

nëngrup i tij është normal dhe si rrjedhim G nuk ka nëngrupe të tjerë përveç1 dhe vetë grupit G. Le të jetë një element x ∈ G, ku x 6= 1. Meqënëse 〈x〉është nëngrup i grupit G, atëherë kemi se 〈x〉 = G. Në qoftë se x ka rend të






pafundëm, atëherë të gjitha fuqitë e x-it janë të dalluara, pra 〈x2〉 nuk mundtë jetë nëngrup i 〈x〉. Pra kemi një kontadiksion. Pra çdo x ∈ G ka rend tëfundëm. Le të supozojmë se elementi x ka rend një numër m të përbërë, pram = kl dhe 〈xk〉 është njënngrup mirëfilltë i 〈x〉. Përsëri kemi të bëjmë me njëkontradiksion. Pra G = 〈x〉 ka rend një numër të thjeshtë.

5.2.1 Grupet e zgjidhshëmSeri normale e një grupi G quhet zinxhiri i nëngrupeve

1 < G1 < G2 < · · · < Gn = G

të tilla që Gi / Gi+1. Grupet Gi+1/Gi i kemi quajtur grupe faktor dhe n quhetgjatësia e serisë.

Një grup G quhet i zgjidhshëm në qoftë se ekziston një seri normale

1 = G0 < G1 < · · · < Gs = G

e tillë që Gi+1/Gi është Abelian për i = 1, . . . s.Dy seri normale të G:

1 < G1 < G2 < · · · < Gn = G

1 < H1 < H2 < · · · < Hn = G

janë ekuivalente në qoftë se ato kanë të njëjtën gjatësi dheGi+1/Gi ≈ Hi+1/Hi

për të gjitha i-të.Një seri nënnormale e grupit G është një varg i fundëm nëngrupesh

G = Hn ⊃ Hn−1 ⊃ · · · ⊃ H1 ⊃ H0 = e,

ku Hi është një nëngrup normal i Hi+1. Në qoftë se çdo nëngrup Hi është nor-mal në G, atëherë seria quhet seri normale. Gjatësia e një serie nënnormaleose serie normale është numri i përfshirjeve të mirëfillta.

Shembull 5.3. Çdo seri nëngrupesh e një grupi të fundëm Abelian është njëseri normale. Konsiderojmë seritë e mëposhtme të grupeve:

Z ⊃ 9Z ⊃ 45Z ⊃ 180Z ⊃ 0,Z24 ⊃ 〈2〉 ⊃ 〈6〉 ⊃ 〈12〉 ⊃ 0.

Shembull 5.4. Një seri nënnormale nuk ka pse duhet të jetë seri normale.Konsiderojmë seritë nënnormale të grupit D4:

D4 ⊃ (1), (12)(34), (13)(24), (14)(23) ⊃ (1), (12)(34) ⊃ (1).

Nëngrupi (1), (12)(34) nuk është normal në D4. Kështu që, kjo seri nuk ështënjë seri normale.






Një seri nënnormale (normale) Kj është një seri seri nënnormale (nor-male) e përpunuar Hi në qoftë se Hi ⊂ Kj. Pra, çdo Hi është njëranga Kj .

Shembull 5.5. Seria

Z ⊃ 3Z ⊃ 9Z ⊃ 45Z ⊃ 90Z ⊃ 180Z ⊃ 0

është përpunim i serisë

Z ⊃ 9Z ⊃ 45Z ⊃ 180Z ⊃ 0.

Mënyra më e saktë për të studiuar një seri nënnormale ose një seri normalenëngrupesh, Hi of G, është studimi i grupeve faktor Hi+1/Hi. Ne themi sedy seri nënnormale (normal) Hi dhe Kj të grupit G janë izomorfike nëqoftë se gjendet një korenspondencë një me një ndërmjet koleksionit të grupevefaktor Hi+1/Hi dhe Kj+1/Kj.

Shembull 5.6. Dy seritë normale

Z60 ⊃ 〈3〉 ⊃ 〈15〉 ⊃ 0Z60 ⊃ 〈4〉 ⊃ 〈20〉 ⊃ 0

të grupit Z60 janë izomorfike sepse

Z60/〈3〉 ∼= 〈20〉/0 ∼= Z3

〈3〉/〈15〉 ∼= 〈4〉/〈20〉 ∼= Z5

〈15〉/0 ∼= Z60/〈4〉 ∼= Z4.

Një seri nënnormale Hi e një grupi G është një seri e përbërë në qoftëse të gjithë grupet faktor janë të thjeshtë. Pra, në qoftë se asnjë nga grupetfaktor të serisë nuk përmban një nëngrup normal. Një seri normale Hi e G-sëështë një seri kryesore në qoftë se të gjithë grupet faktor janë të thjeshtë.

Shembull 5.7. Grupi Z60 ka një seri të përbërë

Z60 ⊃ 〈3〉 ⊃ 〈15〉 ⊃ 〈30〉 ⊃ 0

me grupet faktor:

Z60/〈3〉 ∼= Z3

〈3〉/〈15〉 ∼= Z5

〈15〉/〈30〉 ∼= Z2

〈30〉/0 ∼= Z2.

Meqënëse Z60 është një grup Abelian, kjo seri është automatikisht një serikryesore. Vihet re se seria e përbërë nuk ka pse të jetë e vetme. Seria

Z60 ⊃ 〈2〉 ⊃ 〈4〉 ⊃ 〈20〉 ⊃ 0

është gjithashtu një seri e përbërë.






Shembull 5.8. Për n ≥ 5, seria

Sn ⊃ An ⊃ (1)

është një seri e përbërë për Sn ngaqë Sn/An ∼= Z2 dhe An është e thjeshtë.

Shembull 5.9. Jo çdo grup ka një seri të përbërë ose një seri kryesore.Supozojmë që

0 = H0 ⊂ H1 ⊂ · · · ⊂ Hn−1 ⊂ Hn = Z

është një seri nënnormale për numrat e plotë në lidhje me mbledhjen. Atëherë,H1 ka trajtën nZ, për ndonjë n ∈ N. Në këtë rast H1/H0

∼= nZ është një grupciklik i pafundëm me shumë nëngrupe normal të mirëfilltë, jo trivial.

Megjithëse seria e përbërë nuk ka pse të jetë e vetme, si ne rastin e Z60, kjosjell që çdo dy seri të përbëra janë të lidhura. Grupet faktor të dy serive tëpërbëra për Z60 janë Z2, Z2, Z3 dhe Z5. Pra, dy seritë e përbëra janë izomorfike.Teorema Jordan-Hölder pohon se ky rezultat është gjithmon i vërtetë.

Teorema 5.4 (Jordan-Hölder). Çdo dy seri të përbëra të G janë izomorfike.

Vërtetim: Mund të përdorim induksionin matematik për gjatësinë e serisë sëpërbërë. Në qoftë se gjatësia e serisë së përbërë është 1, atëherë grupi G ështënjë grup i thjeshtë. Në këtë rast dy seri të përbëra janë izomorfike.

Supozojmë se teorema është e vërtetë për të gjithë grupet që kanë një seritë përbërë me gjatësi k, ku 1 ≤ k < n. Le të jenë

G = Hn ⊃ Hn−1 ⊃ · · · ⊃ H1 ⊃ H0 = eG = Km ⊃ Km−1 ⊃ · · · ⊃ K1 ⊃ K0 = e

dy seri të përbëra për G. Mund të formojmë dy seri nënnormale për G sepseHi ∩ Km−1 është normal në Hi+1 ∩ Km−1 dhe Kj ∩ Hn−1 është normal nëKj+1 ∩Hn−1:

G = Hn ⊃ Hn−1 ⊃ Hn−1 ∩Km−1 ⊃ · · · ⊃ H0 ∩Km−1 = eG = Km ⊃ Km−1 ⊃ Km−1 ∩Hn−1 ⊃ · · · ⊃ K0 ∩Hn−1 = e.

Meqënëse Hi ∩ Km−1 është normal në Hi+1 ∩ Km−1, nga Teorema e Dytë eIzomorfizmit kemi që

(Hi+1 ∩Km−1)/(Hi ∩Km−1) = (Hi+1 ∩Km−1)/(Hi ∩ (Hi+1 ∩Km−1))∼= Hi(Hi+1 ∩Km−1)/Hi,

ku Hi është normal në Hi(Hi+1 ∩ Km−1). Meqënëse Hi është një seri epërbërë, Hi+1/Hi vërtetimi është i thjeshtë. Anasjelltas, Hi(Hi+1 ∩Km−1)/Hi

është Hi+1/Hi ose Hi/Hi. Pra, Hi(Hi+1 ∩Km−1) duhet të jetë Hi ose Hi+1.Duke lëvizur secilën prej përfshirjeve jo të mirëfillta të serisë

Hn−1 ⊃ Hn−1 ∩Km−1 ⊃ · · · ⊃ H0 ∩Km−1 = e,






marrim një seri të përbërë për Hn−1. Nga hipotezat tona të induksionit kemiqë kjo seri duhet të jetë ekuivalente me serinë e përbërë:

Hn−1 ⊃ · · · ⊃ H1 ⊃ H0 = e.

Pra, seritë e përbëra

G = Hn ⊃ Hn−1 ⊃ · · · ⊃ H1 ⊃ H0 = e

dheG = Hn ⊃ Hn−1 ⊃ Hn−1 ∩Km−1 ⊃ · · · ⊃ H0 ∩Km−1 = e

janë ekuivalente. Në qoftë se Hn−1 = Km−1, atëherë seritë e përbëra Hi dheKj janë equivalente dhe vërtetimi mbaron këtu. Ndryshe, Hn−1Km−1 ështënjë nëngrup normal i G që përmban pikërisht Hn−1. Në këtë rast Hn−1Km−1 =G dhe zbatojmë Teoremën e Dytë të Izomorfizmit edhe njëherë tjetër dhe kemi:

Km−1/(Km−1 ∩Hn−1) ∼= (Hn−1Km−1)/Hn−1 = G/Hn−1.

Kështu që ,

G = Hn ⊃ Hn−1 ⊃ Hn−1 ∩Km−1 ⊃ · · · ⊃ H0 ∩Km−1 = e

dheG = Km ⊃ Km−1 ⊃ Km−1 ∩Hn−1 ⊃ · · · ⊃ K0 ∩Hn−1 = e

janë ekuivalente dhe teorema u vërtetua plotësisht.

Shembull 5.10. Grupi S4 është i zgjidhshëm nga që

S4 ⊃ A4 ⊃ (1), (12)(34), (13)(24), (14)(23) ⊃ (1)

ka grupe faktor Abelian. Sidoqoftë, për n ≥ 5 seria

Sn ⊃ An ⊃ (1)

është një seri e përbërë për Sn me grup faktor jo Abelian. Kështu që, Sn nukështë një grup i zgjidhshëm për n ≥ 5.

Ushtrime

100. Le të jenë G dhe H grupe të zgjidhshëm. Vërtetoni se G × H ështëgjithashtu i zgjidhshëm.

101. Në qoftë se G ka një seri të përbërë (kryesore) dhe në qoftë se N ështënjë nëngrup normal i mirëfilltë i G, vërtetoni se ekziston një seri e përbërë(kryesore) që përmban N .

102. Vërtetoni ose tregoni të kundërtën: Le të jetë N një nëngrup normal i G.Në qoftë se N dhe G/N kanë seri të përbërë, atëherë G duhet të ketë gjithashtunjë seri të kompozuar.

103. Përkufizo grup i zgjidhshëm. Vërtetoni që imazhi homomorfik i një grupi zgjidhshëm është i zgjidhshëm.

104. Jepet G një grup dhe H / G. Atëherë, G është i zgjidhshëm atëherët kurH dhe G/H janë të zgjidhshëm.






5.3 Thjeshtësia e An

Në këtë seksion ne do të vërtetojmë se grupi alternativ, An, është i thjeshtë përn ≥ 5. Vërtetimi i këtij rezultati kërkon disa lema.

Lema 5.2. Grupi alternativ An gjenerohet nga 3-cikle, për n ≥ 3.

Vërtetim: Për të vërtetuar se 3-ciklet gjenerojnë An, duhet të vërtetojmëvetëm se çdo çift transpozicionesh mund të shkruhet si prodhim 3-ciklesh.Meqënëse (ab) = (ba), çdo çift transpozicionesh mund të jetë njëri nga:

(ab)(ab) = id

(ab)(cd) = (acb)(acd)

(ab)(ac) = (acb).

Kjo përfundon vërtetimin.

Lema 5.3. Le të jetë N një nëngrup normal i An, ku n ≥ 3. Në qoftë se Npërmban një 3-cikël, atëherë N = An.

Vërtetim: Fillimisht vërtetojmë se An gjenerohet nga 3-ciklet e trajtës (ijk),ku i dhe j janë të fiksuar në 1, 2, . . . , n dhe le të jetë k e ndryshueshme. Çdo3-cikël është prodhimi i 3-cikleve të kësaj forme, ngaqë

(iaj) = (ija)2

(iab) = (ijb)(ija)2

(jab) = (ijb)2(ija)

(abc) = (ija)2(ijc)(ijb)2(ija).

Supozojmë se N është një nëngrup normal jotrivial i An për n ≥ 3 e tillë që Npërmban një 3-cikël të formës (ija). Duke përdorur faktin që N është normalekemi që

[(ij)(ak)](ija)2[(ij)(ak)]−1 = (ijk)

ndodhet në N . Pra, N duhet të përmbajë të gjithë 3-ciklet (ijk), për 1 ≤ k ≤ n.Nga Lema 5.2, këto 3-cikle gjenerojnë An. Pra, N = An.

Lema 5.4. Për n ≥ 5, çdo nëngrup normal N i An përmban një 3-cikël.

Vërtetim: Le të jetë σ një element çfarëdo në një nëngrup normal N . Atëherë,strukturat ciklike të mundëshme për σ janë:

• σ është një 3-cikël.

• σ është prodhimi i cikleve jo prerës, σ = τ(a1a2 · · · ar) ∈ N , ku r > 3.

• σ është prodhimi i cikleve jo prerës, σ = τ(a1a2a3)(a4a5a6).






• σ = τ(a1a2a3), ku τ është prodhimi i 2-cikleve jo prerës.

• σ = τ(a1a2)(a3a4), ku τ është prodhimi i një numri çift 2-ciklesh jo prerës.

Në qoftë se σ është një 3-cikle, atëherë vërtetimi mbaron. Në qoftë se Npërmban një prodhim ciklesh jo prerës, σ dhe të paktën njëri prej cikleve kagjatësi më të madhe se 3, praσ = τ(a1a2 · · · ar), atëherë

(a1a2a3)σ(a1a2a3)−1

ndodhet në N ngaqë N është normal. Pra,

σ−1(a1a2a3)σ(a1a2a3)−1

ndodhet gjithashtu në N . Meqë

σ−1(a1a2a3)σ(a1a2a3)−1

= σ−1(a1a2a3)σ(a1a3a2)

= (a1a2 · · · ar)−1τ−1(a1a2a3)τ(a1a2 · · · ar)(a1a3a2)

= (a1arar−1 · · · a2)(a1a2a3)(a1a2 · · · ar)(a1a3a2)

= (a1a3ar),

N përmban një 3-cikël. Pra, N = An.Supozojmë se N përmban një prodhim jo prerës të formës

σ = τ(a1a2a3)(a4a5a6).

Atëherë,σ−1(a1a2a4)σ(a1a2a4)−1 ∈ N

meqë(a1a2a4)σ(a1a2a4)−1 ∈ N.

Pra,

σ−1(a1a2a4)σ(a1a2a4)−1

= [τ(a1a2a3)(a4a5a6)]−1(a1a2a4)τ(a1a2a3)(a4a5a6)(a1a2a4)−1

= (a4a6a5)(a1a3a2)τ−1(a1a2a4)τ(a1a2a3)(a4a5a6)(a1a4a2)

= (a4a6a5)(a1a3a2)(a1a2a4)(a1a2a3)(a4a5a6)(a1a4a2)

= (a1a4a2a6a3).

Pra N përmban një cikël jo prerës me gjatësi më të madhe se 3 dhe zbatojmërastin e mësipërm.

Supozojmë se N përmbanë një prodhim jo prerës të trajtës σ = τ(a1a2a3),ku τ është prodhimi i 2-cikleve jo prerës. Meqë σ ∈ N , σ2 ∈ N, dhe

σ2 = τ(a1a2a3)τ(a1a2a3)

= (a1a3a2).






Pra N përmban një 3-cikël.Mbetet vetëm rasti i prodhimit jo prerës të formës:

σ = τ(a1a2)(a3a4),

ku τ është prodhimi i një numri çift 2-ciklesh jo prerës. Por

σ−1(a1a2a3)σ(a1a2a3)−1

ndodhet në N meqë (a1a2a3)σ(a1a2a3)−1 është në N . Kështu që :

σ−1(a1a2a3)σ(a1a2a3)−1

= τ−1(a1a2)(a3a4)(a1a2a3)τ(a1a2)(a3a4)(a1a2a3)−1

= (a1a3)(a2a4).

Meqënëse n ≥ 5, gjendet b ∈ 1, 2, . . . , n e tillë që b 6= a1, a2, a3, a4. Le të jetëµ = (a1a3b). Atëherë

µ−1(a1a3)(a2a4)µ(a1a3)(a2a4) ∈ N

dhe

µ−1(a1a3)(a2a4)µ(a1a3)(a2a4)

= (a1ba3)(a1a3)(a2a4)(a1a3b)(a1a3)(a2a4)

= (a1a3b).

Kështu që, N përmban një 3-cikël. Vërtetimi i lemës përfundon këtu.

Teorema 5.5. Grupi alternativ, An, është i thjeshtë për n ≥ 5.

Vërtetim: Le të jetë N një nëngrup normal i An. Nga Lema 5.4, N përmbannjë 3-cikël. Nga Lema 5.3, N = An. Prandaj, An nuk përmban nëngrupe tëmirëfilltë normalë për n ≥ 5.

Ushtrime

105. Vërtetoni se prodhimi i pafundëm direkt G = Z2×Z2×· · · nuk gjenerohetnë mënyrë të fundme.

106. Le të jetë G një grup Abelian me rend m. Në qoftë se n pjesëton m,vërtetoni se G ka një nëngrup me rend n.

107. Një grup G është grup torsion në qoftë se çdo element i G-së ka rend tëfundëm. Vërtetoni se një grup torsion i gjeneruar në mënyrë të fundme është ifundëm.

108. Le të jenë G, H dhe K grupe Abelian të gjeneruar në mënyrë të fund-me. Vërtetoni se në qoftë se G × H ∼= G × K, atëherë H ∼= K. Jepni njëkundërshembull për të vëretuar se ky rezultat në përgjithësi nuk është i vërtetë.






109. Vërtetoni se G është një grup i zgjidhshëm atëherët kur G ka një serinëngrupesh

G = Pn ⊃ Pn−1 ⊃ · · · ⊃ P1 ⊃ P0 = e

ku Pi është normal në Pi+1 dhe rendi i Pi+1/Pi është i thjeshtë.

110. Le të jetë G një grup i zgjidhshëm. Vërtetoni se çdo nëngrup i G-së ështëi zgjidhshëm gjithashtu.

111. Vërtetoni se Dn është i zgjidhshëm për të gjitha n.

112. Supozojmë që G ka një seri të kompozuar. Në qoftë se N është një nëngrupnormal i G, vërtetoni se N dhe G/N kanë gjithashtu një seri të kompozuar.

113. Le të jetë G një p-grup ciklik që ka nëngrupet H dhe K. Vërtetoni se Hndodhet në K ose K ndodhet në H.

114. Supozojmë që G është një grup i zgjidhshëm me rend n ≥ 2. Vërtetoni seG ka një nëngrup Abelian jo trivial.

115. i) Kujtojmë se nëngrupi komutator G′ i grupit G është përkufizuar sinëngrupi i G-së që gjenerohet nga elementet e trajtës a−1b−1ab për a, b ∈ G.Vërtetoni se G′ është nëngrup i G-së .

ii) Përkufizojmë një seri të nëngrupeve të G si G(0) = G, G(1) = G′ dheG(i+1) = (G(i))′.

a) Vërtetoni se G(i+1) është normal në (G(i))′. Seria e nëngrupeve

G(0) = G ⊃ G(1) ⊃ G(2) ⊃ · · ·

quhet seria e derivuar e G-së .b) Vërtetoni se G është i zgjidhshëm atëherët kur G(n) = e për ndonjë

numër të plotë n.

116. Supozojmë që G është një grup i zgjidhshëm me rend n ≥ 2. Vërtetoni seG përmban një grup faktor Abelian jo trivial.

117 (Zassenhaus). Le të jenë H dhe K nëngrupe të një grupi G. Gjithashtusupozojmë se H∗ dhe K∗ janë nëngrupe normal të H-së dhe K-së respektivisht.Atëherë

a) H∗(H ∩K∗) është një nëngrup normal i H∗(H ∩K).b) K∗(H∗ ∩K) është një nëngrup normal i K∗(H ∩K).

c) H∗(H ∩K)/H∗(H ∩K∗) ∼= K∗(H ∩K)/K∗(H∗ ∩K)∼= (H ∩K)/(H∗ ∩K)(H ∩K∗).

[Udhëzim: Përdorni diagramën në Figurën 5.1. Lema Zassenhaus njihetshpesh si lema fluturë) për shkak të diagramës.]

118. Teorema Schreier. Përdorni Lemën Zassenhaus për të vërtetuar se dyseri normale të një grupi G kanë shtrirje izomorfike.






(H∗ ∩K)(H ∩K∗)

H ∩K

H K

H∗(H ∩K) K∗(H ∩K)

H∗ K∗

H ∩K∗H∗ ∩K

H∗(H ∩K∗) K∗(H∗ ∩K)

QQ

QQ

QQQQQQQQ

QQ

QQQ

QQQ

AAAAAAAA

@@

@@

HHHHH

HHH

BBBBBBBBBBBB

Figura 5.1: Lema Zassenhaus

119. Përdorni Teoremën Schreier për të vërtetuar Teoremën Jordan-Hölder.

120. Shkruani një program që të llogarit të gjithë grupet Abelian me rend n. Saështë n më e madhe me të cilën mund të punojë programi juaj?

121. Vërteto se An / Sn

122. Jepen H / G dhe K / G. Vërteto se H ∩K / G.

123. Jepen H / G,K / G. Vërteto se HK / G.

124. Në qoftë se H /G, K /G dhe H ∩K = 1g. Vërteto se ∀h ∈ H,∀k ∈ Kkemi hk = kh

125. Supozojmë se G është një grup i fundëm, i zgjidhshëm. Vërtetoni qëgjendet një varg G = G0 ≥ G1 ≥ · · · ≥ Gk = e i G i tillë që çdo Gi+1 ështënormal në Gi dhe Gi/Gi+1 është ciklik.

126. Vërtetoni se Sn nuk është e zgjidhshme për n ≥ 5.

127. a) Vërtetoni që në qoftë se G është nilpotent dhe H është çdo nëngrup imirëfilltë, atëherë H është një nëngrup i mirëfilltë i normalizatorit të tij.

b) Vërtetoni që G është nilpotent atëherët it është izomorfik me një produktdirekt të fundëm të p-grupeve.

128. Vërtetoni që një grup nilpotent është i zgjidhshëm.





Kapitulli 6

Grupet që veprojnë mbibashkësi.

6.1 Klasat e konjugimit

Lema 6.1. Në qoftë se G është grup atëherë relacioni

y është i konjuguari i x-it në G, pra y = gxg−1 për një g ∈ G,

është një relacion ekuivalence.

Përkufizim 6.1. Në qoftë se G është grup, atëherë klasa e ekuivalencës sëa ∈ G në lidhje me veprimin ”y është i konjuguari i x -it në G” quhet klasë ekonjugimit të elementit a dhe shënohet me aG.

Klasa e konjugimit aG është bashkësia e të gjithë të konjuguarve të a-së në G.Një nëngrup është normal atëherë dhe vetëm atëherë kur është bashkim i klasavetë konjugimit. Në qoftë se a dhe b janë të konjuguar nëG, pra b = gag−1, atëherëekziston një izomorfizëm ρg : G → G që quhet konjugimi me g ku a → gag−1.Nga kjo rrjedh se të gjithë elementët në të njëjtën klasë konjugimi kanë rend tënjëjtë. Në përgjithësi për dy elementë x, y ∈ G, elementët xy dhe yx kanë tënjëjtin rend.

Teorema 6.1. Në qoftë se a ∈ G atëherë numri i të konjuguarve të a-së ështëi barabartë me indeksin e centralizatorit të tij:

|aG| = [G : CG(a)]

dhe ky numër është një pjesëtues i |G| kur G është i fundëm.

Vërtetim: Le të jetë H = CG(a) dhe le të shënojmë me L bashkësinë etë gjitha koseteve të majta të H-së në G. Duhet të vërtetojmë se numri i

105


elementëve të aG është i barabartë me numrin e elementëve të L. Përkufizojmëfunksionin f të tillë:

f : aG → L

gag−1 → gH

Fillimisht le të vërtetojmë se f është funksion. Le të supozojmë se gag−1 =hah−1 atëherë kemi h−1gag−1h = a. Pra kemi (h−1g)a(g−1h) = a dhe nga kybarazim mund të shkruajmë (h−1g)a(h−1g)−1 = a pra h−1g ∈ H dhe hH = gH.

Le të vërtetojmë se f është injektiv. Në qoftë se kemi g1H = g2H atëherëg−1

1 g2 ∈ H dhe kemi se g−11 g2a = ag−1

1 g2 sepse a është centralizatori. Pra kemig2a = g1ag

−11 g2 dhe si rrjedhim g2ag

−12 = g1ag

−11 . Gjithashtu funksioni jonë f

është syrjekltiv sepse për çdo gH ∈ L kemi f(gHg−1) = gH.

Përkufizim 6.2. Le të jetë H ≤ G atëherë i konjuguari i H-së në G nga gështë

gHg−1 = ghg−1|h ∈ H

dhe shënohet me Hg.

Lema 6.2. Le të jetë H ≤ G. Atëherë, kemi që gHg−1 ≤ G për çdo g ∈ G dhepër më tepër H ≈ gHg−1.

Vërtetim: a) Vërtetojmë fillimisht se H ≤ G, pra për çdo a, b ∈ gHg−1 kemiab−1 ∈ gHg−1. Pra le të kemi:

a = gh1g−1 ∈ gHg−1

b = gh2g−1 ∈ gHg−1

atëherë ab−1 = gh1g−1gh2g

−1 dhe si rrjedhim gh1h2g−1 ∈ gHg−1.

b) Le të vërtetojmë tani se H ≈ gHg−1. Pamë se funksioni

γg : G→ G

x→ g × g−1

është një izomorfizëm, atëherë γg |H : H → gHg−1 është gjithashtu njëizomorfizëm.

Përkufizim 6.3. Në qoftë se H ≤ G atëherë normalizator i H-së në G, i cilishënohet me NG(H), është bashkësia

NG(H) := g ∈ G | gHg−1 = H.

Lema 6.3. Le të jetë G një grup dhe H ≤ G. Atëherë, kemi që:a) NG(H) ≤ Gb) H / NG(H)c) NG(H) është nëngrupi më i madh i G-së në të cilin H është normal.






Vërtetim: a)Le të vërtetojmë se NG(H) ≤ G, duke përdorur testin e parëtë nëngrupeve. Elementi e ∈ NG(H) sepse eHe−1 = H, pra NG(H) është njëbashkësi jo boshe. Së dyti, në qoftë se g1, g2 ∈ NG(H), atëherë g2Hg

−12 = H

dhe g1Hg−11 = H. Pra,

g1g−12 Hg2g

−11 = g1Hg

−11 = H.

b) Rrjedh nga vetë përkufizimi i NG(H).

Teorema 6.2. Le të jetë H ≤ G. Atëherë, numri i konjugimeve të H-së në Gështë sa indeksi i normalizatorit [G : NG(H)]. Për më tepër

aHa−1 = bHb−1 ⇔ b−1a ∈ NG(H)

Vërtetim: Le të shënojmë me H bashkësinë e të gjithë të konjuguarve të Hnë G dhe me LN bashkësinë e të gjithë koseteve të majta të N -së në G, kuN = NG(H).

Përcaktojmë pasqyrimin f të tillë:

f : H → LN

aHa−1 → aN

Vërtetojmë fillimisht se pasqyrimi f i dhënë si më lartë është funksion. Letë kemi aHa−1 = bHb−1 atëherë b−1aHa−1b = H sjell që b−1a ∈ N dhe sirrjedhim aN = bN .

Le të vërtetojmë fillimisht se funksioni f është injektiv. Le të kemi aN = bNatëherë b−1a ∈ N sjell që b−1aHa−1b = H. Pra, aHa−1 = bHb−1.

Së fundmi le të vërtetojmë se funksioni f është syrjektiv. Le të kemi aN ∈LN atëherë ekziston një aHa−1 ∈ H e tillë që f(aHa−1) = aN . Pra funksionif është një bijektiv.

Ushtrime

1. Le të jetë α ∈ Sn e tillë që α ka një faktorizim të ndashëm të si, n1-cikle përi = 1, . . . , r. Ne themi që α është e tipit

ns11 · · ·nsrr .

Jepet C, klasa e konjugimit në Sn e elementëve α. Gjeni një formulë përnumrin e elementëve në C.

6.2 Teorema e KeilitTeorema 6.3. Çdo grup G mund të zhytet si një nëngrup i SG. Në veçanti nëqoftë se | G |= n atëherë G → Sn






Vërtetim: Le të kemi g ∈ G. Përkufizojmë funksionin

La : G→ G

x→ ax

Mund të vërtetoni se ky funksion La është një bijeksion dhe si rrjedhimLa ∈ SG. Le të përcaktojmë tani funksionin φ të tillë:

Φ : G→ SG

g → La

dhe të vërtetojmë se ky funksion është injektiv dhe homomorfizëm. Le të vërte-tojmë fillimisht se La është një funksion injektiv. Në qoftë se La = Lb atëherëax = bx pra kemi se a = b për çdo x ∈ G. është e thjeshtë të vërtetohet sefunksioni është syrjektiv. Së fundmi, për të vërtetuar se ky funksion është ho-momorfizëm duhet të provojmë se Φ(ab) = Φ(a)Φ(b) pra Lab(x) = La Lb. Kybarazim është i vërtetë sepse Lab(x) = (ab)x dhe gjithashtu

(La Lb)(x) = La(Lb(x)) = La(bx) = a(bx) = (ab)x.

Teorema 6.4. Në qoftë se H ≤ G dhe [G : H] = n atëherë ekziston njëhomomorfizëm φ : G→ Sn e tillë që kerφ ≤ H.

Vërtetim: Le të kemi a ∈ G dhe shënojmë me L bashkësinë e të gjithakosetave të majta të H-së në G. Atëherë, përcaktojmë funksionin:

ρa : L → L

gH → agH

Mund të vërtetoni se ρa është një funksion bijektiv dhe si rrjedhim ρa ∈ Sn.Përcaktojmë tani funksionin φ të tillë:

φ : G→ Sα ≈ Sn

g → ρg

Funksioni φ është një homomorfizëm sepse ∀g ∈ G kemi:

φ(g1g2) = ρg1g2(gH) = g1g2gH = g1(ρg2

(gH)) = ρg1(ρg2

(gH)) = ρg1ρg2

= φ(g1)φ(g2)

Tani le të vërtetojmë se kerφ ≤ H. Le të kemi a ∈ kerφ atëherë φ(a) = 1 dhesi rrejdhim ρa = e. Pra, për çdo g ∈ G kemi se

ρa(gH) = agH = gH pra aH = H

nga e cila është e qartë se a ∈ H.






Teorema 6.5. Le të jetë H ≤ G dhe X bashkësia e të konjuguarve të H-së nëG. Ekziston një homomorfizëm ψ : G→ SX e tillë që kerψ ≤ NG(H).

Vërtetim: Për çdo elemement a ∈ G përcaktojmë veprimin:

ψa : X → X

ghg−1 → agHg−1a−1

Mund të provohet lehtë se ky funksion është bijektiv. Le të përcaktojmë tanifunksionin ψ të tillë:

ψ : G→ SX

a→ ψa

Mund të vërtetoni se ky funksion është një homomorfizëm. Tani le të vërtetojmëse kerψ ≤ NG(H). Le të kemi një element a ∈ kerψ atëherë për çdo g ∈ Gkemi agHg−1a−1 = gHg−1 dhe për g = e kemi aHa−1 = H pra a ∈ NG(H).

Teorema 6.6 (Index). Le të jetë G një grup i fundëm dhe H ≤ G i tillë që[G : H] = n. Në qoftë se |G| - n!, atëherë G nuk është grup i thjeshtë.

Vërtetim: Nga Teorema 6.4 dimë se ekziston një funksion θ : G→ SX i tillëqë kerθ ≤ H. Meqënëse |G| - n! funksioni θ nuk është injektiv pra kerθ 6= e.Pra ekziston një K = kerθ ≤ H ≤ G dhe gjithashtu K / G nga e cila rrjedh segrupi G nuk është i thjeshtë.

Lema 6.4. Jepet G një grup i fundëm me rend |G| = 2n ·m, ku m është tek.Vërtetoni që në qoftë se G përmban një element me rend 2n, atëherë bashkësiae elementëve me rend tek është një nëngrup normal i G-së.

Vërtetim: Jepet H, bashkësia e elementëve me rend tek dhe α ∈ G është njëelement me rend 2n. Nga Teorema e Keilit kemi:

G → Sr

g → Lg(6.1)

e tillë që Lg(x) = gx dhe r = 2nm. Atëherë, Lα është një element me rend 2n

në Sr dhe si rrjedhim prodhim i 2n-cikleve. Për më tepër, Lα nuk fikson asnjëpikë, përndryshe Lα(x) = g x = x do të sillte që α = 1. Kështu që, Lα është njëprodhim i m cikleve të tillë. Pra, Lα është një permutacion tek.

Atëherë, në grupin G gjysmat elementëve janë permutacione çift. Le tëshënojmë me An−1 bashkësinë e elementëve të tillë. Atëherë, |An−1| = 2n−1m.Për me tepër, H ≤ An−1 dhe L2

α ka rend 2n−1. Në qoftë se H ≈ An−1 atëherëvërtetimi ka mbaruar, përndryshe zbatojmë të njëjtin argument për An−1 që tëmarrim An−2 e kështu me radhë. Përfundimisht, H ≈ An−i për ndonjë i ≤ ndhe [G : H] = 2n−i. Përfundoni vërtetimin duke përdorur induksionin.






Ushtrime

2. Jepet G një grup i fundëm me rend |G| = 2n ·m, ku m është tek. Vërtetoni qënë qoftë se G përmban një element me rend 2n, atëherë bashkësia e elementëveme rend tek është një nëngrup normal i G-së.

6.3 Grupet që veprojnë mbi bashkësiLe të kemi X një bashkësi dhe G grup. Themi se grupi G vepron mbi X nëqoftë se ekziston një funksion

f : C ×X → X

(g, x)→ gx

i cili gëzon këto veti:a) ex = x për çdo x ∈ Xb) g(hx) = (gh)x për çdo g, h ∈ G. Bashkësia X është quajtur G-bashkësi.

Vini re se bashkësia X nuk është e lidhur me G-në në ndonjë mënyrë. është evërtetë se çdo grup G vepron mbi çdo bashkësi X me veprimin trivial (g, x) 7→x. Megjithatë, rastet e grupeve që veprojnë mbi bashkësitë janë më interesantënë qoftë se bashkësia X është disi e lidhur me grupin G.

Shembull 6.1. Le të jetë G = GL2(Z) dhe X = Z2. Atëherë, G vepron mbiX me anë të veprimit të shumëzimit nga e majta. Në qoftë se v ∈ Z2 dhe Iështë matrica identitet, atëherë Iv = v. Në qoftë se A dhe B janë matrica 2× 2të invertueshme, atëherë (AB)v = A(Bv) meqë shumëzimi i matricave e gëzonvetinë shoqëruese.

Shembull 6.2. Le të jetë dhënë grupi i simetrive të katrorit, G = D4. Në qoftëse X = 1, 2, 3, 4 është bashkësia e kulmeve të katrorit, atëherë ne dimë se D4

përbëhet nga permutacionet:

(1), (13), (24), (1432), (1234), (12)(34), (14)(23), (13)(24).

Elementët e D4 veprojnë mbi X. Permutacioni (13)(24) vepron mbi kulmin 1duke e dërguar atë te kulmi 3, mbi kulmin 2 duke e dërguar atë te 4 dhe kështume rradhë. është e lehtë të vërtetohen vetitë e veprimit të grupit.

Në përgjithësi, në qoftë se X është një bashkvsi e çfarëdoshme dhe G ështënëngrup i SX , grupi i gjithë permutacioneve vepron mbi X, atëherë X është njëG-bashkësi nën veprimin

(σ, x) 7→ σ(x)

për σ ∈ G dhe x ∈ X.

Shembull 6.3. Le të jetë G një grup dhe supozojmë se X = G. Në qoftëse H është nëngrup i G-së, atëherë G është një H-bashkësi nën veprimin ekonjugimit. Pra, përcaktojmë një veprim të H-së mbi G,

H ×G→ G,






të tillë(h, g) 7→ hgh−1

për h ∈ H dhe g ∈ G. është e qartë se vetia e parë e veprimit të grupit plotësohet.Vërtetojmë të dytën:

(h1h2, g) = h1h2g(h1h2)−1

= h1(h2gh−12 )h−1

1

= (h1, (h2, g)).

Shembull 6.4. Le të jetë H nëngrup i grupit G dhe LH bashkësia e të gjithëkosetave të majta të H-së. Bashkësia LH është një G-bashkësi nën veprimin

(g, xH) 7→ gxH.

është e lehtë të vërtetohet vetia e parë e veprimit të grupit. Meqënëse kemi

(gg′)xH = g(g′xH),

atëherë dhe vetia e dytë është e vërtetë.

Në qoftë se G vepron mbi një bashkësi X dhe x, y ∈ X, atëherë themi se xështë G-ekuivalent me y-in në qoftë se ekziston një g ∈ G e tillë që gx = y.Në qoftë se dy elementë janë G-ekuivalentë, shkruajmë x ∼G y ose x ∼ y.

Pohim 6.1. Le të jetë X një G-bashkësi. Atëherë, G-ekuivalenca është njërelacion ekuivalence në X.

Vërtetim: Relacioni ∼ gëzon vetinë e simetrisë sepse ex = x. Për të vërtetuarvetinë e pasqyrimit, supozojmë që x ∼ y për x, y ∈ X, atëherë ekziston një g etillë që gx = y. Në këtë rast g−1y = x. Pra, y ∼ x. Për të vërtetuar vetinë ekalimit, supozojmë se x ∼ y dhe y ∼ z. Atëherë, duhet të ekzistojnë elementët gdhe h të tillë që gx = y dhe hy = z. Pra, z = hy = (hg)x dhe x është ekuivalentme z.

Në qoftë se X është një G-bashkësi, atëherë çdo copëzim i X-it i shoqë-ruar me një G-ekuivalencë është quajtur orbitë e X-it në lidhje me grupin G.Orbitën që përmban elementin x të X-it do ta shënojmë me Ox.

Shembull 6.5. Le të jetë G grupi i permutacioneve i tillë:

G = (1), (123), (132), (45), (123)(45), (132)(45)

dhe X = 1, 2, 3, 4, 5. Atëherë, X është një G-bashkësi. Orbitat janë:

O1 = O2 = O3 = 1, 2, 3 dhe O4 = O5 = 4, 5.

Tani le të supozojmë se G është një grup që vepron mbi një bashkësi X dhele të jetë g një element nga G. Bashkësia e pikave të fiksuara të g-së në X,






të cilën e shënojmë me Xg, është bashkësia e të gjithë pikave x ∈ X të tilla qëgx = x. Pra,

Xg = x ∈ X | gx = x

Ne gjithashtu studiojmë bashkesinë e elementëve të G-së që fiksojnë njëelement x ∈ X të dhënë. Kjo bashkësi është më shumë se një nënbashkësi e G-së, ajo është një nëngrup. Ky nëngrup është quajtur stabilizator. Nëngrupinstabilizator të x do ta shënojmë me Gx ose StabG(x)

Gx = g ∈ G | gx = x.

Shembull 6.6. Le të jetë X = 1, 2, 3, 4, 5, 6 dhe supozojmë se G është grupii permutacioneve i përbërë nga permutacionet:

(1), (12)(3456), (35)(46), (12)(3654).

Atëherë, bashkësitë e pikave të fiksuara të X nën veprimin e grupit G janë

X(1) = X,

X(35)(46) = 1, 2,X(12)(3456) = X(12)(3654) = ∅,

dhe nëngrupet stabilizator janë

G1 = G2 = (1), (35)(46),G3 = G4 = G5 = G6 = (1).

Vërtetohet lehtë se Gx është një nëngrup i grupit G për çdo x ∈ X.

Teorema 6.7. Le të jetë G një grup dhe A një bashkësi. Çdo izomorfizëmnga grupi G në bashkësinë S të permutacioneve të bashkësisë A përcakton njëveprim të G-së mbi A-në. Anasjelltas, çdo veprim i grupit G mbi bashkësinë Aperfitohet në këtë mënyrë.

Vërtetim: Le të jetë φ : G → S një izomorfizëm. Atëherë, për a ∈ G le tëshënojmë φ(a) me λa. Meqënëse φ është një izomorfizëm kemi:

λaλb = φ(a)φ(b) = φ(ab) = λab

për çdo a, b ∈ G. Për x ∈ A dhe a ∈ G le të përcaktojmë veprimin ax = λa(x).Ky veprim i përcaktuar në këtë mënyrë është një veprim grupi sepse λe ështëpermutacioni identitet dhe gjithashtu kemi që:

a(bx) = λa(λb(x)) = λab(x) = (ab)x

Anasjelltas, le të supozojmë se grupi G vepron mbi A-në. Për çdo a ∈ Gpërcaktojmë funksionin λa : A → A të tillë që λa(x) = ax për çdo x ∈ A.Atëherë, λa është funksion injektiv sepse në qoftë se marrim λa(x1) = λa(x2)kemi që ax1 = ax2 dhe duke shumëzuar të dy anët e barazimit me a−1 dhe






duke pasur gjithashtu parasysh vetitë e veprimit të grupit kemi x1 = x2. Përtë vërtetuar se λa është syrjektiv marrim një y ∈ A atëherë elementi a−1y ështëzgjidhje e ekuacionit λa(x) = y. Gjithashtu nuk është e vështirë për të vërtetuarse λaλb = λab. Pra funksioni φ : G→ S i tillë që φ(a) = λa për çdo a ∈ G ështënjë izomorfizëm grupesh.

Le të jetë X një G-bashkësi e fundme dhe XG bashkësia e pikave të fiksuaranë X. Pra,

XG = x ∈ X : gx = x për çdo g ∈ G.Meqënëse orbitat copëzojnë X-in

|X| = |XG|+n∑i=k

|Oxi |,

ku xk, . . . , xn janë përfaqësues të orbitave të X.

Ushtrime

3. Jepet G një grup i fundëm dhe H ≤ G i tillë që [G : H] = p ku p është numrii thjeshtë më i vogël në |G|. Vërtetoni që H / G.

6.4 Grupet që veprojnë mbi vetvete, ekuacioni iklasës

Në mësimin e kaluar pamë veprimin e grupit mbi një bashkësi X. Në qoftë sene këtë bashkësi X e zëvendësojmë me G-në dhe në qoftë se kemi një funksionf të tillë që:

f : G ? G→ G

(g, h)→ ghg−1

i cili gëzon këto dy veti:1) ex = e2) g(h(x)) = (gh)xthemi se grupi G vepron mbi vetvete me konjugim.

Vërtetim: Për të treguar se ky funksion është një veprim grupi duhet të vërte-tojmë se ky funksion plotëson dy vetite e veprimit te grupit për çdo g, h, x ∈ G.Atëherë, kemi:

1) ex = exe−1 = x2) g(hx) = g(hxh−1) = ghxh−1g−1 = ghx(gh)−1 = (gh)x

Shembull 6.7. Në qoftë se kemi X = G, atëherë çdo grup G vepron mbivetvete, (g, x) 7→ λg(x) = gx, ku λg është shumëzimi nga e majta:

e · x = λex = ex = x(gh) · x = λghx = λgλhx = λg(hx) = g · (h · x).






Në qoftë se H është një nëngrup i grupit G, atëherë G është një H-bashkësi nënveprimin e shumëzimit nga e majta nga elementët e H-së.

Qëndra e grupit G,

Z(G) = x : xg = gx për çdo g ∈ G,

është bashkësia e pikave që fiksohen nga konjugimi. Orbitat jo triviale të ve-primit janë quajtur klasat e konjugimit të G-së. Në qoftë se x1, . . . , xk janëpërfaqësues nga çdo klasë e konjugimit të G-së dhe |Ox1

| = n1, . . . , |Oxk | = nk,atëherë

|G| = |Z(G)|+ n1 + · · ·+ nk.

Nëngrupi stabilizator i secilit prej xi-ve, C(xi) = g ∈ G : gxi = xig, ështëquajtur nëngrup centralizator i xi-ve. Nga Theorema 12.3, ne përfitojmëekuacionin e klasës:

|G| = |Z(G)|+ [G : C(x1)] + · · ·+ [G : C(xk)].

Një nga rrjedhimet e ekuacionit të klasës është se rendi i secilës klasë konjugimiduhet të pjesëtojë rendin e grupit G.

Përkufizim 6.4. Konjugimi me g quhet një automorfizëm i brendshëm iG-së. Bashkësia e të gjithë automorfizmave të brendëshme shënohet me Inn(G)dhe formon grup në lidhje me veprimin e përbërjes së funksioneve.

Teorema 6.8. Inn(G) ≤ Aut(G) dhe gjithashtu Inn(G) /Aut(G).

Vërtetim: Përkufizojmë funksionin σg të tillë:

σg : G→ G

h→ ghg−1

Për çdo a, b, x ∈ G kemi që:

σaσb(x) = abxb−1a−1 = (ab)x(ab)−1 = σabx,

pra kemi të vërtetë se σaσb(x) = σabx. Mund të vërtetohet lehtë se σe ështëidentiteti dhe gjithashtu se (σa)−1 = σa−1 pra Inn(G) ≤ Aut(G). Për të vërte-tuar se Inn(G) /Aut(G) le të marrim një α ∈ Aut(G) dhe σα ∈ Inn(G). Për njëx ∈ G kemi:

ασαα−1(x) = α(α(α−1(x))α−1)

= (α(α))(αα−1(x))(α(α−1)

= (α(α))(x)(α(α))−1 = bxb−1






= σb(x)

për një element b = α(a). Pra, ασαα−1 ∈ Inn(G). Domethënë, Inn(G) ështënjë nëngrup normal i Aut(G).

Shembull 6.8. është e lehtë të vërtetohet se klasat e konjugimit të S3 janë:

(1), (123), (132), (12), (13), (23).

Ekuacioni i klasës është 6 = 1 + 2 + 3.

Shembull 6.9. Klasat e konjugimit për D4 janë

(1), (13), (24), (1432), (1234), (12)(34), (14)(23), (13)(24).

Ekuacioni i klasës është 8 = 1 + 2 + 2 + 3.

Shembull 6.10. Ekuacioni i klasës per S4

Dimë se dy permutacione janë të konjuguar kur kanë strukturë të njëjtëciklike. Pra, klasat e konjugimit të S4 mund të përcaktohen nga strukturat emundshme që kanë elementët e saj. Për të marë transpozicionet (a, b) ne zg-jedhim dy nga katër elementë dhe kjo mund të bëhet në

(42

)= 6 mënyra. Për

të ndërtuar një cikël me gjatësi 3 ne zgjedhim tre nga katër elementë por atamund të renditen në dy mënyra të ndryshme pra kemi 2 ∗

(43

)= 8 cikle të for-

mës (a, b, c). Ndërsa për të ndërtuar një cikël me gjatësi 4 ne fillimisht fiksojmëelementin e parë 1 dhe pastaj kemi 3! = 6 mënyra për të plotësuar ciklin (1abc).Së fundmi, kemi tre permutacione të formës (ab)(cd). Pra ekuacioni i klasëspër S4 është:

24 = 1 + 6 + 8 + 6 + 3

Shembull 6.11. Për të gjetur klasat e konjugimi të Sn duhet më shumë punë.Fillojmë me ciklet. Supozojmë që σ = (a1, . . . , ak) është një cikël dhe le të kemiτ ∈ Sn. Atëherë,

τστ−1 = (τ(a1), . . . , τ(ak)).

Si rrjedhim, çdo dy cikle me të njëjtën gjatësi janë të konjuguar. Tani le të jetëσ = σ1σ2 · · ·σr përbërje ciklesh, ku gjatësia e secilit cikël σi është ri. Atëherë,σ është i konjuguar me çdo τ ∈ Sn me përbërje ciklesh me gjatësi të njëjtë.

Numri i klasave të konjugimit në Sn është numri i mënyrave në të cilatnumri n mund të copëzohet në shuma të numrave pozitiv. Për shembull, numri3 mund të copëzohet në shumat e mëposhtme:

3 = 1 + 1 + 1

3 = 1 + 2

3 = 3.

Prandaj, numri i klasave të konjugimit është tre. Probleme të tilla si ky i gjetjessë numrit në të cilin mund të copëzohet çdo numër n, në shkenca kompjuterike,quhet NP-complete.






6.4.1 p-GrupetNe kemi parë më parë disa raste të p-grupeve. Në këtë leksion do ti studiojmëmë në detaje.

Përkufizim 6.5. Nje grup me rend pn ku p eshte një numër i thjeshtë dhen ≥ 1 quhet p-grup.

Teorema 6.9. Le të jetë p një numër i thjeshtë dhe G një p-grup atëherëZ(G) 6= e.

Vërtetim: Kemi se grupi G është një p-grup pra |G| = pn, gjithashtu ngaekuacioni i klasës kemi se:

|G| = |Z(G)|+∑

[G : Cx]

Dimë se centralizatori i një grupi është nëngrup i tij dhe si rrjedhim kemi se∑[G : Cx] =

∑pj dhe |Z(G)| = |G| −

∑[G : Cx]

pra |Z(G)| 6= 1 ai është të paktën p.

Rrjedhim 6.1. Një grup me rend p2 ku p një numër i thjeshtë është Abelian.

Vërtetim:

Teorema 6.10 (Cauchy). Në qoftë se G është grup i fundëm dhe p një pjesëtuesi rendit te tij, ku p i thjeshtë, atëherë G përmban një element me rend p.

Lema 6.5. Le të jetë G një p-grup i fundëm dhe H një nëngrup normal i G-së,atëherë H ∩ Z(G) 6= e

Vërtetim: Dimë se në qoftë se H / G dhe C është një klasë konjugimi në Gatëherë C ⊂ H ose C ∩H = φ. Le të supozojmë se elementët g1, g2 . . . , gs ∈ Hndërsa gs+1 . . . , gr /∈ H Atëherë,

|H| = |H ∩ Z(G)|+r∑s+1

[G : C(gi)].

Por H ≤ G. Pra, |H| | p dhe gjithashtu C(gi) ≤ G. Domethënë:∑s+ 1r[G : C(gi)] =

∑pj .

Prej këtej themi se:

|H ∩ Z(G)| 6= 1 pra H ∩ Z(G) 6= e.






Lema 6.6. Le të jetë X një G-bashkësi dhe supozojmë se x ∼ y. Atëherë, Gxështë izomorfik me Gy. Në veçanti, |Gx| = |Gy|.Vërtetim: Le të kemi grupin G që vepron mbi X-in si (g, x) 7→ g ·x. Meqënësex ∼ y, ekziston një g ∈ G i tillë që g · x = y. Le të jetë a ∈ Gx. Meqë

gag−1 · y = ga · g−1y = ga · x = g · x = y,

mund të përcaktojmë funksionin φ : Gx → Gy të tillë φ(a) = gag−1. Funksioniφ është një homomorfizëm sepse

φ(ab) = gabg−1 = gag−1gbg−1 = φ(a)φ(a).

Supozojmë që φ(a) = φ(b). Atëherë, gag−1 = gbg−1 ose a = b. Pra, funksioniështë injektiv. Për të vërtetuar se φ është syrjektiv, le të jetë b në Gy. Atëherë,g−1bg është në Gx meqë

g−1bg · x = g−1b · gx = g−1b · y = g−1 · y = x

dhe φ(g−1bg) = b.

Teorema 6.11 (Burnside). Le të jetë G një grup i fundëm që vepron mbibashkësinë X dhe le të shënojmë me k numrin e orbitave të X-it. Atëherë

k =1

|G|∑g∈G|Xg|.

Vërtetim: Shohim pikat e fiksuara x nga të gjithë elementët g ∈ G. Pra,shohim të gjithë elementët g dhe të gjithë x-et të tillë që gx = x. Numri i tëgjithë elementëve g që fiksojnë x-et, i parë në lidhje me bashkësinë e pikavefikse, është: ∑

g∈G|Xg|.

Megjithatë, në qoftë se e shikojmë në terma të nëngrupeve stabilizator, ky numërështë: ∑

x∈X|Gx|.

Pra,∑g∈G |Xg| =

∑x∈X |Gx|. Atëherë,∑

y∈Ox

|Gy| = |Ox| · |Gx|.

Kjo shprehje është e barabartë me |G|. Përfundimisht kemi:∑g∈G|Xg| =

∑x∈X|Gx| = k · |G|.






Shembull 6.12. Le të jetë X = 1, 2, 3, 4, 5 një bashkësi dhe supozojmë se Gështë grupi i permutacioneve G = (1), (13), (13)(25), (25). Orbitat e X-it janë1, 3, 2, 5 dhe 4. Bashkësitë e pikave të fiksuara janë:

X(1) = X

X(13) = 2, 4, 5X(13)(25) = 4

X(25) = 1, 3, 4.

Teorema Burnside thotë:

k =1

|G|∑g∈G|Xg| =

1

4(5 + 3 + 1 + 3) = 3.

Ushtrime

4. Le të jetë G një p-grup i fundëm. Vërtetoni se:i) Në qoftë se H < G atëherë H është një nëngrup i mirëfillte i NG(H).ii) Çdo nëngrup maximal M është normal në G dhe [G : M ] = p.

5. Llogarisni G-klasat e ekuivalencës të X-it për çdo G-bashkësi në Shembulline mësipërm. Për çdo x ∈ X verifikoni se |G| = |Ox| · |Gx|.

6. Le të jetë G grupi aditiv i numrave realë. Le të jetë dhënë veprimi θ ∈ G nëplanin real Z2, i cili rrotullon planin në kah të kundërt të lëvizjes së akrepavetë orës, rreth origjinës me kënd θ. Le të jetë P një pikë në plan e dalluar ngaorigjina.

a) Vërtetoni se Z2 është një G-bashkësi.b) Përshkruani gjeometrikisht orbitën që përmban P .c) Gjeni grupin GP .

7. Shkruani ekuacionin e klasës për S5 dhe për A5.

8. Një grup vepron faithfully mbi një G-bashkësi X në qoftë se identiteti ështëi vetmi element i G-së i cili fikson çdo element të X-it. Vërtetoni se G vepronfaithfully mbi X atëherët kur nuk mund të ndodhë që dy elementë të ndryshëmtë grupit G të veprojnë njësoj në çdo element të X-it.

9. Le të jetë p një numër i thjeshtë. Vërtetoni se numri i grupeve të ndryshëmAbelian me rend pn(sipas klasave të izomorfizmave) është i njëjtë me numrin eklasave të të konjugimit në Sn.

10. Le të jetë a ∈ G. Vërtetoni se për ndonjë g ∈ G, kemi gC(a)g−1 =C(gag−1).

11. Le të jetë |G| = pn dhe supozojmë se |Z(G)| = pn−1 për një numër tëthjeshtë p. Vërtetoni se G është Abelian.

12. Le të jetë G një grup me rend pn ku p është numër i thjeshtë dhe X njëG-bashkësi e fundme. Në qoftë se XG = x ∈ X : gx = x për çdo g ∈ G ështëbashkësia e elementëve në X të fiksuar nga veprimi i grupit, atëherë vërtetonise |X| ≡ |XG| (mod p).






6.5 Teorema SylowLe të jetë G një grup dhe p një numër i thjeshtë i tillë që |G| = pαm ku(p,m) = 1. Një nëngrup i G-së me rend pα quhet Sylow p- nëngrup i G-së.Bashkësinë e të gjithë Sylow p- nëngrupeve do ta shënojmë me Sylp(G) dhenumrin e Sylow p- nëngrupeve të G-së do ta shënojmë me np.

Lema 6.7. Le të jetë P ∈ Sylp(G). Në qoftë se Q është një p-nëngrup i G-sëatëherë Q ∩NG(P ) = Q ∩ P .

Vërtetim: Le të shënojmë me H = Q∩NG(P ). Meqënëse P ⊆ NG(P ) atëherëP ∩ Q ≤ H. Tani duhet të vërtetojmë se H ≤ P ∩ Q. Por H ≤ Q, prandajështë e mjaftueshme të vërtetojmë vetëm se H ≤ P .

Le të shqyrtojmë grupin PH. Ai është një nëngrup i G pra ai është njëp-nëngrup dhe |PH| = pj . Meqënëse P është një nëngrup maximal, p- nëngrupi G-së kemi të vërtetë se PH = P atëherë H ≤ PH pra H ≤ P dhe nga kjorrjedh se H ≤ Q ∩ P .

Lema 6.8. Le të jenë H dhe K nëngrupe të grupit G. Numri i H të konjuguarvetë K-së është [H : N(K) ∩H].

Vërtetim: Përcaktojmë një bijeksion ndërmjet klasave të konjugimit të K-sëdhe kosetave të djathta të N(K) ∩H të tillë h−1Kh 7→ (N(K) ∩H)h. Për tëvërtetuar se ky funksion është një bijeksion, le të kemi h1, h2 ∈ H dhe supozojmëse (N(K) ∩ H)h1 = (N(K) ∩ H)h2. Atëherë, h2h

−11 ∈ N(K). Kështu që

K = h2h−11 Kh1h

−12 ose h−1

1 Kh1 = h−12 Kh2 dhe funksioni është injektiv. është

e lehtë të vërtetohet se ky funksion është syrjektiv. Pra, kemi një bijeksionndërmjet H të konjuguarve të K-së dhe kosetave të djathta të N(K)∩H në H.

Teorema 6.12 (Sylow). Le të jetë |G| = pαm ku p është një numër i thjeshtëi tillë që (p,m) = 1. Pohimet e mëposhtme janë të vërteta.

a) Sylp(G) 6= ∅b) Në qoftë se P është një Sylow p-nëngrup i G dhe Q është një p-nëngrup

i G atëherë Q përmbahet në një të konjuguar të P . Në veçanti çdo dy Sylowp-nëngrupe janë izomorfik.

c) Numri np i Sylow p-nëngrupeve është

np ∼= 1 mod p.

Gjithashtunp = [G : NG(P )]

pra np |m.

Vërtetim: a) Vërtetimin do ta kryejmë me induksion mbi |G|. Në qoftë serendi i |G| = 1 atëherë teorema jone është e qartë. Supozojmë se ajo është evërtetë për të gjithë grupet me rend më të vogël se rendi i grupit G.






1) Në qoftë se p | |Z(G)| atëherë Z(G) ka një nëngrup me rend p, le tëthemi N ≤ Z(G). Le të ndërtojmë grupin faktor G = GN atëherë kemi se|G| = pα−1 ·m dhe si rrjedhim G ka një Sylow p-nëngrup P i tillë që |P | = pα−1.Nga teorema e konrespodencës ekziston një P nëngrup i G-së i tillë që N ≤ P .Atëherë

PN = P pra |P | = |N ||P | = p · pα−1 = pα.

2) Në qoftë se p - |Z(G)|. Nga ekuacioni i klasës kemi se

|G| = |Z(G)|+∑

[G : Ci]

atëherë ekziston një i e tillë që p - [G : Ci]. Le të shënojmë H = Ci atëherë

p - |G|/|H| = pα ·m|H|

pra |H| = pα · r ku (p, r) = 1.

Gjithashtu H G dhe nga induksioni kemi se H ka një Sylow p-nëngrup P tëtillë që |P | = pα. Pra P < G dhe |P | = pα.

b) Nga a) kemi se ekziston një P ∈ Sylp(G). Le të shënojmë me X =P1, . . . , Pr bashkësinë e të gjithë të konjuguarve të P -së. Le të jetë Q njëp-nëngrup i G-së. Nga veprimi i grupit mbi bashkësinë X kemi:

G×X → X

(g, Pi)→ P gi

Meqënëse Q ≤ G atëherë kemi:

Q×X → X

(q, Pi)→ P qi .

Nga teorema Burnside kemi se X = O1 ∪O2 ∪ · · · ∪Os dhe dimë se |Oi| = [Q :NQ(Pi)] por NQ(Pi) = Q ∩ NG(Pi) = Q ∩ Pi pra |Oi| = [Q : Pi ∩ Q].Atëherë,pra

r = |O1|+ · · ·+ |Os|. (6.2)

Le të marrim Q = Pi( p nëngrup) dhe |O1| = [Q : Q] = 1. Për të gjitha i > 1kemi se |Oi| = [P1 : P1 ∩Pi] > 1 dhe që pjesëtohet nga p sepse të gjitha P kanërend pα dhe gjithashtu (P1 ∩ Pi) 6= P1.

Nga ekuacioni 6.2 kemi r = 1 + kp pra r = 1 mod p. Le të jetë Q një p-nëngrup i G-së i tillë që Q Pi për 1 6 i 6 r. Atëherë, Q∩Pi Q për të gjithai dhe |Oi| = [Q : Q∩Pi] > 1. Kështu që p | |Oi|. Por r = |O1|+ · · ·+ |Os|. Pra,r = kp e cila sjell që p | r e cila është një kontradiksion. Kështu që ekziston Qnjë p-nëngrup i G-së i tillë që Q < Pi.

Rrjedhim 6.2. Një Sylow p- nëngrup i një grupi me rend të fundëm G ështënjë nëngrup normal i grupit G atëherë dhe vetëm atëherë kur ai është i vetmiSylow p- nëngrup i G-së.






Lema 6.9. Supozoni se G është grup i fundëm.a) Në qoftë se H /G dhe P një Sylow p- nëngrup i H atëherë G = HNG(P )

(Argumenti i Frattinit)b) Le të jetë P një Sylow p nëngrup i grupit G atëherë kemi të vërtetë se

NG(NG(P )) = NG(P ).

Vërtetim: a) Meqënëse H C G atëherë H ·NG(P ) është një nëngrup i grupitG dhe

H ·NG(P ) = NG(P ) ·H ≤ G.Le të kemi një g ∈ G atëherë duam të vërtetojmë se g ∈ H ·NG(P ). Në qoftëse P ≤ H atëherë g−1Pg < g−1Hg = H (H normale). Pra g−1Pg është njëSylow p- nëngrup i H. Nga teorema Sylow g−1Pg është i konjuguar me P . Praekziston një h ∈ H e tillë që g−1Pg = h−1Ph atëherë hg−1Pgh−1 = P . Ngapërkufizimi i normalizatorit kemi se në qoftë se (hg−1)−1Pgh−1 = P atëherëhg−1 ∈ NG(P ). Por në qoftë se g−1 ∈ h−1NG(P ) atëherë g−1 ∈ H · NG(P ).Pra g ∈ H ·NG(P ).

b) 1) Fakti se NG(P ) < NG(NG(P )) është e vërtetë për çdo grup.

2)Në qoftë se P është një Sylow p- nëngrup i grupit G atëherë P është njëSylow p-nëngrup për çdo H ≤ G e tillë që P < H. Pra P është një Sylow p-nëngrup i NG(P ) por P / NG(P ) si rrjedhim ai është i vetmi Sylow p- nëngrupi NG(P ). Le të kemi një x ∈ NG(NG(P )) Atëherë,

x−1NG(P )x = NG(P ) pra x−1Px < NG(P ).

Pra x−1Px = P dhe së fundmi themi se x ∈ NG(P ).

Lema 6.10. Le të jetë P një Sylow p-nëngrup i një grupi të fundëm G dhe letë jetë x një element me rend një fuqi të p-së. Në qoftë se x−1Px = P , atëherëx ∈ P .

Vërtetim: Natyrisht x ∈ N(P ) dhe nëngrupi ciklik, 〈xP 〉 ⊂ N(P )/P , e karendin një fuqi të p-së. Nga Teorema e Korespodencës ekziston një nëngrup Hi N(P ) i tillë që H/P = 〈xP 〉. Meqënëse |H| = |P | · |〈xP 〉|, rendi i H-së duhettë jetë një fuqi e p-së. Megjithatë, P është një Sylow p-nëngrup i cili përmbahetnë H. Meqënëse rendi i P -së është fuqia më e madhe e p-së që pjesëton |G|,atëherë H = P . Kështu që H/P është nëngrup trivial dhe xP = P , ose x ∈ P .

Më poshtë shohim disa aplikime të Teoremës Sylow.

Shembull 6.13. Vërtetoni se nuk ka asnjë grup të thjeshtë me rend 30.

Vërtetim: Çdo grup G me rend 30 = 2 · 3 · 5 mund të ketë

n2 = 1, 3, 5, 15

n3 = 1, 10

n5 = 1, 6






Në qoftë se n2 = 1 ose n3 = 1 ose n5 = 1 atëherë një nga p-nëngrupet Sylowështë normal dhe G nuk është i thjeshtë.

Supozojme sen2 > 1 dhe n3 > 1 dhe n5 > 1

Duke numëruar elementët e G-së kemi të paktën 3 nëngrupe P2 dhe secili kanga një element të ndryshëm nga identiteti, 10 nëngrupe P3 dhe secili ka nga2 elementë të ndryshëm nga identiteti, dhe 6 nëngrupe P5 dhe secili ka nga 4elementë të ndryshëm nga identiteti. Pra,

1 + 3 · 1 + 10 · 2 + 6 · 4 = 48 > 30

Kështu që një nga n2, n3, n5 është 1 dhe G ka një nëngrup normal.

Shembull 6.14. Le të kemi një grup G me rend 40. Çfarë na tregojnë teorematSylow për këtë nëngrup.

Vërtetim: Grupi G ka rend:

|G| = 40 = 5 · 8 = 23 · 5

Atëherë,

n2 = 1, 5

n5 = 1

Pra P5 është normal në G. Në qoftë se n2 = 1 atëherë P2/G dhe G ≈ P2×P5. Nëqoftë se n2 = 5 atëherë ekzistojnë 5 nëngrupe me rend 8 secili. Këta nëngrupejanë te konjuguar me njëri-tjetrin (pra isomorfike) dhe kontribojnë ekzaktësisht35 elemntë në grup. Pra secili nga 7 elementë. Prerja e tyre është 1G.

Lema 6.11. Le të jepen p dhe q numra të thjeshtë të tillë që p < q dhe G njëgrup me rend pq. Atëherë,

i) Ekziston Q < G i tillë që |Q| = q dhe Q / G.ii) Në qoftë se q 6≡ 1 (mod p), atëherë G është ciklik.

Vërtetim: i) Ne dimë se G përmban një nëngrup Q me rend q. Gjithashtu,nq ≡ 1 mod q. Meqënëse q > p, atëherë nq = 1. Pra, Q / G.

ii) Ekziston P ∈ Sylp(G) me rend p. Atëherë, np = 1 or np = q andq ≡ 1 mod p. Perderisa q 6≡ 1 (mod p), atëherë np = 1 the P / G. MeqënëseP ∩Q = 1G atëherë G ≈ P ×Q. Pra, G ≈ Zp × Zq. Por Zp × Zq ≈ Zpq kur(p, q) = 1.

Rrjedhim 6.3. Çdo grup me rend pq nuk është i thjeshtë.

Ushtrime






13. Jepet G = 495. Vërtetoni qëa) G ka një nëngrup normal me rend 55.b) G është i zgjidhshëm.

14. Jepet G = 520. Vërtetoni qëa) G ka një nëngrup normal ciklik me rend 65.b) G është i zgjidhshëm.

15. Jepet G = 108. Vërtetoni që G është i zgjidhshëm.

16. Jepet grupi G i tillë që |G| = 495 = 32 ·5·11. Vërtetoni që G ka një nëngrupnormal me rend 5 ose 11.

17. Vërtetoni që në qoftë se |G| = 462, atëherë G nuk është i thjeshtë.

18. Vërtetoni që në qoftë se |G| = 132, atëherë G nuk është i thjeshtë.

19. Vërtetoni që një grup me rend 105 ka një element me rend 15.

20. Vërtetoni që një grup me rend G = 5 · 7 · 17 është ciklik.

21. Jepen p dhe q numra të thjeshtë. Vërtetoni se nuk ka asnjë grup të thjeshtëme rend p2q.

22. Jepet G një grup i fundëm në të cilin çdo Sylow nëngrup është normal.Vërtetoni që G është izomorfik me prodhimin direkt të Sylow nëngrupeve të tij.

23. Jepet G një grup i fundëm, P ∈ Sylp(G) dhe H / G. Vërtetoni që H ∩ Pështë një Sylow nëngrup i H dhe HP/H është një Sylow nëngrup i G/H.

24. Jepet G një grup i fundëm dhe P ∈ Sylp(G). Jepni një shembull të njënëngrupi H të G-së ku H ∩ P nuk është një Sylow nëngrup i H.

25. Vërtetoni që çdo grup i thjeshtë me rend 60 është izomorfik me A5.

26. Jepet p një numër i thjeshtë, n > 1 një numër i plotë dhe G = GLn(Fp).Vërtetoni se ekzistojnë dy Sylow p-nëngrupe H1 dhe H2 në G të tillë që H1 ∩H2 = e.

27. Jepet G një grup i thjeshtë me rend 168. Vërtetoni sea) n2 = 21, n3 = 7, n7 = 8.b) Sylow 2-nëngrupet e G-së janë dihedral, Sylow 3-nëngrupet dhe Sylow

7-nëngrupet janë ciklikë.

28. Vërtetoni që GL3(2) është një grup i thjeshtë me rend 168.

29. Jepet G| = pqr ku p, q, r janë numra të thjeshtë dhe p < q < r. Vërtetoniqë G ka një Sylow nëngrup normal për p, q ose r.

30. Vërtetoni që nuk ka grupe të thjeshtë me rend 264.

31. Vërtetoni që nuk ka grupe të thjeshtë me rend 3159.






6.5.1 Grupet e thjeshtë të fundëmKur na jepet një grup i fundëm lind pyetja nëse ky grup ka ose jo nëngrupenormal. Rikujtojmë se grup të thjeshtë kemi quajtur një grup i cili nuk kanëngrupe të mirfilltë normal. Sikurse në rastin e A5, të provosh se një grupështë i thjeshtë mund të jetë shumë e vështirë. Megjithatë, Teoremat Sylow nandihmojnë për të treguar nëse një grup është i thjeshtë.

Shembull 6.15. Le të vërtetojmë se asnjë grup G me rend 20 nuk është ithjeshtë.

Nga Teorema e Tretë Sylow, grupi G përmban një ose më shumë Sylow5-nëngrupe. Numri i këtyre nëngrupeve është kongruent me 1 (mod 5) dhegjithashtu duhet të pjesëtojë 20. Numri i vetëm që plotëson këto kushte është1. Meqënëse kemi vetëm 1 Sylow 5-nëngrup dhe të gjithë Sylow 5-nëngrupetjanë të konjuguar, ky nëngrup është normal.

Shembull 6.16. Le të jetë G një grup i fundëm me rend pn, n > 1 dhe pnumër i thjeshtë. Nga Teorema 6.9, G ka qëndër jo triviale. Meqënëse qëndrae çdo grupi G është një nëngrup normal, atëherë G nuk mund të jetë një grupi thjeshtë. Kështu që grupet me rend 4, 8, 9, 16, 25, 27, 32, 49, 64 dhe 81nuk janë të thjeshtë. Në fakt, grupet me rend 4, 9, 25 dhe 49 janë Abelian ngaRrjedhimi 6.1.

Shembull 6.17. Asnjë grup me rend 56 = 23 · 7 nuk është i thjeshtë.

Kemi parë se në qoftë se për një numër të thjeshtë p që pjesëton 56 mund tëvërtetojmë se ka vetëm një Sylow p-nëngrup, atëherë ky do të jetë një nëngrupnormal dhe vërtetimi ka mbaruar. Nga teorema e Tretë Sylow kemi ose 1 ose8 Sylow 7-nëngrups. Në qoftë se ka vetëm 1 Sylow 7-nëngrup, atëherë ai ështënormal.

Supozojmë se janë 8 Sylow 7-nëngrupe. Atëherë, secili nga këta nëngrupeduhet të jetë ciklik. Pra, prerja e çdo dy prej këtyre nëngrupeve përmbanvetëm elementin identitet të grupit. Atëherë, grupi do të ketë 8 · 6 = 48 ele-mentë të ndryshëm dhe secili prej tyre me rend 7. Tani le të numërojmë Sylow2-nëngrupet. Kemi ose 1 ose 7 Sylow 2-nëngrupe. Ndonjë element i Sylow 2-nëngrupi i ndryshëm nga identiteti duhet ta ketë rendin një fuqi të 2-shit. Si rr-jedhim nuk mund të jetë një nga 48 elementët me rend 7 të Sylow 7-nëngrupeve.Meqënëse një Sylow 2-nëngrup ka rend 8, në një grup me rend 56 mund të ketëvetëm një Sylow 2-nëngrup. Në qoftë se ka vetëm një Sylow 2-nëngrup, atëherëai është normal në G.

Për grupe të tjerë G është më e vështirë të vërtetoni se G nuk është i thjeshtë.Supozojmë se G ka rend 48. Në këtë rast teknika që ne përdorëm në shembulline mësipërm nuk do të funksiononte. Na nevojitet Lema 4.4 për të vërtetuar seasnjë grup me rend 48 nuk është i thjeshtë.

Shembull 6.18. vërtetoni se asnjë grup G me rend 48 nuk është i thjeshtë.






Për të treguar se një grup G me rend 48 nuk është i thjeshtë do të vërtetojmëse G përmban një nëngrup normal me rend 8 ose një nëngrup normal me rend16. Nga Teorema e Tretë Sylow, grupi G ka ose një ose tre Sylow 2-nëngrupeme rend 16. Në qoftë se ka vetëm një nëngrup atëherë ai është normal.

Supozojmë se është i vërtetë rasti tjetër, pra kemi 3 Sylow 2-nëngrupe merend 16 dhe dy prej tyre janë H dhe K. Supozojmë se |H ∩K| = 8. Në qoftëse |H ∩K| ≤ 4, atëherë nga Lema 4.4

|HK| = 16 · 16

4= 64,

që është e pamundur. PraH∩K është normal në të dy nëngrupetH dheK meqëka indeks 2. Normalizatori i H∩K përmban si H dhe K dhe gjithashtu |H∩K|duhet të jetë një shumëfish i 16 më i madh se 1 dhe gjithashtu të pjesëtojë 48.Mundësia e vetme është që |N(H ∩K)| = 48. Pra, N(H ∩K) = G.

Teorema 6.13 (Feit-Thompson). Çdo grup i fundëm me rend tek është i zgji-dhshëm.

Vërtetimi i kësaj teoreme hodhi themelet e një programi, në vitet 1960 dhe1970, ku u klasifikuan të gjithë grupet e thjeshtë. Suksesi i këtij programi ështënjë nga aritjet më të rëndësishme të matematikës moderne.

Ushtrime

32. Sa e kanë rendin të gjithë Sylow p- nengrupet kur grupi G e ka rendin 18,24, 54, 72 dhe 80?

33. Gjeni të gjithë Sylow 3-nëngrupet e S4 dhe vërtetoni se ata janë të gjithëtë konjuguar.

34. Vërtetoni se çdo grup me rend 45 ka një nëngrup normal me rend 9.

35. Le të jetë H një Sylow p-nëngrup i grupit G. Vërtetoni se H është i vetmiSylow p-nëngrup i G-së që përmbahet në N(H).

36. Vërtetoni se asnjë grup me rend 96 është i thjeshtë.

37. Vërtetoni se asnjë grup me rend 160 është i thjeshtë.

38. Në qoftë se H është një nëngrup normal i një grupi të fundëm G dhe|H| = pk për një numër të thjeshtë p, vërtetoni se H përmbahet në çdo Sylowp-nëngrup të G-së.

39. Le të jetë G një grup me rend p2q2, ku p dhe q janë dy numra të dalluar tëthjeshtë të tillë që q 6 | p2−1 dhe p 6 | q2−1. Vërtetoni se G duhet të jetë Abelian.Jepni tre çife numrash p dhe q që kënaqin këto kushte.

40. Tregoni se një grup me rend 33 ka vetëm një Sylow 3-nëngrup.






41. Le të jetë H një nëngrup i grupit G. Vërtetoni ose tregoni të kundërtën senormalizatori i H është normal në G.

42. Le të jetë G një grup me rend pr,ku p është numër i thjeshtë. Vërtetoni seG përmban një nëngrup normal me rend pr−1.

43. Supozojmë që G është një grup i fundëm me rend pnk, ku k < p. Vërtetonise G duhet të përmbajë një nëngrup normal.

44. Le të jetë H një nëngrup i një grupi të fundëm G. Vërtetoni se gN(H)g−1 =N(gHg−1) për çdo g ∈ G.

45. Vërtetoni se një grup me rend 108 duhet të ketë një nëngrup normal.

46. Klasifikoni të gjithë grupet me rend 175 sipas klasave të izomorfizmave.

47. Vërtetoni se çdo grup me rend 255 është ciklik.

48. Le të jetë G një grup me rend pe11 · · · penn dhe supozojmë se G ka n Sy-low p-nëngrupe P1, . . . , Pn ku |Pi| = peii . Vërtetoni se G është izomorfik meP1 × · · · × Pn.

49. Le të jetë P një Sylow p-nëngrup normal i grupit G. Vërtetoni se çdoautomorfizëm i brendëshëm i G-së fikson P .

50. Cili është rendi më i vogël i mundëshëm i një grupi G i tillë që G nuk ështëAbelian dhe |G| është tek? Mund të gjeni një grup të tillë?

51. The Frattini Lemma Në qoftë se H është një nëngrup normal injë gruptë fundëm G dhe P është një Sylow p-nëngrup i H-së, për çdo g ∈ G vërtetonise ekziston një h në H i tillë që gPg−1 = hPh−1. Gjithashtu, vërtetoni se nëqoftë se N është normalizatori i P -së, atëherë G = HN .

52. Vërtetoni se një Sylow 2-nëngrup i S5 është izomorfik me D4.

53. Një vërtetim ndryshe i Teoremës Sylow.

1. Suppozoni se p është një numër i thjeshtë dhe p nuk pjesëton m. Vërtetonise

p 6 |(pkmpk

).

2. Le të shënojë me S bashkësinë e të gjithë elementëve pk, e cila është njënënbashkësi e G. Vërtetoni se p nuk pjesëton |S|.

3. Përcaktoni një veprim të grupit G mbi S të tillë aT = at : t ∈ T përa ∈ G dhe T ∈ S, pra shumëzim nga e majta. Vërtetoni se ky është njëveprim grupi.

4. Vërtetoni p 6 | |OT | për ndonjë T ∈ S.

5. Le të jetë T1, . . . , Tu një orbitë e tillë që p6 | u dhe H = g ∈ G : gT1 =T1. Vërtetoni se H është nëngrup i grupit G dhe vërtetoni se |G| = u|H|.






6. Vërtetoni se pk pjesëton |H| dhe pk ≤ |H|.

7. Vërtetoni se |H| = |OT | ≤ pk. Konkludoni se pk = |H|.

54. Le të jetë G një grup. Vërtetoni se G′ = 〈aba−1b−1 : a, b ∈ G〉 është njënëngrup normal i G dhe G/G′ është Abelian. Gjeni një shembull për të vërtetuarse aba−1b−1 : a, b ∈ G nuk është domosdoshmërishtë një grup.






6.5.2 ProjektQëllimi kryesor i teorisë së grupeve të fundëm është të klasifikojmë të gjithëgrupet e fundëm të mundëshëm sipas klasave të izomorfizmave. Ky problemështë i vështirë edhe në qoftë se ne përpiqemi të klasifikojmë vetëm grupet merend më të vogël ose të barabartë me 60. Megjithatë ne mund ta zbërthejmëkëtë problem në disa probleme më të thjeshta.

1. Gjeni të gjithë grupet e thjeshtë G ( |G| ≤ 100). Mos përdorni Teoremëne Rendit Tek në qoftë se nuk mund ta vërtetoni atë.

2. Gjeni numrin e grupeve të ndryshëm G, ku rendi i grupit G është n përn = 1, . . . , 100.

3. Gjeni grupet (sipas klasave të izomorfizmave) për çdo n.

Ky është një projekt në të cilin ju duhet të shfrytëzoni të gjitha njohuritëtuaja të mara deri tani pë grupet. Edhe në qoftë se ju nuk do ta përfundoniprojektin, ai do ju mësojë shumë për grupet e fundëm. Mund të përdorniTablën 6.5.2 si guidë.

Lexuesi mund të përdor GAP për të eksperimentuar me këtë projekt. Jukujtojmë se në GAP të gjithë grupet me rend ≤ 2000 janë të klasifikuar nëSmall Groups Library.

Rendi Numri Rendi Numri Rendi Numri Rendi Numri1 ? 16 14 31 1 46 22 ? 17 1 32 51 47 13 ? 18 ? 33 1 48 524 ? 19 ? 34 ? 49 ?5 ? 20 5 35 1 50 56 ? 21 ? 36 14 51 ?7 ? 22 2 37 1 52 ?8 ? 23 1 38 ? 53 ?9 ? 24 ? 39 2 54 1510 ? 25 2 40 14 55 211 ? 26 2 41 1 56 ?12 5 27 5 42 ? 57 213 ? 28 ? 43 1 58 ?14 ? 29 1 44 4 59 115 1 30 4 45 * 60 13

Tabela 6.1: Numrat e grupeve të ndryshëm G, |G| ≤ 60






Ushtrime

55. Vërtetoni se A5 është i thjeshtë.

56. Vërtetoni se:a) Në qoftë se H

c/G atëherë H / G

b) Në qoftë se Hc/K

c/G atëherë H

c/G

c) Në qoftë se Hc/K

c/G atëherë H / G.

57. a) Vërtetoni se në qoftë se G është nilpotent dhe H është një nëngrup imirëfilltë atëherë H është një nëngrup i mirëfilltë i normalizatorit të tij.

b) Vërtetoni se G është nilpotent atëherë dhe vetëm atëherë kur ai ështëizomorfik me produktin direkt të një numri të fundëm p- grupesh.

58. Jepet p një numër i thjeshtë dhe G grupi i të gjitha matricave të in-vertueshme n × n të cilat janë trekëndore të poshtme mbi fushën Fp me pelementë.

a) Jepet U = a ∈ G : aii = 1, for all i = 1, 2, 3, . . . . Vërtetoni që Uështë nilpotent.

b) Vërtetoni se G është i zgjidhshëm por në qoftë se n > 1, G nuk ështënilpotent.

59. a) Vërtetoni seSL2(R) ≤ GL2(R)

b) Jepet GL2(Z) bashkësia e të gjitha matricave 2×2 me elementë nga Z dhepërcaktor të ndryshëm nga zero. A është GL2(Z) grup me veprim shumëzimine matricave? Vërtetoni përgjigjen tuaj.

60. Në GL2(R) gjeni centralizatorin e[1 10 1

]61. Në qoftë se k është një fushë, vërtetoni se SL(n, k) < GL(n, k).

62. Në qoftë se G është një grup në të cilin (ab)i = ai bi për tre numra të plotëi të njëpasnjëshëm, vërtetoni se G është Abelian.

63. Vërtetoni seZ(G) = ∩g∈GC(g)

ku C(g) është centralizatori i g.

64. Jepet G një grup Abelian, ku n > 1 është një numër i plotë dhe

An := an | a ∈ G.

Vërtetoni që An është një nëngrup i G.

65. Gjeni Aut(Z3)






66. Vërtetoni që në qoftë se G/Z(G) është ciklik atëherë G është Abelian.

67. Gjeni qëndrën e Dn.

68. Vërtetoni se për çdo n, Sn është izomorfik me një nëngrup të An+2.

69. Jepet p një numër i thjeshtë dhe le të jetë C një nëngrup ciklik me rend pnë Sp. Llogarisni rendin e NSp(C).





Pjesa II

Teoria e Unazave

131

Kapitulli 7

Unazat

Deri tani ne kemi studiuar bashkësitë me një veprim të vetëm i cili kënaq disakushte. Megjithatë, në shumë raste ne jemi të interesuar të punojmë me bash-kësitë të cilat kanë dy veprime binare, si për shembull bashkësia e numrave tëplotë, bashkësia e numrave realë, etj. Me studimin e bashkësive me dy veprimebinare të cilat kënaqin disa kushte ne kemi një strukturë algjebrike e cila quhetunazë.

7.1 Përkufizime dhe shembujPërkufizim 7.1. Unazë quhet bashkësia R me dy veprime algjebrike (R,+, ·)(mbledhje dhe shumëzim) që kënaq kushtet e mëposhtme:

1. (R,+) është grup Abelian

2. shumëzimi është veprim shoqërues

(a · b) · c = a · (b · c), ∀a, b, c ∈ R

3. është e vërtetë vetia shpërndarëse

(a+ b)c = ac+ bc

a(b+ c) = ab+ ac

për çdo a, b, c ∈ R.

Një unazë R në të cilën shumëzimi është ndërrimtar quhet unazë ndërrim-tare ose Abeliane. Unaza R ka njësh kur ekziston elementi 1R ∈ R i tillëqë

∀a ∈ R, a · 1R = a

Një unazë Rme njësh (1R 6= 0) në të cilën çdo element a ∈ R\0 ka të anasjelltënë lidhje me shumëzimin quhet unazë pjestuese. Një unazë Abeliane dhepjestuese quhet fushë .

133


Në kontekstin e këtij libri, me unazë ne do të nënkuptojmë një unazë menjësh.

Lema 7.1. Jepet unaza R. Atëherëa) 0a = a0 = 0b) (−a)b = a(−b) = −abc) njëshi është element i vetëm dhe

−a = (−1R) · a

Vërtetim: a) 0a = (0 + 0)a = 0a+ 0a. Pra 0a = 0a+ 0a, 0a = 0.b) ab+ (−a)b = (a− a)b = 0b = 0c) Në qoftë se R ka dy njësha 1a dhe 1b atëherë, 1a · 1b = 1a, 1a · 1b = 1b.

Pra 1a = 1b.

Jepet unaza R. Një element jozero a ∈ R quhet pjestues i zeros në qoftëse ekziston një element jozero b ∈ R i tillë që ab = 0 ose ba = 0. Një elementu ∈ R quhet njësi në R në qoftë se ekziston v ∈ R që

uv = vu = 1.

Një unazë Abeliane me njësh quhet unazë integrale në qoftë se nuk ka pjestuestë zeros.

Lema 7.2. Unazat integrale kanë vetinë e thjeshtimit

ab = ac⇒ a = 0 ose b = c

Vërtetim: ab = ac⇒ a(b− c) = 0⇒ a = 0 ose b = c

Shembull 7.1. Siç e kemi përmendur edhe më parë Z së bashku me mbledhjendhe shumëzimin formojnë një unazë. Për më tepër formojnë një unazë integrale,sepse a · b = 0 gjithmonë na jep a = 0 ose b = 0. Por, (Z,+, ·) nuk ështëfushë, sepse shumica e elementëve jozero nuk kanë të anasjelltë në lidhje meshumëzimin. Të vetmit elementë që kanë të anasjelltë në lidhje me shumëziminjanë -1 dhe 1.

Shembull 7.2. Nën veprimet e zakonshme të mbledhjes dhe shumëzimit struk-turat e mëposhtme janë unaza: numrat e plotë Z, numrat racionalë Q, numratrealë R, numrat kompleksë C. Të gjitha këto unaza, përveç Z janë fusha.

Shembull 7.3. Ne studiuam bashkësinë Zn = Z/nZ në lidhje me mbledhjendhe pamë se ishte një grup Abelian. Përkufizojmë tani shumëzimin në Zn si mëposhtë:

Z 7→ Zna · b = ab mod n






Për shembull, në Z12, 5 · 7 ≡ 11 (mod 12). Ky shumëzim e kthen (Zn,+, ·) nënjë unazë. Natyrisht, Zn është unazë ndërrimtare, por jo unazë integrale. Nëqoftë se konsiderojmë 3 · 4 ≡ 0 (mod 12) në Z12, duket qartë se produkti i dyelementëve jozero na jep elementin zero.

Shembull 7.4. Në kalkulus, bashkësia e funksioneve të vazhdueshme në njëinterval, për shembull

f : [a, b] 7→ R

së bashku me mbledhjen dhe kompozimin e funksioneve formojnë një unazëndërrimtare.

Shembull 7.5. Matricat 2 × 2 me terma në Z formojnë një unazë në lidhjeme mbledhjen dhe shumëzimin e matricave. Kjo unazë nuk është ndërrimtare,sepse zakonisht matricat nuk këmbehen me njëra-tjetrën.

Shembull 7.6. Për një shembull të një unazë pjestuese jo-Abeliane marrim

1 =

(1 00 1

)i =

(0 1−1 0

)

j =

(0 ii 0

)k =

(i 00 −i

),

ku i2 = −1. Këta elementë kënaqin relacionet si më poshtë

i2 = j2 = k2 = −1ij = kjk = iki = jji = −kkj = −iik = −j.

Le të jetë H bashkësia e elementëve të formës

a+ bi + cj + dk,

ku a, b, c, d janë numra realë. Në mënyrë ekuivalente, H mund të konsiderohetsi bashkësia e të gjitha matricave 2× 2 të formës(

α β

−β α

),

ku α = a+ di dhe β = b+ ci janë numra kompleksë.Ne mund të përkufizojmë mbledhjen dhe shumëzimin në H ose me mbledhjen

e zakonshme të matricave ose me gjeneratorët 1, i, j, dhe k:

(a1 + b1i + c1j + d1k) + (a2 + b2i + c2j + d2k) =

(a1 + a2) + (b1 + b2)i + (c1 + c2)j + (d1 + d2)k






dhe

(a1 + b1i + c1j + d1k)(a2 + b2i + c2j + d2k) = α+ βi + γj + δk,

ku

α = a1a2 − b1b2 − c1c2 − d1d2

β = a1b2 + a1b1 + c1d2 − d1c2

γ = a1c2 − b1d2 + c1a2 − d1b2

δ = a1d2 + b1c2 − c1b2 − d1a2.

Unaza H quhet unaza e kuaternioneve.Të vërtetojmë se H është një unazë pjestuese ne duhet te gjejmë të anasjelltin

për çdo element jozero. Vini re se

(a+ bi + cj + dk)(a− bi− cj− dk) = a2 + b2 + c2 + d2.

Ky element mund të jetë zero vetëm në qoftë se a, b, c, dhe d janë të gjithazero. Pra në qoftë se a+ bi + cj + dk 6= 0,

(a+ bi + cj + dk)

(a− bi− cj− dka2 + b2 + c2 + d2

)= 1.

Jepet një fushë K. Shënojmë me K∗ bashkësinë K \ 0. Një funksion

ν : K∗ −→ Z

që ka vetitë

1. ν(ab) = ν(a) + ν(b),∀a, b ∈ K∗

2. ν është syrjektiv

3. ν(x+ y) ≥ minν(x), ν(y), për çdo x, y ∈ K∗, x+ y 6= 0

quhet vlerë diskreteBashkësia R ⊂ K∗, R := x ∈ K∗ : ν(x) ≥ 0∪0 quhet unaza e vlerave

të ν-së. Një unazë quhet unazë vlerash diskrete (UVD) në qoftë se ekzistonnjë fushë K dhe një funksion ν vlerash diskrete nga K-ja, i tillë që R është unazae vlerave të ν-së.

Shembull 7.7. Marrim K = Q dhe p një numër i thjeshtë. Përkufizojmë

νp : Q∗ −→ Za

b= pα

c

d−→ α

ku p është relativisht i thjeshtë me c dhe d. Lexuesi të vërtetojë se νp është vlerëdiskrete. Cila është unaza e vlerave të νp-së? Është bashkësia e elementëve tëQ për të cilët α ≥ 0. Pra të gjithë ata elementë që emëruesat i kanë të paplotpjestueshëm nga p-ja. Njësitë e kësaj unaze vlerash janë ata elementë përtë cilët α = 0. Vërteto pohimet e mësipërme.






Ashtu siç përkufizuam nëngrupet ne kemi edhe një klasë analoge strukturashpër unazat. Një nënunazë S e një unazë R është një nënbashkësi S e R-së etillë që S është gjithashtu një unazë në lidhje me veprimet që trashëgohen ngaR.Z është nënunazë e Q-së, Q është nënunazë e R-së. Unaza nZ është një

nënunazë e Z. Vini re, se edhe pse unaza mëmë mund te ketë njësh, nuk ështëe thënë që nënunaza të ketë njësh.

Pohimi i mëposhtëm na jep kushte të nevojshme dhe të mjaftueshme për njënënbashkësi S të jetë nënunazë e një unazë R.

Pohim 7.1. Le të jetë R një unazë dhe S një nënbashkësi e R. Atëherë S ështënjë nënunazë e R atëherë dhe vetëm atëherë kur kushtet që vijojnë plotësohen:

1. S 6= ∅.

2. rs ∈ S për çdo r, s ∈ S.

3. r − s ∈ S për çdo r, s ∈ S.

Shembull 7.8. Le të jetë R = M2(Z) unaza e matricave 2 × 2 me terma nëZ. Në qoftë se U është bashkësia e matricave trekëndëshe të sipërme në R, përshembull,

U =

(a b0 c

): a, b, c ∈ Z

,

atëherë U është një nënunazë e R. Në qoftë se

A =

(a b0 c

)dhe B =

(a′ b′

0 c′

)janë në U , atëherë A−B është gjithashtu në U . Gjithashtu,

AB =

(aa′ ab′ + bc′

0 cc′

)është në U .

Ushtrime

1. Le të jetë D një numër i plotë, i cili nuk është katror i plotë në Z. Marrimbashkësinë

Z[D] := a+ b√D : a, b ∈ Z

a) Vërteto se Z[D] është unazë.b) Përkufizojmë funksionin

N : Z[D] −→ Z

a+ b√D −→ a2 −D b2.

Ky funksion quhet normë e Z[D]. Vërteto se ∀x, y ∈ Z, N(xy) = N(x)N(y).Gjithashtu vërteto se në qoftë se u është njësi në Z[D] atëherë N(u) = ±1






2. Jepet një numër i plotë që nuk është katror i plotë dhe përkufizojmë

Q[D] := a+ b√D : a, b ∈ Q.

Vërteto se Q[D] është fushë. Vërteto se "unaza e vlerave" e përkufizuar mësipër është unazë.

3. Jepet fusha K, vlera diskrete ν në K dhe R unazave e vlerave të ν-së në R.a) Vërteto se për çdo element jozero x ∈ K, x ∈ R ose x−1 ∈ Rb) Vërteto se x është njësi në R atëherë dhe vetëm atëherë kur ν(x) = 0

7.2 Unazat polinomiale, unazat e matricaveJepet një unazë Abeliane R me njësh. Marrim një variabël x dhe konsiderojmëgjithë polinomet me koefiçentë nga R,

p(x) = an xn + · · ·+ a1 x+ a0

për n ≥ 0 dhe ai ∈ R. Numri n është grada e polinomit dhe an quhet termkryesor i polinomit. Ne zakonisht e shënojmë gradën e një polinomi p(x) medeg p. Në qoftë se an = 1, atëherë polinomi quhet monik. Bashkësia e gjithëpolinomeve të tillë (me koefiçentë nga R) quhet unaza e polinomeve të R-sëdhe shënohet me R[x]. Të vërtetojmë se R[x] është unazë Abeliane me njësh,ku veprimet janë mbledhja dhe shumëzimi i polinomeve.

(R[x],+) është grup Abelian. Zero e këtij grupi është polinomi 0 dhe ikundërti i polinomit

p(x) = an xn + · · ·+ a0

është−p(x) = −an xn − · · · − a0.

Lexuesi të vërtetojë vetinë e shoqërimit dhe aksiomat e tjera të unazave. Na-tyrisht R ⊂ R[x], sepse çdo element a ∈ R është polinom konstant. 1R ështënjësh për R[x].

Në të njëjtën mënyrë ne vërtetojmë se polinomet me shumë variabla formojnënjë unazë. Ne do ta shënojmë unazën e polinomeve me koeficientë nga unaza Rdhe ndryshore x1, . . . , xn me R[x1, . . . , xn].

Lema 7.3. Jepet R një unazë integrale. Atëherëa) njësitë e R[x] janë njësitë e R-së.b) R[x] është unazë integrale.

Vërtetim: a) Në qoftë se p(x) është njësi atëherë ekziston q(x) i tillë qëp(x) q(x) = 1. Pra, deg p(x) = deg q(x) = 0. Kështu që, p(x) e q(x) janëpolinome konstantë, domethënë janë në R.

b) Supozojmë se R[x] nuk është unazë integrale. Pra ekzistojnë p(x) dheq(x)

p(x) = an xn + . . . a0

q(x) = bm xm + . . . b0






të tillë që p(x) q(x) = 0. Atëherë p(x) q(x) = an bmxm+n + . . . a0 b0 = 0.

Pra an, bm ∈ R, an bm = 0. Domethënë, R nuk është unazë integrale, e cilakundërshton hipotezën e teoremës.

7.2.1 Unazat e matricave

Tani do të shohim një lloj tjetër të rëndësishëm unazash, unazat e matricave.Marrim gjithë matricat n × n me terma nga një unazë R. Këtë bashkësi eshënojmë me Mn(R). Me mbledhjen dhe shumëzimin e matricave kjo bashkësiformon një unazë jo Abeliane.

Matricat zakonisht jepen A = (aij), 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n. Mn(R) përbëhetnga matricat katrore, m = n. Një matricë A = (aij) quhet skalare në qoftëse aii = a ∈ R dhe gjithë termat e tjerë janë zero. Elementët njësi të Mn(R)formojnë grup multiplikativ që ne e shënojmë me GLn(R) dhe quhet grupi ipërgjithshëm linear.

Supozojmë se R është fushë F , matricat me përcaktor 1 formojnë një nën-grup tëGLn(F ), që quhet grupi special linear dhe shënohet me SLn(F ). Le tëjetë Z(SLn(F )), qendra e SLn(F ). Atëherë PSLn(R) := SLn(F )/Z(SLn(F ))quhet grupi projektiv special linear.

A ka Mn(R) pjestues të zeros? Le të marrim R një unazë çfarëdo dhe dyelementë a, b ∈ R të tillë që ab 6= 0. Konsiderojmë rastin n = 3, arsyetimi imëposhtëm vlen për çdo n. Marrim matricat

A =

a 0 00 0 00 0 0

, B =

0 b 00 0 00 0 0

Atëherë

AB =

0 ab 00 0 00 0 0

, BA =

0 0 00 0 00 0 0

Këto dy matrica tregojnë se ka pjestues të zeros për çdo unazë R dhe n ≥ 2.

Ushtrime

4. Vërteto se qendra e unazës Mn(R) është bashkësia e matricave skalare.

5. Eshtë dhënë fusha Fq me q elementë. Vërteto që:|Mn(Fq)| = qn

2

|GLn(Fq)| = (qn − 1)(qn − q)(qn − q2) . . . (qn − qn−1)

|SLn(Fq)| = qn(n−1)

2

∏i=ni=2 (qi − 1)

|PSLn(Fq)| = 1(n,q−1) |SLn(Fq)|






7.3 Homomorfizmat e unazave dhe unazat faktor

Në kapitullin e grupeve ne kemi quajtur homomorfizëm grupesh një funksioni cili ruante veprimin e grupit. Në mënyrë të ngjashme ne do të quajmëhomomorfizëm unazash një funksion i cili respekton të dy veprimet e unazës.

Përkufizim 7.2. Jepen unazat R dhe S.

1. Një homomorfizëm unazash do të quhet funksioni ϕ : R −→ S që kënaqvetitë e mëposhtme:

a) ϕ(a+ b) = ϕ(a) + ϕ(b)

b) ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(a)

c) ϕ(1R) = ϕ(1S)

2. ker(ϕ) quhet bashkësia

ker(ϕ) := x ∈ R : ϕ(x) = 0S

3. Një homomorfizëm bijektiv quhet izomorfizëm

Shembull 7.9. Jepet funksioni

ϕ : Q[x] −→ Q

anxn + · · ·+ a0 −→ a0

Lexuesi të vërtetojë se ϕ është homomorfizëm.

Shembull 7.10. Për çdo numër të plotë n ne mund të përkufizojmë një ho-momorfizëm unazash φ : Z → Zn ku a 7→ a (mod n). Ky është me të vërtetënjë homomorfizëm unazash, sepse

φ(a+ b) = (a+ b) (mod n)

= a (mod n) + b (mod n)

= φ(a) + φ(b)

dhe

φ(ab) = ab (mod n)

= a (mod n) · b (mod n)

= φ(a)φ(b).

Bërthama e homomorfizmit φ është nZ.

Shembull 7.11. Le të jetë C[a, b] unaza e funksioneve me vlera reale të va-zhdueshëm në një interval [a, b]. Për një α ∈ [a, b] të fiksuar, ne mund të






përkufizojmë një homomorfizëm unazash φα : C[a, b] → Z, ku φα(f) = f(α).Ky është në të vërtetë një homomorfizëm unazash, sepse

φα(f + g) = (f + g)(α) = f(α) + g(α) = φα(f) + φα(g)φα(fg) = (fg)(α) = f(α)g(α) = φα(f)φα(g).

Homomorfizmat e unazave të tipit φα janë quajtur homomorfizma vlerësimi.

Në pohimin e mëposhtëm do të shqyrtojmë disa veti themelore të homomor-fizmave të unazave. Vërtetimi i pohimit është lënë si ushtrim.

Pohim 7.2. Le të jetë φ : R→ S një homomorfizëm unazash.

1. Në qoftë se R është një unazë ndërrimtare, atëherë φ(R) është një unazëndërrimtare.

2. φ(0) = 0.

3. Le të jenë 1R dhe 1S, përkatësisht identikët për R dhe S. Në qoftë se φështë syrjektiv, atëherë φ(1R) = 1S.

4. Në qoftë se R është një fushë dhe φ(R) 6= 0, atëherë φ(R) është një fushë.

Në teorinë e grupeve nëngrupet normalë luajtën një rol të veçantë. Objektetkorresponduese në teorinë e unazave janë idealet. Ideal i majtë i unazës Rquhet nëngrupi (I,+) ≤ (R,+) i tillë që

∀x ∈ R, ∀y ∈ I kemi xy ∈ I.

Pra RI ⊂ I. Ideal i djathtë quhet I ⊂ R i tillë që Ix ⊂ I për çdo x ∈ R.Një ideal që është i majtë dhe i djathtë quhet ideal. Në unazat ndërrimtare neflasim thjesht për ideale.

Shembull 7.12. Çdo unazë R ka të paktën dy idealë, 0 dhe R. Këta idealëjanë quajtur ideale trivialë.

Le të jetë R një unazë me njësh dhe supozojmë se I është një ideal në R itillë që 1 është në R. Meqënëse për çdo r ∈ R, r1 = r ∈ I nga përkufizimi i njëideali, I = R.

Shembull 7.13. Në qoftë se a është ndonjë element në një unazë ndërrimtareR me njësh, atëherë bashkësia

〈a〉 = ar : r ∈ R

është një ideal në R. Natyrisht, 〈a〉 është jo boshe, meqënëse së bashku 0 = a0dhe a = a1 janë në 〈a〉. Shuma e dy elementëve në 〈a〉 është përsëri në 〈a〉meqënëse ar + ar′ = a(r + r′). I kundërti i ar është −ar = a(−r) ∈ 〈a〉.Së fundmi, në qoftë se shumëzojmë një element ar ∈ 〈a〉 me një element tëçfarëdoshëm s ∈ R, marrim s(ar) = a(sr). Kështu që, 〈a〉 kenaq përkufizimin enjë ideali.






Në qoftë se R është një unazë ndërrimtare me njësh, atëherë një ideal 〈a〉 =ar : r ∈ R është quajtur ideal themelor.

Teorema 7.1. Çdo ideal në unazën e numrave të plotë Z është ideal themelore.

Vërtetim: Ideali zero 0 është një ideal themelor, meqënëse 〈0〉 = 0. Nëqoftë se I është një ideal jozero në Z, atëherë I duhet të përmbajë ndonjë numërtë plotë pozitiv n. Nga Parimi i mirërenditjes gjendet një n i tillë në I. Tani letë jetë a një element në I. Duke përdorur algoritmin e pjestimit, ne e dimë seekzistojnë numrat e plotë q dhe r, të tillë që

a = nq + r

ku 0 ≤ r < n. Ky ekuacion na tregon që r = a − nq ∈ I, por r duhet të jetë0 meqënëse n është elementi pozitiv më i vogel në I. Kështu që, a = nq dheI = 〈n〉.

Shembull 7.14. Bashkësia nZ është ideal në unazën e numrave të plotë. Nëqoftë se na është në nZ dhe b është në Z, atëherë nab është në nZ siç kërkohet.Në fakt këta janë të vetmit idealë të Z.

Pohim 7.3. Bërthama e çdo homomorfizmi unazash φ : R→ S është një idealnë R.

Vërtetim: Ne e dimë nga teoria e grupeve, që kerφ është një nëngrup aditivi R-së. Supozojmë, që r ∈ R dhe a ∈ kerφ. Atëherë ne duhet të vërtetojmë sear dhe ra janë në kerφ. Megjithatë,

φ(ar) = φ(a)φ(r) = 0φ(r) = 0

dheφ(ra) = φ(r)φ(a) = φ(r)0 = 0.

Teorema 7.2. Le të jetë I një ideal i R. Grupi faktor R/I është një unazë, kushumëzimi është i përkufizuar si

(r + I)(s+ I) = rs+ I.

Vërtetim: Ne tashmë e dimë që R/I është grup Abelian në lidhje me mble-dhjen. Le të jenë r + I dhe s+ I në R/I. Ne duhet të vërtetojmë se prodhimi(r + I)(s+ I) = rs+ I është i pavarur nga zgjedhja e kosetit. Pra, në qoftë ser′ ∈ r+I dhe s′ ∈ s+I, atëherë r′s′ duhet të jetë në rs+I. Meqënëse r′ ∈ r+I,ekziston një element a në I i tillë që r′ = r+a. Në mënyrë të ngjashme, ekzistonnjë b ∈ I i tillë që s′ = s+ b. Vini re që

r′s′ = (r + a)(s+ b) = rs+ as+ rb+ ab






dhe as + rb + ab ∈ I meqënëse I është një ideal. Rrjedhimisht, r′s′ ∈ rs + I.Verifikimin e vetisë shoqëruese për shumëzimin si dhe vetisë shpërndarëse do talëmë si ushtrim.

Unaza R/I në Teoremën 7.2 është quajtur unazë faktor. Njëlloj si tehomomorfizmat e grupeve dhe nëngrupeve normalë gjendet një lidhje midishomomorfizmave të unazave dhe idealëve.

Teorema 7.3. Le të jetë I një ideal i R. Pasqyrimi ψ : R→ R/I i përkufizuarsi ψ(r) = r + I është një homomorfizëm i unazës R në R/I me bërthamë I.

Vërtetim: Sigurisht që ψ : R → R/I është një homomorfizëm syrjektivgrupesh Abelianë. Na ngelet të vërtetojmë se ψ funksionon për shumëzimin eunazave. Le të jenë r dhe s në R. Atëherë,

ψ(r)ψ(s) = (r + I)(s+ I) = rs+ I = ψ(rs),

gjë që na çon në përfundim të vërtetimit të teoremës.

Pasqyrimi ψ : R→ R/I shpesh është quajtur natyror ose homomorfizmikanonik. Në teorinë e unazave ne kemi teoremat e izomorfizmit, që lidhinidealët me homomorfizmin e unazave, të ngjashme me teoremat e izomorfizmitpër grupet, që lidhin nëngrupet normalë me homomorfizmat e grupeve. Nedo të vërtetojmë vetëm Teoremën e Parë të Izomorfizmit për unazat, në këtëkapitull dhe vërtetimet e dy teoremave të tjera do ti lëmë si ushtrime. Të gjithavërtetimet janë të ngjashme me vërtetimet e teoremave të izomorfizmave përgrupet.

Teorema 7.4 (Teorema e Parë e Izomorfizmit). Le të jetë φ : R → S njëhomomorfizëm unazash. Atëherë kerφ është një ideal i R. Në qoftë se

ψ : R → R/ kerφ

është homomorfizmi kanonik atëherë ekziston një izomorfizëm i vetëm

η : R/ ker φ → φ(R),

i tillë që φ = ηψ.

Vërtetim: Le të jetë K = kerφ. Nga Teorema e Parë e Izomorfizmit përgrupet, ekziston një homomorfizëm grupesh i përkufizuar saktë η : R/K → ψ(R)i përkufizuar si η(r + K) = ψ(r) për grupet Abelianë të mbledhjes R dheR/K. Për të vërtetuar se ky është një homomorfizëm unazash, ne mjaftontë vërtetojmë se η((r +K)(s+K)) = η(r +K)η(s+K).

Pra,

η((r +K)(s+K)) = η(rs+K) = ψ(rs) = ψ(r)ψ(s) = η(r +K)η(s+K).






Teorema 7.5 (Teorema e Dytë e Izomorfizmit). Le të jetë I një nënunazë enjë unazë R dhe J një ideal i R. Atëherë I ∩ J është një ideal i I dhe

I/I ∩ J ∼= (I + J)/J.

Teorema 7.6 (Teorema e Tretë e Izomorfizmit). Le të jetë R një unazë dhe Idhe J idealë të R ku J ⊂ I. Atëherë

R/I ∼=R/J

I/J.

Teorema 7.7 (Teorema e Korrespondencës). Le të jetë I një ideal i një unazëR. Atëherë S → S/I është një korrespondencë një me një midis bashkësisë sënënunazave S, që përmbajnë I dhe bashkësisë së nënunazave të R/I. Për mëtepër, idealët e R, që përmbajnë I korrespondojnë me idealët e R/I.

Ushtrime

1. Jepet homomorfizmi i unazave

ϕ : R −→ S

a) Vërteto se ϕ(R) është nënunazë e R-së

b) ker(ϕ) është nënunazë e R-së

7.4 Idealet, nilradikali, radikali i JakobsonitNë këtë seksion ne shohin disa ideale të veçanta të cilat janë të rëndësishme nëstudimin e unazave.

Lema 7.4. Jepet ideali I ⊂ R.a) IR = Ib) I=R atëherë dhe vetëm atëherë kur I përmban një element njësic) R është fushë atëherë dhe vetëm atëherë kur idealet e vetme të R-së janë

0 dhe R.

Vërtetim: a) Nga përkufizimi i idealeve IR = Ib) Në qoftë se I = R atëherë 1R ∈ R, pra I përmban një element njësi. Në

qoftë se u ∈ I është një element njësi atëherë ekziston v ∈ R e tillë që vu = 1R.Atëherë, ∀r ∈ R,

r = r 1R = r vu = (rv)u ∈ I

Pra, R ⊂ I, domethënë I = Rc) Vërtetojme se në qoftë se R vshtë fushë idealet e vetme janë 0 dhe R.

Dimë se unaza R është fushë atëherë dhe vetëm atëherë kur çdo element jozeroështë njësi. Pra, çdo ideal jozero ka një element njësi. Si rrjedhim ai ëhtë ibarabartë me R.






Le të jetë R një unazë me ideale të vetëm S 0 dhe R. Vërtetojmë se ajoështë fushë. Supozojmë se ekziston një element r ∈ R që s’është njësi në R.Atëherë, (r) 6= R. Kontradiksion! Si rrjedhim, çdo element në R është njësi.Pra, R është fushë.

Një ideal M ⊂ R quhet ideal maksimal në qoftë se idealet e vetme qëpërmbajnë M -në janë M dhe R. Një ideal I 6= 0 dhe I 6= R quhet ideal imirëfilltë.

Lema 7.5. Në një unazë me njësh çdo ideal i mirëfilltë përmbahet në një idealmaksimal.

Vërtetim: Jepet unaza R me njësh dhe ideali i mirëfilltë I ⊂ R. Le të jetëS bashkësia e gjithë idealeve të mirëfillta që përmbajnë I-në. S është joboshesepse I ∈ S. Gjithashtu S renditet nga përfshirja e bashkësive. Marrim njëzinxhir rritës C në S. Të vërtetojmë se ka kufi të sipërm. Marrim

J := ∪A∈CA

Le të vërtetojmë se J është ideal. Natyrisht J është joboshe, sepse 0 ∈ J . Nëqoftë se a, b ∈ J atëherë ekzistojnë idealet A,B ∈ C të tillë që a ∈ A dhe b ∈ B.Nga përkufizimi i zinxhirit A ⊂ B ose B ⊂ A. Pra a−b ∈ J , domethënë J ështëe mbyllur në lidhje me zbritjen. Përderisa A është e mbyllur nga shumëzimi imajtë dhe i djathtë me elementët e R-së atëherë dhe J është i mbyllur. Pra, Jështë ideal.

J është ideal i mirëfilltë. Në qoftë se jo atëherë 1 ∈ J . Pra, ekziston ndonjëA ∈ C, që 1 ∈ A. Kjo është kontradiktë, sepse A ∈ C ⊂ S. Përfundimisht,kushtet e lemës së Zornit plotësohen. Duke përdorur lemën e Zornit kemi që Ska një element maksimalM.

Teorema 7.8. Çdo unazë A 6= 0 ndërrimtare me njësh përmban një idealmaksimal.

Vërtetim: Vërtetimi është pothuajse i njëjtë me atë të lemës së mësipërme.

Rrjedhim 7.1. Në qoftë se a 6= (1) është një ideal i A-së, ekziston një ideal iA-së që përmban a.

Rrjedhim 7.2. Çdo element jo njësi i A-së përmbahet në një ideal maksimal.

Lema 7.6. Në një unazë ndërrimtare, një ideal M është maksimal atëherë dhevetëm atëherë kur R/M është fushë.

Vërtetim: Nga Teorema e Katërt e Izomorfizmave idealet e R/I korrespon-dojnë një më një me idealet e R-së që përmbajnë M -në. Në qoftë se M ështëmaksimal, atëherë nuk ekziston asnjë ideal që përmban M -në. Pra, nuk ekzi-stojnë ideale të R/I përveç 0 dhe R/I. Si rrjedhim, R/I është fushë. Në qoftë






se R/I është fushë, atëherë nuk ka ideale të tjera përveç 0 dhe R/I. Pra, nukka ideale të R-së që përmbajnë M -në.

Përkufizim 7.3. Një ideal quhet ideal i thjeshtë në qoftë se P 6= R dhe

ab ∈ P ⇒ a ∈ P ose b ∈ P.

Lema 7.7. Jepet R një unazë ndërrimtare. I është i thjeshtë atëherë dhe vetëmatëherë kur R/I është unazë integrale.

Vërtetim: Supozojmë se I është i thjeshtë. Marrim projeksionin natyrorπ : R −→ R/I. r ∈ I atëherë dhe vetëm atëherë kur π(r) = 0 në R/I. Në qoftëse π(a)π(b) = 0 në R/I atëherë a b ∈ I. Atëherë a ∈ I ose b ∈ I, pra π(a) = 0ose π(b) = 0 në R/I. Kështu që R/I nuk ka pjestues të zeros. Arsyetimi ianasjelltë është njësoj.

Rrjedhim 7.3. Çdo ideal maksimal është i thjeshtë.

Vërtetim: Në qoftë se M është ideal maksimal, atëherë R/M është fushë.Çdo fushë është unazë integrale. Në bazë të lemës së mësipërme M është ideali thjeshtë.

Shembull 7.15. Idealet themelorë të gjeneruar nga numrat e thjeshtë në Z janëtë thjeshtë dhe maksimalë.

Shembull 7.16. Ideali (x) është i thjeshtë në Z(x), sepse Z[x]/(x) ∼= Z. Kyideal nuk është maksimal. Ideali 0 është ideal i thjeshtë në Z[x], por jo idealmaksimal.

Në vazhdim R është një unazë ndërrimtare me njësh.

Pohim 7.4. Bashkësia ℵ e gjithë elementëve nilpotentë të një unazë R ështëideal.

Vërtetim: Në qoftë se x ∈ ℵ, atëherë ekziston një n ∈ Z që xn = 0. Pra,∀a ∈ R, (ax)n = anxn = a 0 = 0. Pra, ax ∈ ℵ. Marrim x, y ∈ ℵ, xn = 0,ym = 0. Atëherë

(x+ y)m+n−1 = (xn)m−1 + a1xm+n−2 y + . . . an x

m−1 yn + . . . (ym)n−1 = 0

Pra, për çdo x, y ∈ ℵ kemi që x+ y ∈ ℵ dhe për çdo x ∈ ℵ, a ∈ R, ax ∈ ℵ.Si rrjedhim, ℵ është ideal.

Ideali ℵ quhet nilradikal i R-së. Një përkufizim tjetër i ℵ jepet nga pohimii mëposhtëm.

Pohim 7.5. Nilradikali i R-së ℵ është prerja e gjithë idealeve të thjeshta tëR-së.






Vërtetim: Shënojmë me ℵ nilradikalin e R-së dhe ℵ′ prerjen e gjithë idealevetë thjeshta të R-së. Në qoftë se x ∈ ℵ, atëherë xn = 0 ∈ p, për çdo ideal tëthjeshtë p. Atëherë x ∈ p, sepse p është i thjeshtë. Pra, x ∈ ℵ′.

Marrim tani x ∈ ℵ′. Supozojmë, se x nuk është nilpotent. Le të jetë Σbashkësia e gjithë idealeve a me vetinë që për n > 0, xn /∈ a. Σ nuk është boshe,sepse 0 ∈ Σ. Nga lema e Zornit kemi që Σ ka një element maksimal. Le tëjetë p elementi maksimal i Σ. Në qoftë se vërtetojmë se p është ideal i thjeshtë,atëherë vërtetimi ka mbaruar. Që të vërtetojmë se p është i thjeshtë, duhet tëvërtertojmë se:

a /∈ p, b /∈ p⇒ ab /∈ p

Idealet p + (a) dhe p + (b) përmbajnë p, kështu që nuk janë elementë të Σ.Pra, ekzistojnë m dhe n që

xm ∈ p + (a), xn ∈ p + (b)

Atëherë xm = p1 + r1 a dhe xn = p2 + r2 b, kështu që xm+n = p1p2 + p1 r2b +p2 r1a+ ab ∈ p + (ab). Pra, p + (ab) nuk është në Σ, domethënë ab /∈ p.

Prerja e gjithë idealeve maksimaleve të R-së quhet ideal i Jakobsonit tëR-së dhe shënohet me <.

Pohim 7.6. x ∈ < ⇐⇒ 1− xy është njësi në R për çdo y ∈ R.

Vërtetim: ⇒ Supozojmë se 1 − xy nuk është njësi. Atëherë ai bën pjesë nëndonjë ideal maksimal m, por x ∈ < ⊂ m, kështu që x y ∈ m. Pra, 1 ∈ m.Kontradiktë!⇐ Supozojmë se, x /∈ <. Pra, ekziston një ideal maksimal m, i tillë që x /∈ m.

Atëherë m dhe x gjenerojnë R-në, kështu që gjenerojnë idealin (1). Pra kemi1 = u+ xy për u ∈ m dhe y ∈ R. Domethënë u = 1− xy ∈ m nuk është njësi nëR.

Në qoftë se a është një ideal i A-së atëherë radikali i a-së është

r(a) := x ∈ A : xn ∈ a, n ∈ Z+

Pohim 7.7. Jepet unaza A. Radikali i një ideali a është prerja e gjithë idealevetë thjeshta të A-së, që përmbajnë a-në.

Vërtetim: Idealët e thjeshtë, që përmbajnë a korrespondojnë me idealët ethjeshtë të A/a. Në qoftë se xn ∈ a atëherë xn = 0 në A/a, pra x është nënilradikalin e A/a. Kështu që, x është në çdo ideal të thjeshtë, që përmbana. Anasjelltas, në qoftë se x është në çdo ideal, që përmban a, atëherë x ështënë nilradikalin e A/a. Pra, ekziston n e tillë që xn = 0 në A/a e cila ështëekuivalente me xn ∈ a

Shembull 7.17. Le të jetë pZ një ideal në Z, ku p është i thjeshtë. Atëherë pZështë ideal maksimal meqënëse Z/pZ ∼= Zp është fushë.






Shembull 7.18. Është e lehtë të tregohet se, P = 0, 2, 4, 6, 8, 10 është njëideal në Z12. Ky ideal është i thjeshtë. Në fakt, ai është ideal maksimal.

Shembull 7.19. Çdo ideal në Z është i formës nZ. Unaza faktor Z/nZ ∼= Znështë një unazë integrale vetëm kur n është numër i thjeshtë. Më saktë, ajo ështëfushë. Pra, idealët e thjeshtë jozero në Z janë idealet pZ, ku p është i thjeshtë.Ky me të vërtetë e justifikon përdorimin e fjalës "i thjeshtë" në përkufizimin eidealëve të thjeshtë.

Ushtrime

6. Jepet unaza integrale R. Vërteto se, (a) = (b) për a, b ∈ R atëherë dhe vetëmatëherë kur a = ub për ndonjë element njësi u të R-së.

7. Le të jetë x një element nilpotent i unazës ndërrimtare A. Vërteto se, elemen-ti 1 + x është element njësi në A. Konkludo që shuma e një elementi nilpotentme një elementi njësi, është element njësi.

7.5 Unazat e thyesaveJepet unaza ndërrimtare R. Le të jetë D ⊂ R, bashkësia e gjithë elementëvetë R-së që nuk janë pjestues të zeros. Gjithashtu, 0 /∈ D dhe D është bashkësimultiplikative e mbyllur. Marrim

F := (r, d) : r ∈ R, d ∈ D

Përkufizojmë një relacion ekuivalence në F si me poshtë:

(r, d) ∼ (s, e)⇔ re = sd

Lexuesi të vërtetojë se, ky relacion është refleksiv dhe simetrik. Për shembull,1) (r, d) ∼ (r, d)⇔ rd = rd

2) (r, d) ∼ (s, e)⇔ (s, e)(r, e)3) Vetia kalimtare

(r, d) ∼ (s, e)⇒ re = sd⇒ fre− fsd = 0

(s, e) ∼ (t, f)⇒ sf = te⇒ dsf − dte = 0

Pra, fre − dte = 0 e cila sjell që e(fr − dt) = 0. Përderisa e ∈ D, e nukështe pjestus i zeros dhe e 6= 0 mund të thjeshtojmë me e. Pra, rf − td = 0⇒(r, d) ∼ (t, f).

Si thamë më sipër klasa e ekuivalences së (r, d) shënohet me rd . Shënojmë

me Q bashkësine e gjithë klasave të ekuivalencës së relacionit të mësipërm. Vinire se, rd = rc

dc në Q për të gjithë c ∈ D, (dc ∈ D sepse D është bashkësi e mbyllurmultiplikative). Përkufizojmë mbledhjen e shumëzimin në Q si më poshtë:

a

b+c

d=ad+ bc

bda

b· cd

=ac

bd






Lexuesi të vërtetojë se

1) këto janë veprime algjebrike2) Q është grup ndërrimtar me veprimin e mbledhjes, me zero 0

d , ku d ështëçdo element nga D dhe e kundërta e a

b është −ab3) shumëzimi është veprim shoqërues dhe shpërndarës në lidhje me mbledh-

jen dhe është ndërrimtar.4) Q ka njësh.

Pra, Q është unazë ndërrimtare me njësh. Unaza Q quhet unaza e thye-save të R-së dhe shënohet me D−1R. Në qoftë se R është unazë integrale,atëherë D = R \ 0 dhe D−1R është fushë sepse çdo element ka të anasjelltëtë shumëzimit. Në këtë rast D−1R quhet fusha e thyesave të R-së. Eshtëe qartë se në çdo rast R ⊂ D−1R. Pra, D−1R është një shtrirje e R-së. Nëmënyrë analoge lexuesi të ndërtojë Q nga Z.

Shembull 7.20. Meqënëse Q është një fushë, Q[x] është një unazë integra-le. Fusha e thyesave të Q[x] është bashkësia e të gjithë shprehjeve racionalep(x)/q(x), ku p(x) dhe q(x) janë polinome mbi racionalët dhe q(x) nuk ështëpolinomi zero. Ne do ta shënojmë këtë fushë me Q(x).

7.6 Teorema e mbetjeve kineze

Gjatë këtij seksioni do të supozojmë që të gjitha unazat janë ndërrimtare menjësh 1 6= 0. Jepet një koleksion i çfarëdoshëm unazash, prodhimi direkt ityre përkufizohet si prodhimi direkt duke i konsideruar si grupe abelianë dheduke përkufizuar prodhimin sipas çdo komponenti.

Në veçanti, nëse R1 dhe R2 janë dy unaza ne do të shënojmë me R1 ×R2 prodhimin direkt të tyre si unaza. Pra, bashkësia e çifteve të renditura(r1, r2) me r1 ∈ R1 dhe r2 ∈ R2, ku mbledhja dhe shumëzimi veprojnë për çdokomponent.

(r1, r2) + (s1, s2) = (r1 + s1, r2 + s2) dhe (r1, r2)(s1, s2) = (r1s1, r2s2).

Vëmë re se, një pasqyrim ϕ nga një unazë R në një prodhim direkt unazashështë homomorfizëm atëherë dhe vetëm atëherë kur pasqyrimet e induktuara nësecilin nga komponentët janë homomorfizma.

Ka një përgjithësim për unazat e çfarëdoshme në nocionin në Z të numravetë plotë n1 dhe n2 të të qënit relativisht të thjeshtë (edhe në unazat ku nocionii pjestuesit më të madh të përbashkët nuk është përkufizuar). Në Z kjo ështëekuivalente me zgjidhjen e ekuacionit n1x+ n2y = 1. Kjo është ekuivalente men1Z+ n2Z = Z si ideale (në përgjithësi n1Z+ n2Z = (n1, n2)Z). Kjo na çon nëpërkufizimin në vazhdim:

Përkufizim 7.4. Idealët A dhe B të një unazë R quhen ko-maksimalë nëqoftë se A+B = R.






Kujtojmë që produkti AB, i idealëve A dhe B të R, konsiston në të gjithashumat e fundme të elementëve të formës xy, x ∈ A dhe y ∈ B. Nëse A = (a)dhe B = (b), atëherë AB = (ab). Në përgjithësi, prodhimi i idealëve A1, ..., Akështë ideali i gjithë shumave të fundme x1x2 . . . .xk ku xi ∈ Ai për çdo i. NëseAi = (ai) atëherë A1 . . . Ak = (a1 . . . ak).

Teorema 7.9. (Teorema e mbetjeve kineze) Le të jenë A1, A2, ..., Ak idealë nëR. Pasqyrimi

R→ R/A1 ×R/A2 × ...R/Aki përkufizuar nga r 7→ (r+A1, r+A2, ..., r+Ak) është një homomorfizëm unazashme bërthamë A1 ∩A2 ∩ ... ∩Ak. Në qoftë se për çdo i, j ∈ 1.2, ..., k, ku i 6= j,idealët Ai dhe Aj janë ko-maksimalë, atëherë ky pasqyrim është syrjektiv dheA1 ∩A2 ∩ ... ∩Ak = A1A2 . . . Ak, pra

R/(A1A2 . . . Ak) = R/(A1 ∩A2 ∩ ... ∩Ak) ∼= R/A1 ×R/A2 × ...R/Ak.

Vërtetim: Si fillim e vërtetojmë për k = 2, rasti i përgjithshëm rrjedh ngainduksioni. Le të jetë A = A1 dhe B = A2, konsiderojmë pasqyrimin ϕ : R →R/A×R/B të përkufizuar nga ϕ(r) = (rmodA, rmodB), ku mod A do të thotëklasa R/A që përmban r ( pra r + A). Ky pasqyrim është një homomorfizëmunazash, sepse është thjesht projeksioni natyror i R në R/A dhe në R/B për tëdy komponentët.

Bërthama e ϕ konsiston në të gjithë elementët r ∈ R që janë në A dhe në B,pra në A ∩ B. Për të përfunduar vërtetimin në këtë rast na ngelet të tregojmëse, kur A dhe B janë ko-maksimalë, ϕ është syrjektiv dhe A ∩ B = AB. Kyekuacion tregon se ϕ(x) = (0, 1) dhe ϕ(y) = (1, 0), meqë, për shembull, x ështënjë element i A dhe x = 1−y ∈ 1+B. Në qoftë se tani (r1modA, r2modB) ështënjë element i çfarëdoshëm i R/A×R/B, atëherë elementi r2x+ r1y pasqyrohette ky element, nga që

ϕ(r2x+ r1y) = ϕ(r2)ϕ(x) + ϕ(r1)ϕ(y) =

= (r2modA, r2modB)(0, 1) + (r1modA, r1modB)(1, 0)

= (0, r2modB) + (r1modA, 0)

= (r1modA, r2modB).

Kjo tregon që ϕ është syrjektiv.Së fundi, ideali AB përmbahet gjithmonë në A ∪ B. Në qoftë se A dhe B

janë ko-maksimalë dhe x dhe y janë si më lart, atvherë për çdo c ∈ A ∪ B, c =c1 = cx+cy ∈ AB. Kjo tregon përfshirjen e kundërt A∪B ⊆ AB dhe përfundonvërtetimin kur k = 2.

Rasti i përgjithshëm tregohet lehtë me induksion nga rasti i dy idealëve dukepërdorur A = A1 dhe B = A2...Ak. Pasi tregojmë se A1 dhe A2...Ak janë ko-maksimalë. Nga supozimi për çdo i ∈ 2, 3, . . . , k gjenden elementët xi ∈ Aidhe yi ∈ Ai, të tillë që x1 + y1 = 1. Meqënëse xi + yi = yimodA1, kemi që1 = (x2 + y2) . . . (xk + yk) është një element i A1 + (A2 . . . Ak). Kjo përfundonvërtetimin.






Kjo teoremë e mori këtë emër nga rasti i veçantë i izomorfizmit të unazave

Z/mnZ ∼= (Z/mZ)× (Z/nZ)

ku m dhe n janë numra të plotë relativisht të thjeshtë.Ky izomorfizëm lidhet me zgjidhjen e njekohësishme të kongruencave modul

numrave të plotë relativisht të thjeshtë (pohohet që kongruenca të tilla kanëgjithmonë zgjidhje dhe zgjidhja është e vetme). Meqënëse izomorfizmi në Teo-remën Kineze të mbetjeve është një izomorfizëm unazash, në veçanti grupet enjësive në të dy anët duhet të jenë izomorfikë. Është e lehtë të tregohet se njësitënë çdo prodhim direkt unazash janë elementët që kanë njësi në secilën prej koor-dinatave. Në rastin e Z/mnZ Teorema Kineze e Mbetjeve na jep izomorfizminnë vazhdim për grupet e njësive:

(Z/mnZ)× ∼= (Z/mZ)× × (Z/nZ)×.

Në mënyrë më të përgjithshme kemi rezultatin në vazhdim.

Rrjedhim 7.4. Le të jetë n një numër i plotë pozitiv dhe le të jetë pα11 pα2

2 . . . pαkkfaktorizimi i tij në fuqi numrash të thjeshtë të dalluar. Atëherë

Z/nZ ∼= (Z/pα11 Z)× (Z/pα2

2 Z)× · · · × (Z/pαkk Z),

si unaza, pra në veçanti kemi izomorfizmin e mëposhtëm të grupeve multiplika-tivë:

(Z/nZ)× ∼= (Z/pα11 Z)× × (Z/pα2

2 Z)× × · · · × (Z/pαkk Z)×.

Në qoftë se krahasojmë rendet e dy anëve në izomorfizmin e fundit, përftojmëformulën

ϕ(n) = ϕ(pα11 )ϕ(pα2

2 ) . . . ϕ(pαkk )

për funksionin ϕ të Euler-it. Kjo tregon atë që në teorinë e numrave njihet sifunksioni shumëzues, pra, ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b) ku a dhe b janë numra të plotëpozitivë relativisht të thjeshtë. Ky Rrjedhim është edhe një hap në përcaktimine dekompozimit të grupit abelian (Z/nZ)× në prodhim direkt grupesh ciklikë.

Ushtrime

Le të jetë R një unazë me njësh 1 6= 0.

8. Një element e ∈ R quhet idempotent nëse e2 = e. Supozojmë që e është njëidempotent në R dhe er = re,∀r ∈ R. Tregoni që e dhe 1 − e janë përkatësishtnjëshat e nënunazave re dhe R(1− e).

9. Le të jetë R një unazë e fundme Boolian-e me njësh 1 6= 0. Vërtetoni qëR ∼= Z/2Z× Z/2Z× · · · × Z/2Z.

10. Le të jenë R dhe S dy unaza me njësh. Vërtetoni që çdo ideal i R×S ështëi formës I × J , ku I ështv ideal në R dhe J është ideal në S.






11. Vërtetoni që, në qoftë se R dhe S janë unaza jo zero, atëherë R × S nukështë asnjëherë fushë.

12. Le të jenë n1, n2, . . . , nk numra të plotë, të cilët janë relativisht të thjeshte2 e nga 2: (ni, nj) = 1,∀i 6= j.

1. Tregoni që Teorema Kineze e Mbetjeve implikon që për çdo a1, a2, . . . , ak ∈Z ka një zgjidhje x ∈ Z për kongruencat e njëkohësishme

x ≡ a1modn1, x ≡ a2modn2, . . . , x ≡ akmodnk

dhe që zgjidhja x është e vetme mod n = n1n2 . . . nk.

2. Le të jetë n′

i = n/ni raporti i n me ni, i cili është relativisht i thjeshtë meni nga supozimi. Le të jetë ti inversi i n

′

imodni. Vërtetoni që zgjidhja xte (1) jepet nga:

x = a1t1n′

1 + a2t2n′

2 + · · ·+ aktkn′

kmodn.

3. Zgjidhni sistemin e njëkohësishëm të kongruencave

x ≡ 1mod 8, x ≡ 2mod 25, dhe x ≡ 3mod 81

dhe sistemin e njëkohësishëm

y ≡ 5mod 8, y ≡ 12mod 25, dhe y ≡ 47mod 81

13. Le të jenë f1(x), f2(x), . . . , fk(x) polinome me koeficientë numra të plotëme të njëjtën gradë d. Le të jenë n1, n2, . . . , nk numra të plotë, të cilët janërelativisht të thjeshtë 2 e nga 2. Përdorni Teoremën Kineze të Mbetjeve për tëtreguar që gjendet një polinom f(x) me koeficientë të plotë dhe me gradë d, ku

f(x) ≡ f1(x)modn1, f(x) ≡ f2(x)modn2 dhe f(x) ≡ fk(x)modnk,

pra koeficientët e f(x) përputhen me të gjithë koeficientët e fi(x)modni. tregoniqë, nëse të gjithë fi(x) janë monikë, atëherë edhe f(x) do të zgjidhet monik.

14. Le të jenë m dhe n numra të plotë, ku n pjeston m. Vërtetoni që projeksioninatyror syrjektiv i unazave Z/mZ→ Z/nZ është gjithashtu syrjektiv te njësitë:(Z/mZ)× → (Z/nZ)×.





Kapitulli 8

Unazat Euklidiane, me idealëthemelorë, dhe me faktorizimtë vetëm

8.1 Unazat integrale dhe fushatLe të kujtojmë shkurtimisht disa përkufizime. Në qoftë se R është një unazëdhe r është një element jozero në R, atëherë r është quajtur pjestues i zerosnë qoftë se gjendet ndonjë element jozero s ∈ R, i tillë që rs = 0. Një unazëndërrimtare me njësh është quajtur unazë integrale në qoftë se ajo nuk kapjestues të zeros.

Në qoftë se një element a në një unazë R me njësh ka një të anasjelltë nëlidhje me shumëzimin, themi se a është një element njësi. Në qoftë se çdoelement jozero në një unazë R është njësi, atëherë R quhet unazë pjestuese.Një unazë pjestuese ndërrimtare është quajtur fushë.

Pohim 8.1 (Rregulli i thjeshtimit). Le të jetë D një unazë ndërrimtare njësh.D është një unazë integrale atëherë dhe vetëm atëherë kur për të gjithë elementëtjozero a ∈ D,

ab = ac⇒ b = c.

Vërtetim: Le të jetë D një unazë integrale. Atëherë D nuk ka pjestues tëzeros. Le të jetë ab = ac, ku a 6= 0. Atëherë a(b − c) = 0. Pra, b − c = 0 dheb = c.

Anasjelltas, le të supozojmë se, thjeshtimi është i mundur në D. Pra, supo-zojmë se, ab = ac, sjell që b = c. Le të jetë ab = 0. Në qoftë se a 6= 0, atëherëab = a0 dhe b = 0. Kështu që, a nuk mund të jetë një pjestues i zeros.

Shembull 8.1. Në qoftë se i2 = −1, atëherë bashkësia Z[i] = m+ ni : m,n ∈Z formon një unazë të njohur që quhen numrat e plotë Gausian.

153


Vërtetohet lehtë që numrat e plotë Gausian formojnë një nënunazë të num-rave kompleksë, meqënëse ata janë të mbyllur në lidhje me mbledhjen dhe meshumëzimin.

Le të jetë α = a + bi një njësi në Z[i]. Atëherë α = a − bi është gjithashtunjë njësi, meqënëse në qoftë se αβ = 1, atëherë αβ = 1. Në qoftë se β = c+ di,atëherë

1 = α · β · α · β = (a2 + b2)(c2 + d2).

Kështu që, a2+b2 duhet të jetë 1 ose−1. Ose, në mënyrë ekuivalente, a+bi = ±1ose a+bi = ±i. Kështu që, njësitë e kësaj unazë janë ±1 dhe ±i. Pra, numrat eplotë Gausian nuk janë fushë. Lexuesi të vërtetojë si ushtrim se numrat e plotëGausian janë unazë integrale.

Shembull 8.2. Bashkësia e matricave

F =

(1 00 1

),

(1 11 0

),

(0 11 1

),

(0 00 0

)me elementë në Z2 formon fushë.

Shembull 8.3. Bashkësia

Q(√

2 ) = a+ b√

2 : a, b ∈ Q

është fushë. I anasjellti i një elementi a+ b√

2 në Q(√

2 ) është

a

a2 − 2b2+

−ba2 − 2b2

√2.

Teorema e mëposhtme është nga Wedderburn dhe na thotë se unazat inte-grale të fundme janë fusha.

Teorema 8.1 (Wedderburn). Çdo unazë integrale e fundme është fushë.

Vërtetim: Le të jetë D një unazë integrale e fundme dhe D∗ bashkësia eelementëve jozero të D. Ne duhet të vërtetojmë se çdo element në D∗ ka tëanasjelltë.

Për çdo a ∈ D∗ mund të përkufizojmë një funksion λa : D∗ → D∗ kuλa(d) = ad. Ky funksion është i mirëpërkufizuar sepse në qoftë se a 6= 0 dhed 6= 0, atëherë ad 6= 0.

Pasqyrimi λa është injektiv, meqënëse për d1, d2 ∈ D∗,

ad1 = λa(d1) = λa(d2) = ad2

sjell që d1 = d2 nga thjeshtimi i majtë. Meqënëse D∗ është një bashkësi efundme, pasqyrimi λa duhet te jetë syrjektiv. Pra, për ndonjë d ∈ D∗, λa(d) =ad = 1. Kështu që, a ka të anasjelltë të majtë. Meqënëse D është ndërruese,d duhet të jetë gjithashtu dhe i anasjelltë i djathtë për a. Për pasojë, D ështëfushë.






Për çdo numër të plotë jonegativ n dhe çdo element r në një unazë R, neshkruajmë r + · · ·+ r (n times) si nr. Ne përkufizojmë karakteristikën e njëunazë R të jetë numri i plotë më i vogël pozitiv n i tillë që nr = 0 për të gjithër ∈ R. Në qoftë se nuk ekziston një numër i plotë i tillë, atëherë karakteristikae R është përkufizuar të jetë 0.

Shembull 8.4. Për çdo numër të thjeshtë p, Zp është fushë me karakteristikëp. Çdo element jozero në Zp ka të anasjelltë. Pra, Zp është fushë. Në qoftëse a është çdo element jozero në fushë, atëherë pa = 0, meqënëse rendi i çdoelementi jozero në grupin ndërrues Zp është p.

Teorema 8.2. Karakteristika e një unazë integrale është numër i thjeshtë ose ze-ro.

Vërtetim: Le të jetë D një unazë integrale dhe supozojmë se karakteristika eD është n, ku n 6= 0. Në qoftë se n nuk është numër i thjeshtë, atëherë n = ab,ku 1 < a < n dhe 1 < b < n. Meqënëse

0 = n · 1R = (ab) · 1R = (a · 1R)(b · 1R)

dhe a, b nuk janë pjestues të zeros në D. Atëherë a · 1R = 0 ose b · 1R = 0.Pra, karakteristika e D duhet të jetë më e vogël se n, e cila është kontradiksion.Kështu që, n duhet të jetë numër i tjeshtë.

8.2 Unazat EuklidianeJepet unaza integrale R. Funksioni

N : R −→ Z+ ∪ 0

i tillë që N(0) = 0 quhet normë për unazën integrale R. Një unazë mund tëketë me shumë se një normë.

Përkufizim 8.1. Unaza integrale R quhet unazë Euklidiane (ose kënaq al-goritmin e Euklidit) në qoftë se ekziston një normë N në R, e tillë që për çdody elementë a e b 6= 0 në R, ekzistojnë elementët q, r ∈ R të tillë që:

a = qb+ r, ku N(r) < N(b).

Elementi q quhet herës i elementëve a e b dhe r quhet mbetje.

Unazat Euklidiane janë një klasë e veçantë unazash. Le të shohim disashembuj:

Shembull 8.5. Unaza e numrave të plotë Z është një unazë Euklidiane. Mar-rim si normë

N : Z −→ Z+ ∪ 0a −→ |a|

Nga aritmetika elementare ne dimë se në Z kënaqet algoritmi i Euklidit.






Shembull 8.6 ( Fushat). Çdo fushë është unazë Euklidiane. Për shembull jepetfusha F . Marrim N : F −→ Z+ ∪ 0, të tillë që

N(a) = 0,∀a ∈ F.

Atëherë ∀a, b ∈ F, a = (ab−1)b+ 0, pra q = ab−1, r = 0.

Shembull 8.7. Jepet fusha F dhe unaza e polinomeve F [x]. Atëherë, F [x]është unazë Euklidiane. Si normë merret N(p(x)) =gradën e p(x). Polinometkënaqin algoritmin e Euklidit (siç do të shohim më vonë), pra F [x] është unazëEuklidiane.

Shembull 8.8. Çdo unazë vlerash diskrete (UVD) është unazë Euklidiane.Jepet R një UVD. Atëherë, ekziston një fushë K, një vlerë ν : K∗ −→ Z,që R është unaza e vlerave të ν-së. Marrim N : R −→ Z ∪ 0 të tillë që∀a ∈ R∗, N(a) = v(a), N(0) = 0. Atëherë, ∀a, b ∈ R.

i) Në qoftë se N(a) < N(b), atëherë a = 0 · b+ a

ii) Në qoftë se N(a) > N(b), atëherë N(a) − N(b) > 0, N(ab−1) > 0 ⇒ab−1 ∈ R, pra, a = (ab−1)b+ 0.

Lema 8.1. Çdo ideal në një unazë Euklidiane R është themelor.

Vërtetim: Marrim idealin I 6= 0 në R. Në qoftë se I = R, atëherë I = (1).Supozojmë se I është ideal i mirëfilltë. Konsiderojmë bashkësinë

A = N(a) : a ∈ I ⊂ Z+ ∪ 0

Kjo bashkësi ka një element minimum m (duke përdorur lemën e Zornit). Shë-nojmë me d ∈ I elementin e tillë që N(d) = m. Të vërtetojmë se I = (d).Marrrim a ∈ I. Nga algoritmi i Euklidit kemi a = qd+ r ku N(r) < N(d). Pra,r = a−qd ∈ I, kështu që N(r) = 0 sepse d ka normë minimale në I. Domethënëa = qd. Pra, a ∈ (d).

Lema e mësipërme tregon se, në Z çdo ideal është themelor. Gjithashtu,Z[x] nuk është unazë Euklidiane, sepse (2, x) nuk është ideal themelor.

Përkufizim 8.2. Jepet unaza (ndërrimtare) R dhe a, b ∈ R, b 6= 0. Pjestuesimë i madh i përbashkët (pmp) i a-së dhe b-së quhet elementi jozero d, i tillëqë

1) d|a dhe d|b2) Në qoftë se d1|a dhe d1|b, atëhere d1|d.

Zakonisht pmp i a-së dhe b-ë shënohet me (a, b).

Teorema 8.3. Jepet unaza Euklidiane R dhe elementët jozero a, b ∈ R. Zbato-






jmë algoritmin e Euklidit

a = q0b+ r0

b = q1r0 + r1

r0 = q2r1 + r2

. . . . . . . . .

rn−2 = qnrn−2 + rn

rn−1 = qn+1rn

Vargu rn është varg zbritës i fundëm dhe rn = (a, b) := d. Gjithashtu,ekzistojnë x, y ∈ R të tillë që d = xa+ by.

Vërtetim: Përderisa R është unazë Euklidiane ekziston norma N : R −→Z+ ∪ 0. Duke zbatuar algoritmin e Euklidit kemi

N(b) > N(r0) > · · · > N(rn).

Pra, vargu rn është zbritës. Meqënëse ri ∈ Z+ ky varg ka element minimal,pra është i fundëm. Të vërtetojmë se rn|a dhe rn|b. Nga barazimi i funditrn|rn−1. Atëherë rn|rn dhe rn|rn−1 si rrjedhim rn|rn−2. Nga induksioni mate-matik nxjerrim se rn|a dhe rn|b. Në qoftë se d1|a dhe d1|b, atëherë nga barazimii parë d1|r0. Pra, d1|r0 dhe d1|b dhe si rrjedhim d1|r1. Përsëri me anë tëinduksionit vërtetojmë se d1|rn. Pra, rn = (a, b).

Për të vërtetuar se rn është një kombinim linear i a dhe b mjafton të vër-tetojmë se rn i përket idealit I = (a, b). Kemi r0 ∈ I, r1 ∈ I, . . . . Pra,rn ∈ I.

Në qoftë se a, b ∈ R të tillë që (a, b) = 1R atëherë a dhe b quhen relativishttë thjeshtë.

Shembull 8.9. Kujtojmë se numrat e plotë Gausian janë përkufizuar si

Z[i] = a+ bi : a, b ∈ Z.

Le të vërtetojmë se ata formojnë një unazë Euklideane.Ne zakonisht matim gjatësinë e një numri kompleks a+bi me anë të vlerës së

tij absolute, |a+ bi| =√a2 + b2. Megjithatë,

√a2 + b2 mund të mos jetë numër

i plotë. Për llogaritjet tona ne do ta lëmë ν(a+ bi) = a2 + b2 që të sigurohemise kemi numër të plotë.

Atëherë ν(a + bi) = a2 + b2 është një vlerë Euklidiane në Z[i]. Le të jenëz, w ∈ Z[i], atëherë ν(zw) = |zw|2 = |z|2|w|2 = ν(z)ν(w). Meqënëse ν(z) ≥ 1për çdo element jozero z ∈ Z[i], ν(z) = ν(z)ν(w).

Më pas, ne duhet të vërtetojmë se për çdo z = a+ bi dhe w = c+ di në Z[i],ku w 6= 0, gjenden elementët q dhe r në Z[i] të tillë që z = qw + r ku r = 0 oseν(r) < ν(w). Ne mund t’i shohim z dhe w si elementë në Q(i) = p+ qi : p, q ∈






Q, fushën e thyesave të Z[i]. Vini re që

zw−1 = (a+ bi)c− dic2 + d2

=ac+ bd

c2 + d2+bc− adc2 + d2

i

=

(m1 +

n1

c2 + d2

)+

(m2 +

n2

c2 + d2

)i

= (m1 +m2i) +

(n1

c2 + d2+

n2

c2 + d2i

)= (m1 +m2i) + (s+ ti)

në Q(i). Në hapat e fundit do të shkruajmë pjesën reale dhe imagjinare si shumëe një numri të plotë me një thyesë të mirëfilltë. Pra, marrim numrin e plotëmë afër mi të tillë që pjesa thyesore kënaq |ni/(a2 + b2)| ≤ 1/2. Për shembull,ne shkruajmë

9

8= 1 +

1

815

8= 2− 1

8.

Pra, s dhe t janë pjesët thyesore të zw−1 = (m1 +m2i) + (s+ ti). Ne dimë qës2 + t2 ≤ 1/4 + 1/4 = 1/2. Duke shumëzuar me w, marrim

z = zw−1w = w(m1 +m2i) + w(s+ ti) = qw + r,

ku q = m1 + m2i dhe r = w(s + ti). Meqënëse z dhe qw janë në Z[i], r duhettë jetë në Z[i]. Së fundi, ne duhet të vërtetojmë se r = 0 ose ν(r) < ν(w).Megjithatë,

ν(r) = ν(w)ν(s+ ti) ≤ 1

2ν(w) < ν(w).

Ushtrime

8.3 Unazat themelore

Do të shohim tani një lloj tjetër unazash, pikërisht ato unaza në të cilat çdoideal është themelor.

Përkufizim 8.3. Unazë themelore (PID) quhet unaza, në të cilën çdo idealështë themelor.

Nga Lema 8.1 kemi se çdo unazë Euklidiane është themelore. Ekzistojnëunaza themelore që nuk janë Euklidiane.

Lema 8.2. Çdo ideal i thjeshtë në një unazë themelore është maksimal.






Vërtetim: Marrim një ideal (p) në unazën themelore R. Ne dimë se ekzistonideali i mirëfilltë M , i tillë që (p) ⊂ M . Meqënëse R është themelore, ekzistonm ∈ R që M = (m). Pra, (p) ⊂ (m), domethënë p = rm, për ndonjë r ∈ R.Përderisa (p) është i thjeshtë, atëherë r ∈ (p) ose m ∈ (p). Në qoftë se m ∈ (p),atëherë (m) = (p) dhe vërtetimi ka mbaruar. Në qoftë se r ∈ (p), atëherë r = ps.Pra, p = rm = psm ose sm = 1. Pra, m është njësi domethënë (m) = R, qëkundërshton hipotezën se, M = (m) është i mirëfilltë.

Rrjedhim 8.1. Në qoftë se R është unazë ndërrimtare e tillë që R[x] ështëunazë themelore atëherë R është fushë.

Vërtetim: Përderisa R ⊂ R[x], atëherë R është unazë integrale, sepse R[x]është unazë integrale si unazë themelore. Por R = R[x]/(x), pra, (x) është ideali thjeshtë. Në bazë të lemës së mësipërme (x) është maksimal, pra, R ështëfushë.

Ushtrime

8.4 Unazat me faktorizim të vetëm (UFD)

Tani ne do të shohim një klasë tjetër unazash, unazat në të cilat çdo elementmund të faktorizohet në mënyrë të vetme në produkt faktorësh të thjeshtë.

Përkufizim 8.4. Jepet një unazë integrale R.1) Një element r ∈ R, që nuk është njësi quhet element i pathjeshtueshëm

në R në qoftë ser = ab⇒ a ose b është njési.

2) Një element r ∈ R quhet i thjeshtueshëm në qoftë se r shkruhet siprodukt dy elementësh r = ab, ku a dhe b nuk janë njësi.

3) Elementi p ∈ R quhet i thjeshtë në qoftë se (p) është ideal i thjeshtë.4) Dy elementë a, b quhen të shoqërueshëm në qoftë se a = bu për ndonjë

njësi u në R.

Lema 8.3. Një element i thjeshtë është i pathjeshtueshëm.

Vërtetim: Le të jetë p një element i thjeshtë në R. Në qoftë se p = abatëherë ab ∈ (p). Pra, a ∈ (p) ose b ∈ (p). Supozojmë se a ∈ (p) kjo sjell qëa = pr. Atëherë p = ab = prb si rrjedhim rb = 1. Domethënë b është njësi.Përfundimisht (p) është i pathjeshtueshëm.

Në përgjithësi një element i pathjeshtueshëm mund të mos jetë i thjeshtë.Për shembull marrim unazën

Z[√−5] = a+ b

√−5 : a, b ∈ Z






Le të kujtojmë se unaza Z[√D], D numër negativ, ka një normë

N : Z[√D] −→ Z

a+ b√D −→ a2 −Db2

dhe N(xy) = N(x) · N(y). Gjithashtu u është njësi në R atëherë dhe vetëmatëherë kur N(u) = ±1.

Marrim α = 2 +√−5 ∈ Z[

√−5]. Atëherë N(α) = −1. Në qoftë se α =

ab atëherë N(ab) = −1. Pra, a ose b është njësi dhe si rrjedhim α është ipathjeshtueshëm. Por α nuk është i thjeshtë sepse

32 = (2 +√−5)(2−

√−5

Pra, 32 ∈ (α) por 3 /∈ (α).

Lema 8.4. Në një unazë themelore (PID) R një element jozero është i thjeshtëatëherë dhe vetëm atëherë kur është i pathjeshtueshëm.

Vërtetim: ⇒ Rrjedh direkt nga lema e mësipërme.⇐ Marrim një element të pathjeshtueshëm P . Ne duhet të vërtetojmë se

(P ) është i thjeshtë. Supozojmë se I është një ideal që përmban (P ). Përderisajemi në një unazë themelore I = (m) për ndonjë m ∈ R. Pra, p ∈ (m)dhe sirrjedhim p = rm, r ∈ R. P është i pathjeshtueshëm pra, R ose m është njësi.Pra, (p) = (m) ose (m) = (1). Domethënë idealet e vetme që përmbajnë (p)janë (p) dhe R = (1). Kështu që, (p) është maksimal dhe si rrjedhim i thjeshtë.

Përkufizim 8.5. Një unazë integrale R quhet unazë me faktorizim të vetëm(UFD) në qoftë se çdo element r ∈ R, që nuk është njësi shprehet si produktelementësh të pathjeshtueshëm pi

r = pα11 . . . pαkk

dhe në qoftë ser = qβ1

1 . . . qβss ,

atëherë s = k dhe pi është i shoqëruar me qi.

Shembull 8.10. Fusha F është UFD sepse çdo element jozero është njësi.

Lema 8.5. Në një UFD një element jozero është i thjeshtë atëherë dhe vetëmatëherë kur është i pathjeshtueshëm.

Vërtetim: Nga pohimi i mëparshëm një element i thjeshtë është i pathjesh-tueshëm. Le të vërtetojmë të kundërtën.

Marrim një element të pathjeshtueshëm p ∈ R. Supozojmë se ab ∈ (p). Pra,ab = pc për c ∈ R. Meqënëse R është UFD atëherë

a = pα11 . . . pαkk , dhe b = qβ1

1 . . . qβss ,






ku p1, . . . , pk, q1, . . . , qs janë elementë të pathjeshtueshëm. Pra,

pc = pα11 . . . pαkk qβ1

1 . . . qβss .

Domethënë, p duhet të jetë i shoqëruar me ndonjë nga pα11 . . . pαkk qβ1

1 . . . qβss .Supozojmë se p është i shoqëruar me p1. Pra, p = p1u, ku u është njësi. Sirrjedhim,

a = (up)pα1−11 . . . pαkk .

Keshtu që, α bën pjesë në (P ).

Më sipër ne vërtetuam se α = 2 +√−5 është i pathjeshtueshëm por jo i

thjeshtë në Z[√−5]. Pra, Z[

√−5] nuk është UFD. Ky është shembulli i parë i

një unazë integrale që nuk është UFD.

Teorema 8.4. Çdo unazë themelore R është UFD.

Vërtetim: Marrim një element r ∈ R, r 6= 0 dhe r nuk është njësi. Duam tëvërtetojmë se r mund të shprehet si prodhim elementësh të pathjeshtueshëm tëR-së. Në qoftë se r është i pathjeshtueshëm, vërtetimi ka mbaruar. Në qoftëse r është i thjeshtueshëm, atëherë r mund të shkruhet si prodhim r = r1r2

ku r1 dhe r2 nuk janë njësi. Në qoftë se këta elementë janë të pathjeshtueshëmvërtetimi ka mbaruar, në të kundërt ata shkruhen si produkt elementësh të tjerë.Të vërtetojmë se ky proçes përfundon. Ne shohim se,

(r) ⊂ (r1) ⊂ · · · ⊂ R.

Ky zinxhir rritës përfundon, kjo vërtetohet duke përdorur lemën e Zornit. Përtë vërtetuar se ky faktorizim është i vetëm përdorim induksionin në numrin efaktorëve të pathjeshtueshëm n të r-së. Për n = 1 është e qartë. Në qoftë se

r = p1p2 . . . pn = q1q2 . . . qm m ≥ n

atëherë p1 pjeston krahun e djathtë të barazimit, pra, një nga qi, i = 1, 2, . . .m.Supozojmë se, p1|q1, pra, q1 = p1u. Atëherë u duhet të jetë njësi sepse q1 ështëi pathjeshtueshëm. Domethënë p1 e q1 janë të shoqëruar. Pra, kemi

p1p2 . . . pn = p1uq2 . . . qm.

Duke thjeshtuar me p1 (jemi në unazë integrale) kemi

p2 . . . pn = uq2 . . . qm.

Tani kemi (n−1) faktorë. Nga hipoteza e induksionit pi dhe qj janë të shoqëruar.Përderisa dhe p1 dhe q1 janë të shoqëruar, atëherë vërtetimi ka mbaruar.

Teorema 8.5 (Teorema Themelore e Arithmetikës). Unaza e numrave të plotëZ është UFD.






Vërtetim: Z është unazë Euklidiane dhe themelore dhe si rrjeshim është UFD.

Kjo do të thotë se çdo numër i plotë mund të shkruhet si produkt numrashtë thjeshtë. Duke mbyllur këtë kapitull ne përmbledhim llojet e unazave që kemistudiuar dhe fiksojmë simbolikën e mëposhtme.

1. Unazat Euklidiane −→ UE

2. Unazat Themelore −→ PID

3. Unazat me faktorizim te vetëm −→ UFD

4. Unazat Integrale −→ UI

Gjithashtu kemi përfshirjet e mëposhtme:

Fushat ⊂ UE ⊂ PID ⊂ UFD ⊂ UIÇdo përfshirje e mësipërme është e mirëfilltë. Për shembull

1. Z është unazë Euklidiane por jo fushë.

2. Z[θ], ku θ = 1+√−19

2 është unazë themelore por jo Euklidiane.

3. Z[x] është UFD por jo PID.

4. Z[√−5] është unazë integrale por jo UFD.

Ushtrime

15. A është çdo unazë integrale e fundme fushë?

16. Vërtetoni, që M2(Q) nuk ka ideale te mirëfillta.

17. Vërtetoni, që çdo unazë integrale mund të përfshihet në një fushë.

18. Jepet A një unazë ndërrimtare me njësh. Vërtetoni, që në unazën A[x]radikali i Jakobsonit l është i barabartë me nilradikalin.

19. Jepet R një unazë në të cilën x3 = x. Vërtetoni, që R është ndërruese.

20. Jepet R një unazë në të cilën x4 = x. Vërtetoni, që R është ndërruese.

21. Jepen I, J idealë të R dhe R1 = R/I, R2 = R/J . Vërtetoni se,

ϕ : R→ R1 ⊕R2

r → (r + I, r + J)

është një homomorfizëm, i tillë që kerϕ = I ∩ J .

22. Jepen m,n ∈ të tillë që (m,n) = 1. Vërtetoni, që

Zmn = Zm ⊕ Zn

Ne nuk e kemi bërë këtë. Kini parasysh izomorfizmin si unaza.






23. Jepet x një element nilpotent i një unazë A. Vërtetoni se, 1 + x është njënjësi i A. Tregoni që shuma e një elementi nilpotent me një njësi është njësi.

24. Jepet unaza A dhe N nilradikali i saj. Vërtetoni se, pohimet e mëposhtmejanë equivalente:

i) A ka saktësisht vetëm një ideal të thjeshtë.ii) Çdo element i A është njësi ose nilpotent.iii) A/N është fushë.

25. Jepet A një unazë dhe f ∈ A[x], i tillë që

f = a0 + a1x+ · · ·+ anxn.

Vërtetoni qëi) f është njësi në A[x], atëherë dhe vetëm atëherë , kur a0 është njësi në A

dhe a1, . . . , an janë nilpotentë.ii) f është nilpotent, atëherë dhe vetëm atëherë , kur a0, a1, . . . , an janë

nilpotentë.iii) f është një pjestues i zeros, atëherë dhe vetëm atëherë , kur gjendet një

a 6= 0 në A, i tillë që af(x) = 0.iv) Për çdo f, g ∈ A[x], fg është i thjeshtë, atëherë dhe vetëm atëherë , f

dhe g janë të thjeshtë.

26. Le të jetë z = a + b√

3 i në Z[√

3 i]. Në qoftë se a + 3b2 = 1, vërtetoni se,z duhet të jetë njësi. Vërtetoni se, të vetmit njësi të Z[

√3 i] janë 1 dhe −1.

27. Numrat e plotë Gausian, Z[i], janë UFD. Faktorizo seicilin nga elementëte mëposhtëm në Z[i] në një prodhim elementësh të pa thjeshtushëm; i) 5, ii)1 + 3i, iii) 6 + 8i, iv) 2.

28. Le të jetë D një unazë integrale.

1. Vërtetoni se, FD është një grup ndërrimtar në lidhje me veprimin e mble-dhjes.

2. Vërtetoni se veprimi i shumëzimit është i përkufizuar saktë në fushën ethyesave, FD.

3. Verifiko vetitë shoqëruese dhe ndërruese për shumëzimin në FD.

29. Vërteto ose kundërshto: Çdo nënunazë e një fushe F , që përmban 1 ështëunazë integrale.

30. Le të jetë F një fushë me karakteristikë zero. Vërtetoni se, F përmban njënënfushë izomorfike me Q.

31. Le të jetë F fushë.

1. Vërtetoni se, fusha e thyesave të F [x], e shënuar me F (x), është izomor-fike me bashkësinë e gjithë shprehjeve racionale p(x)/q(x), ku q(x) nukështë polinomi zero.






2. Le të jenë p(x1, . . . , xn) dhe q(x1, . . . , xn) polinome në F [x1, . . . , xn]. Vër-tetoni se, bashkësia e gjithë shprehjeve racionale p(x1, . . . , xn)/q(x1, . . . , xn)është izomorfike me fushën e thyesave të F [x1, . . . , xn]. Shënojmë fushëne thyesave të F [x1, . . . , xn] by F (x1, . . . , xn).

32. Le të jetë p i thjeshtë dhe shënojmë fushën e thyesave të Zp[x] me Zp(x).Vërtetoni se Zp(x) është fushë e pafundme me karakteristikë p.

33. Vërtetoni që fusha e thyesave të numrave të plotë Gausian, Z[i] është

Q(i) = p+ qi : p, q ∈ Q.

34. Një fushë F është quajtur fushë e thjeshtë në qoftë se ajo nuk ka nënfushëtë mirëfilltë. Në qoftë se E është një nënfushë e F dhe E është fushë e thjeshtë,atëherë E është a nënfushë e thjeshtëe F .

1. Vërtetoni se, çdo fushë përmban një nënfushë të thjeshtë të vetme.

2. Në qoftë se F është fushë me karakteristikë 0, trego që nënfusha e thjeshtëe F është izomorfike me fushën e numrave racionalë, Q.

3. Në qoftë se F është fushë me karakteristikë p, trego që nënfusha e thjeshtëe F është izomorfike me Zp.

35. Le të jetë Z[√

2 ] = a+ b√

2 : a, b ∈ Z.

1. Vërtetoni se, Z[√

2 ] është një unazë integrale.

2. Gjeni të gjithë njësitë e Z[√

2 ].

3. Përcaktoni fushën e thyesave të Z[√

2 ].

4. Vërtetoni se, Z[√

2i] është një unazë Euklidiane në lidhje me vlerën Eu-klidiane ν(a+ b

√2 i) = a2 + 2b2.

36. Le të jetë D një UFD. d ∈ D është pjestuesi më i madh i përbashkët ia dhe b në D në qoftë se d | a dhe d | b dhe d pjestohet nga çdo element tjetër,që pjeston së bashku a dhe b.

1. Në qoftë se D është PID dhe a dhe b janë së bashku elementë jozero të D,trego që gjendet pjestuesi më i madh i përbashkët, i vetëm i a dhe b. Neshkruajmë gcd(a, b) për pjestuesin më të madh të përbashkët të a dhe b.

2. Le të jetë D një PID dhe a dhe b elementë jozero të D. Vërtetoni se,gjenden elementët s dhe t në D, të tillë që gcd(a, b) = as+ bt.

37. Le të jetë D një unazë integrale. Përkufizojmë një relacion në D, ku a ∼b në qoftë se a dhe b janë shoqërues në D. Vërtetoni se, ∼ është relacionekuivalence në D.

38. Le të jetë D një unazë Euklidiane me vlerë Euklidiane ν. Në qoftë se uështë njësi në D, vërtetoni se ν(u) = ν(1).






39. Le të jetë D një unazë Euklidiane me vlerë Euklidiane ν. Në qoftë se a dheb janë shoqërues në D, trego, që ν(a) = ν(b).

40. Vërtetoni se Z[√

5 i] nuk është UFD.

41. Vërtetoni ose kundërshtoni: Çdo nënunazë e një UFD është përsëri UFD.

42. Një ideal i një unazë ndërrimtare R quhet i gjeneruar në mënyrë tëfundme në qoftë se gjenden elementët a1, . . . , an në R të tillë që çdo elementr ∈ R mund të shkruhet si a1r1+· · ·+anrn për ndonjë r1, . . . , rn në R. Vërtetonise, R gëzon kushtin e zinxhirit zbritës, në qoftë se dhe vetëm në qoftë se ,çdoideal i R është i gjeneruar në mënyrë të fundme.

43. Le të jetë D një unazë integrale me një zinxhir zbritësh idealesh I1 ⊃ I2 ⊃· · · . Vërtetoni se, ekziston një N , i tillë që Ik = IN përçdo k ≥ N . Një unazëqë kënaq këtë kusht thuhet se kënaq kushtin e zinxhirit zbritës , ose DCC.Unazat që kënaqin DCC quhen unaza Artiniane, nga Emil Artin.

44. Le të jetë R një unazë ndërrimtare me njësh. Ne përkufizojmë nënbash-kësinë shumëzuese të R të jetë një nënbashkësi S,e tillë që 1 ∈ S dhe ab ∈ Snë qoftë se a, b ∈ S.

1. Përkufizojmë një relacion ∼ në R × S, ku (a, s) ∼ (a′, s′), në qoftë seekziston një s ∈ S i tillë që s(s′a−sa′) = 0. Vërtetoni se ∼ është relacionekuivalence në R× S.

2. Le të jetë a/s klasa e ekuivalencës së (a, s) ∈ R × S dhe le të jetë S−1Rbashkësia e gjithë klasave të ekuivalencës në lidhje me ∼. Përkufizojmëveprimet e mbledhjes dhe të shumëzimit në S−1R përkatësisht si:

a

s+b

t=

at+ bs

sta

s

b

t=

ab

st,

Vërtetoni se këto veprime janë të përkufizuara mirë në S−1R dhe që S−1Rështë unazë me njësh në lidhje me këto veprime. The unazë S−1R ështëquajtur unazë e thyesave të R në lidhje me S.

3. Vërtetoni se, pasqyrimi ψ : R → S−1R i përkufizuar nga ψ(a) = a/1,është homomorfizëm unazash.

4. Në qoftë se R nuk ka pjestues të zeros dhe 0 /∈ S, vërtetoni se ψ ështëinjektiv.

5. Vërtetoni se, P është ideal i thjeshtë i R, në qoftë se dhe vetëm në qoftëse S = R \ P është nënbashkësi shumëzuese e R.

6. Në qoftë se P është ideal i thjeshtë i R dhe S = R \P , vërtetoni se unazae thyesave S−1R ka një ideal maksimal të vetëm. Çdo unazë, që ka njëideal maksimal të vetëm quhet unazë lokale .





Kapitulli 9

Unazat Polinomiale

Në këtë kapitull do të trajtojmë disa veti bazë të unazës së polinomeve. Për mëtepër do të studiojmë polinomet, funksionet simetrikë dhe përcaktorët. Edhepse këto rezultate janë të përdorëshme në polinomet me shumë variabla, ne dotë fokusohemi në polinomet me një variabël.

9.1 Polinomet

Po i kthehemi sërish unazës së polinomeve për të parë më në hollësi disa vetitë saj. Jepet unaza R, me R[x] shënojmë unazën e polinomeve të R-së. Në tënjëjtën mënyrë përkufizojmë R[x1, . . . , xn] që është unaza e polinomeve me n-ndryshore të pavarura x1, . . . , xn. Në këtë rast formojmë R[x1], pastaj R[x1][x2]etj. Gjithë vetitë e mëposhtme ne do ti vërtetojmë për R[x], me induksion atomund të përgjithsohen për R[x1, . . . , xn].

Në këtë kapitull, R është një unazë ndërrimtare me njësh. Një shprehje eformës

f(x) =

n∑i=0

aixi = a0 + a1x+ a2x

2 + · · ·+ anxn,

ku ai ∈ R dhe an 6= 0, quhet një polinom mbi R me variabël x. Elemen-tët a0, a1, . . . , an quhen koefiçient të f . Koefiçienti an quhet koefiçientikryesor. Një polinom quhet monik në qoftë se koefiçienti kryesor i tij është 1.

Në qoftë se n është numri më i madh jonegativ për të cilin an 6= 0, atëherëthemi se grada e f është n dhe e shkruajmë deg f(x) = n. Në qoftë se një ne tillë nuk ekziston, domethënë në qoftë se f = 0 është polinomi zero, atëherëgrada e f thuhet se është −∞. Bashkësinë e të gjithë polinomeve, me koeficientnë unazën R do ta shënojmë me R[x]. Dy polinome janë të barabartë nësekoeficienët përkatës të tyre janë të barabartë; domethënë në qoftë se kemi që

p(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anxn

q(x) = b0 + b1x+ · · ·+ bmxm,

167


atëherë p(x) = q(x) atëherë dhe vetëm atëherë ai = bi për të gjithë i ≥ 0.Për të vërtetuar se bashkësia e të gjithë polinomeve formon një unazë, duhet

fillimisht të përkufizojmë mbledhjen dhe shumëzimin. Shumën e dy polinomevee përkufizojmë si mëposhtë. Le të jetë

p(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anxn

q(x) = b0 + b1x+ · · ·+ bmxm.

Atëherë shuma e p(x) me q(x) është

p(x) + q(x) = c0 + c1x+ · · ·+ ckxk,

ku ci = ai + bi për çdo i. Prodhimin e p(x) me q(x) e përkufizojmë si:

p(x)q(x) = c0 + c1x+ · · ·+ cm+nxm+n,

ku

ci =

i∑k=0

akbi−k = a0bi + a1bi−1 + · · ·+ ai−1b1 + aib0

për çdo i. Vihet re se në çdo rast disa prej koeficientëve mund të jenë zero.

Teorema 9.1. Le të jetë R një unazë ndërrimtare me njësh. Atëherë R[x] ështëunazë ndërrimtare me njësh.

Vërtetim: Detyra jonë e parë është të vërtetojmë se R[x] është grup Abeliansipas mbledhjes së polinomeve. Polinomi zero, f(x) = 0, është njëshi(elementinjësi) i mbledhjes. Jepet polinomi p(x) =

∑ni=0 aix

i, inversi i p(x) verifiko-het lehtë se është −p(x) =

∑ni=0(−ai)xi = −

∑ni=0 aix

i. Ndërrueshmëria dheshoqërimi rrjedhin nga përkufizimi i mbledhjes së polinomit dhe prej faktit sembledhja në R është njëkohësisht ndërrimtare dhe shoqëruese.

Për të vërtetuar se shumëzimi i polinomeve është shoqërues, le të jetë

p(x) =

m∑i=0

aixi,

q(x) =

n∑i=0

bixi,

r(x) =

p∑i=0

cixi.






Atëherë

[p(x)q(x)]r(x) =

[(m∑i=0

aixi

)(n∑i=0

bixi

)](p∑i=0

cixi

)

=

m+n∑i=0

i∑j=0

ajbi−j

xi

( p∑i=0

cixi

)

=

m+n+p∑i=0

i∑j=0

(j∑

k=0

akbj−k

)cj

xi=

m+n+p∑i=0

∑j+k+l=i

ajbkcr

xi

=

m+n+p∑i=0

i∑j=0

aj

(i−j∑k=0

bkci−j−k

)xi=

(m∑i=0

aixi

)n+p∑i=0

i∑j=0

bjci−j

xi

=

(m∑i=0

aixi

)[(n∑i=0

bixi

)(p∑i=0

cixi

)]= p(x)[q(x)r(x)]

Vetitë e ndërrimit dhe të shpërndarjes së prodhimit të polinomeve vërtetohen nëtë njëjtën mënyrë. Vërtetimin e ketyre vetive po e lëmë si detyrë për lexuesin.

Pohim 9.1. Le të jenë p(x) dhe q(x) polinome në R[x], ku R është një unazëintegrale. Atëherë deg p(x) + deg q(x) = deg (p(x)q(x)). Për më tepër, R[x]është një unazë integrale.

Vërtetim: Supozojmë se kemi dy polinome

p(x) = amxm + · · ·+ a1x+ a0

dheq(x) = bnx

n + · · ·+ b1x+ b0

ku am 6= 0 dhe bn 6= 0. Gradët e p dhe q janë m dhe n, respektivisht. Termikryesor i p(x)q(x) është ambnxm+n, i cili nuk mund të jetë zero meqënëse Rështë një unazë integrale; pra, grada e p(x)q(x) është m + n dhe p(x)q(x) 6= 0.Meqënëse p(x) 6= 0 dhe q(x) 6= 0 kjo do të thotë se p(x)q(x) 6= 0, pra R[x] ështënjë unazë integrale.






Teorema 9.2. Jepet fusha F . Atëherë F [x] është një UE me normë

N : F [x] −→ Z+ ∪ 0

p(x) −→ deg (p(x)).

Vërtetim: Marrim a(x), b(x) ∈ F [x], ku a(x), b(x) 6= 0. Teoremën do tavërtetojmë me induksion për gradën, n = grada(a(x)). Për n = 0, 1 teoremaështë thjesht Algoritmi i Euklidit për UE. Supozojmë se teorema është e vërtetëpër k < n−1, të vërtetojmë se është e vërtetë për n. Në qoftë se n < m, atëherëa(x) = 0 · b(x) + b(x) dhe vërtetimi ka mbaruar. Në qoftë se n ≥ m atëherëmarrim

a(x) = anxn + · · ·+ a1x+ a0

b(x) = bmxm + · · ·+ b1x+ b0

Shënojmë me a′(x) := a(x)− anbmxn−mb(x). Pra,

a′(x) = anxn−1 + · · ·+ a0 −

an · bm−1

b0xn−m−1 + · · ·+ an

bmb0x

n−m

Pra a′(x) është polinom me gradë n − 1. Nga supozimi i induksionit ekzi-stojnë q′(x) dhe r(x) që

a′(x) = q′(x)b(x) + r(x),

ku r(x) = 0 ose deg (r(x)) < deg (b(x)). Marrim q(x) = q′(x) + anbmxn−m dhe

kemi:a(x) = q(x)b(x) + r(x)

ku r(x) = 0 ose deg r(x) < deg b(x), sepse

q(x)b(x) + r(x) = (q′(x) +anbm

xn−m)b(x) + r(x)

= q′(x)b(x) +anbm

xn−mb(x) + r(x) =

= a′(x) +anbm

xn−m)b(x) = a(x).

Për të vërtetuar unicitetin supozojmë se

a(x) = q1(x)b(x) + r1(x)

Atëherë,

r(x) = a(x)− q(x)b(x)

r1(x) = a(x)− q1(x)b(x)

deg (r(x)− r1(x)) = deg b(x)(r(x)− r1(x) < m,

por grada e b(x) është m. Pra q1(x) − q(x) = 0. Nga kjo rrjedh se r(x) =r1(x).

Ushtrime






9.2 Algoritmi i pjesëtimit

Rikujtojmë se algoritmi i pjesëtimit për numrat e plotë thotë se në qoftë se adhe b janë numra të plotë, ku b > 0, atëherë ekzistojnë numrat e vetëm q dhe rtë tillë që a = bq+r, ku 0 ≤ r < b. Algoritmi për gjetjen e q dhe r është thjeshtënjë pjesëtim i gjatë. Për polinomet ekziston një teoremë e ngjashme. Algoritmii pjesëtimit për polinomet është i ngjashëm me atë të numrave të plotë.

Teorema 9.3 (Algoritmi i Pjesëtimit). Le të jenë f(x) dhe g(x) dy polinomejo zero në F [x], ku F është një fushë dhe g(x) është një polinom jo-konstant.Atëherë ekzistojnë polinomet e vetëm q(x), r(x) ∈ F [x] të tillë që

f(x) = g(x)q(x) + r(x),

ku deg r(x) < deg g(x) ose r(x) është polinomi jo-zero.

Vërtetim: Fillimisht le të studiojmë ekzistencën e q(x) dhe r(x). Le të jetëS = f(x)− g(x)h(x) : h(x) ∈ F [x] dhe supozojmë se

g(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anxn

është një polinom me gradë n. Kjo bashkësi është jo boshe, meqënëse f(x) ∈ S.Në qoftë se f(x) është polinomi zero, atëherë

0 = f(x) = 0 · g(x) + 0;

pra, q dhe r, së bashku, janë polinomi zero.Supozojmë se polinomi zero nuk është në S. Në këtë rast, grada e çdo

polinomi në S është jo-negative. Zgjedhim një polinom r(x) me gradën më tëvogël në S; kështu që, ekziston një q(x) ∈ F [x] i tillë që

r(x) = f(x)− g(x)q(x),

osef(x) = g(x)q(x) + r(x).

Duhet të vërtetojmë se grada e r(x) është më e vogël se grada e g(x). Supozojmëse deg g(x) ≤ deg r(x). Le të kemi r(x) = b0 + b1x+ · · ·+ bmx

m dhe m ≥ n.Atëherë,

f(x)− g(x)

(q(x)−

(bman

)xm−n

)= f(x)− g(x)q(x) +

(bman

)xm−ng(x)

= r(x) +

(bman

)xm−ng(x) = r(x) + bmx

m + terms of lower degree

ndodhet në S. Ky është një polinom me gradë më të vogël se r(x), i cili kun-dërshton faktin që r(x) është një polinom me gradën më të vogël në S; pra,deg r(x) < deg g(x).






Për të vërtetuar se q(x) dhe r(x) janë të vetëm, supozojmë se ekzistojnëdy polinome të tjerë q′(x) dhe r′(x) të tillë që f(x) = g(x)q′(x) + r′(x) dhedeg r′(x) < deg g(x) ose r′(x) = 0, pra

f(x) = g(x)q(x) + r(x) = g(x)q′(x) + r′(x),

dheg(x)[q(x)− q′(x)] = r′(x)− r(x).

Në qoftë se g nuk është polinomi zero, atëherë

deg (g(x)[q(x)− q′(x)]) = deg (r′(x)− r(x)) ≥ deg g(x).

Megjithatë, gradët e r(x) dhe r′(x) janë rigorozisht më të vogla se grada e g(x);prandaj, r(x) = r′(x) dhe q(x) = q′(x).

Le të jetë p(x) një polinom në F [x] dhe α ∈ F . Ne themi që α është njëzero ose rrënjë e p(x), në qoftë se p(x) është në bërthamën e homomorfizmitφα. Ndryshe mund të themi α është një zero e p(x) në qoftë se p(α) = 0.

Rrjedhim 9.1. Le të jetë F fushë. Nëse një element α ∈ F është zeroja ep(x) ∈ F [x], atëherë dhe vetëm atëherë x− α është një faktor i p(x) në F [x].

Vërtetim: Supozojmë që α ∈ F dhe p(α) = 0. Nga algoritmi i pjesëtimit,ekzistojnë polinomet q(x) dhe r(x) të tillë që

p(x) = (x− α)q(x) + r(x)

dhe grada e r(x) duhet të jetë më e vogël se grada e x − α. Meqënëse grada er(x) është më e vogël se 1, atëherë r(x) = a për a ∈ F ; prandaj,

p(x) = (x− α)q(x) + a.

Por0 = p(α) = 0 · q(x) + a = a;

pra, p(x) = (x− α)q(x) dhe x− α është një faktor i p(x).Anasjellas, supozojmë se x − α është një faktor i p(x); le të themi p(x) =

(x− α)q(x). Atëherë p(α) = 0 · q(x) = 0.

Rrjedhim 9.2. Le të jetë F një fushë. Një polinom jo-zero p(x) me gradë nnë F [x] duhet të ketë të shumtën n zero të ndyshme në F .

Vërtetim: Do të përdorim induksionin matematik për gradën e p(x). Në qoftëse deg p(x) = 0, atëherë p(x) është një polinom konstant dhe nuk ka zero. Letë jetë deg p(x) = 1. Atëherë p(x) = ax+ b për ndonjë a dhe b në F ,ku α1 dheα2 janë zerot e p(x), kemi aα1 + b = aα2 + b ose α1 = α2.

Tani supozojmë se deg p(x) > 1. Në qoftë se p(x) nuk ka ndonjë zero në F ,atëherë vërtetimi mbaron. Nga ana tjetër, në qoftë se α është një zero e p(x),






atëherë p(x) = (x − α)q(x) për ndonjë q(x) ∈ F [x], nga Pohimi 15.5. Gradae q(x) është n − 1, nga Pohimi 15.2. Le të jetë β një zero tjetër e p(x), e cilaështë e ndryshme nga α. Atëherë p(β) = (β−α)q(β) = 0. Meqënëse α 6= β dheF është një fushë, q(β) = 0. Nga hipotezat e induksionit, p(x) mund të ketëtë shumtën n − 1 zero në F që janë të ndryshme nga α. Kështu që, p(x) ka tëshumtën n zero të ndryshme në F .

Le të jetë F një fushë. Një polinom monomial d(x) quhet pjestuesi më imadh i përbashkët i polinomeve p(x), q(x) ∈ F [x] në qoftë se d(x) pjesëtonnjëkohësisht p(x) dhe q(x); dhe në qoftë se për çdo polinom tjetër d′(x) që pje-sëton p(x) dhe q(x), d′(x) | d(x). Ne shkruajmë d(x) = gcd(p(x), q(x)). Dy poli-nome p(x) dhe q(x) janë relativisht të thjeshtë në qoftë se gcd(p(x), q(x)) =1.

Pohim 9.2. Le të jetë F një fushë dhe supozojmë se d(x) është pjestuesi mëi madh i përbashkët i dy polinomeve p(x) dhe q(x) në F [x]. Atëherë ekzistojnëpolinomet r(x) dhe s(x) të tillë që

d(x) = r(x)p(x) + s(x)q(x).

Prandaj, pjestuesi më i madh i përbashkët i dy polinomeve është i vetëm.

Vërtetim: Le të jetë d(x) polinomi monomial me gradën më të vogël nëbashkësinë

S = f(x)p(x) + g(x)q(x) : f(x), g(x) ∈ F [x].

Shkruajmë d(x) = r(x)p(x) + s(x)q(x), për dy polinomet r(x) dhe s(x) në F [x].Duhet të vërtetojmë se d(x) pjesëton p(x) dhe q(x). Fillimisht duhet të vërte-tojmë se d(x) pjesëton p(x). Nga algoritmi i pjesëtimit, ekzistojnë polinometa(x) dhe b(x) të tillë që p(x) = a(x)d(x) + b(x), ku b(x) është polinomi zero osedeg b(x) < deg d(x). Kështu që,

b(x) = p(x)− a(x)d(x)

= p(x)− a(x)(r(x)p(x) + s(x)q(x))

= p(x)− a(x)r(x)p(x)− a(x)s(x)q(x)

= p(x)(1− a(x)r(x)) + q(x)(−a(x)s(x))

është një kombinim linear i p(x) dhe q(x) prandaj ndodhet në S. Megjithatë,b(x) duhet të jetë polinomi zero, meqënëse d(x) u zgjodh me gradën më të vogël;si pasojë, d(x) pjesëton p(x). Një argument i ngjashëm tregon se d(x) pjesëtonq(x) gjithashtu; pra, d(x) është një pjesëtues i përbashkët i p(x) dhe q(x).

Për të vërtetuar se d(x) është pjestuesi më i madh i përbashkët i p(x) dheq(x), supozojmë se d′(x) është një pjesëtues tjetër i përbashkët i p(x) dhe q(x).Duhet të vërtetojmë se d′(x) | d(x). Meqënëse d′(x) është një pjestues tjetëri përbashkët i p(x) dhe q(x), ekzistojnë polinomet u(x) dhe v(x) të tillë që






p(x) = u(x)d′(x) dhe q(x) = v(x)d′(x). Kështu që,

d(x) = r(x)p(x) + s(x)q(x)

= r(x)u(x)d′(x) + s(x)v(x)d′(x)

= d′(x)[r(x)u(x) + s(x)v(x)].

nga që d′(x) | d(x), d(x) është pjestuesi më i madh i përbashkët i p(x) dhe q(x).Së fundi, duhet të vërtetojmë se pjestuesi më i madh i përbashkët i p(x) dhe

q(x)) është i vetëm. Supozojmë që d′(x) është një tjetër pjestues më i madh ipërbashkët i p(x) dhe q(x). Mjafton të tregojmë se ekzistojnë polinomet u(x)dhe v(x) në F [x] të tillë që d(x) = d′(x)[r(x)u(x) + s(x)v(x)]. Meqë

deg d(x) = deg d′(x) + deg [r(x)u(x) + s(x)v(x)]

dhe d(x) dhe d′(x) janë njëkohësisht pjestuesit më të mëdhenj të përbashkët,atëherë deg d(x) = deg d′(x). Meqënëse d(x) dhe d′(x) janë të dy polinomemonomial me të njëjtën gradë, atëherë kemi që d(x) = d′(x).

9.3 Polinomet mbi UFDJepet A një UFD dhe k fusha e thyesave të saj. Jepet a ∈ k e tillë që a = r

s ,ku (r, s) = 1. Në qoftë se p është një element i thjeshtë në A, atëherë mund tëshkruajmë

a = pm a′

ku m është një numër i plotë dhe a′ ∈ k e tillë që p nuk pjesëton numëruesinose emëruesin e a′. Rendi i a në p përkufizohet si m, ku

m = ordp(a)

Jepet f(x) ∈ k[x]

f(x) = anxn + an−1x

n−1 + · · ·+ a1x+ a0.

Përkufizojmëordp (f) = min ordp (ai) | ai 6= 0.

Përmbajtja e f(x), e cila shënohet cont (f), përkufizohet si prodhimi ( edhepër shumëzimin me njësi në A)

cont(f) :=∏

pordp (f),

duke marrë të gjtha p të tilla që ordp (f) 6= 0. Në qoftë se cont (f) = 1, atëherëf(x) quhet primitiv. Pra, çdo polinom f(x) ∈ k[x] mund të shkruhet si

f(x) = cont(f) · f1(x),

ku f1(x) është primitiv dhe f1(x) ∈ A[x].






Teorema 9.4 (Lema e Gausit). Jepet A një UFD, k fusha e thyesave të sajdhe f, g ∈ k[x]. Atëherë,

cont (fg) = cont (f) · cont (g)

Vërtetim: Supozojmë se f(x)g(x) nuk është funksion primitiv dhe do tëtregojmë që as f(x) as g(x) nuk janë të tillë. Që f(x)g(x) nuk është njësi dotë thotë që pmp-ja e koeficientëve të këtij polinomi nuk është 1. Le të jetë pnjë faktor i thjeshtë i këtij pmp-je. Konsiderojmë imazhin e A mod p, pra nënhomomorfizmin natyror të unazave θ : A → A/pA - dhe e zgjerojmë te unazapolinomiale. Meqënëse A është një unazë integrale, A/pA është unazë integrale,pra edhe (A/pA)[x] është një unazë integrale.

Kemi që f(x)g(x) = 0, ku f(x) është imazhi i f(x) në (A/pA)[x], njëllojedhe g(x). Pra f(x) = 0 ose g(x) = 0, kështu që f(x) ose g(x) pjestohet nga p,pra një nga këta polinome nuk është primitiv.

Rrjedhim 9.3. Në qoftë se f(x) është i thjeshtueshëm në k[x], atëherë f(x)është i thjeshtueshëm në A[x].

Vërtetim: Jepet f(x) = g(x) · h(x), ku g(x), h(x) ∈ k[x]. Atëherë

f(x) = cont(g) · cont(h) · g1(x) · h1(x)

ku g1, h1 ∈ A[x] dhe primitiv. Pra, f(x) është i thjeshtueshëm në A[x].

Teorema 9.5. Jepet A një UFD. Atëherë A[x] është një UFD dhe të thjeshtëte tij janë ose numra të thjeshtë në lidhje me A, ose polinome primitivë, tëpathjeshtueshtëm në A[x].

9.4 Polinomet e pafaktorizueshëmMarrim unazën integrale R dhe fushën e thyesave F . Atëherë R[x] është unazëintegrale dhe F [x] është UFD. Meqënëse, R ⊂ F , R[x] ⊂ F [x]. Probleme të tillasi faktorizimi i polinomeve në R[x] zgjidhen më lehtë në F [x]. Në këtë leksionne do të shohim kritere të mjaftueshme që një polinom p(x) ∈ R[x] të jetë ipathjeshtueshëm në R[x]. Lema e mëposhtme quhet lema e Gausit.

Lema 9.1 (Gausit). Jepet R një UFD, F fusha e thyesave të R-së dhe p(x) ∈R[x]. Në qoftë se p(x) është i thjeshtueshëm në F [x], atëherë p(x) është ithjeshtueshëm në R[x]

Vërtetim: Ndryshe kjo lemë mund të formulohet: në qoftë se p(x) = A(x)B(x)për polinomet jokonstantë A(x), B(x) ∈ F [x], atëherë gjenden elementët jo zeror, s ∈ F të tillë që rA(x) = a(x) dhe sB(x) = b(x), të cilët ndodhen të dy nëR[x] dhe p(x) = a(x)b(x) është një faktorizim në R[x].

Koeficintët e polinomeve në anën e djathtë të ekuacionit

p(x) = A(x)B(x)






janë elementë të fushës F , pra janë thyesa të elementëve të Unazës me Faktori-zim të Vetëm R. Duke shumëzuar me një emërues të përbashkët këta koeficientëne përftojmë një ekuacion d · p(x) = a′(x) · b′(x), ku tani a′(x) dhe b′(x) janëelementë të R[x] dhe d është një element jo zero i R. Në qoftë se d është njësinë R. Lema është e vërtetë kur a(x) = d−1a′(x) dhe b(x) = b′(x).

Supozojmë se d nuk është njësi dhe e shkruajmë d si prodhim elementështë pathjeshtueshëm në R, për shembull d = p1 . . . pn. Meqënëse p1 është ipathjeshtueshëm në R, ideali (p1) është i thjeshtë, pra ideali p1R[x] është i thje-shtë në R[x] dhe (R/p1R)[x] është unazë integrale. Duke reduktuar ekuacionindp(x) = a′(x) · b′(x) modul p1 përftojmë ekuacionin

0 = a′(x)b′(x),

në këtë unazë integrale. Pra një nga këta faktorë duhet të jetë zero, p.sh a′(x) =0. Kjo do të thotë që të gjithë koeficientët e a′(x) pjestohen nga p1. Domethënëedhe 1

p1a′(x) ka koeficientë në R. Me fjalë të tjera, nga ekuacioni dp(x) = a′(x) ·

b′(x) ne mund të thjeshtojmë me një faktor p1 nga d dhe përsëri do të kemi njëekuacion në ekuacion në R[x]. Duke vazhduar të njëjtën procedurë arrijmë nëekuacionin p(x) = a(x) · b(x) ku a(x), b(x) ∈ R[x].

Rrjedhim 9.4. Jepet R një UFD, F fusha e thyesave të R-së dhe p(x) ∈ R[x].Supozojmë se gcd i koefiçentëve të p(x) është 1. Atëherë, p(x) është i pathje-shtueshëm në R[x], atëherë dhe vetëm atëherë kur p(x) është i pathjeshtueshëmnë F [x].

Vërtetim: ⇒ Supozojmë të kundërtën, pra p(x) është i thjeshtueshëm nëF [x]. Atëherë nga lema e Gausit p(x) është i thjeshtueshëm në R[x].⇐ Në qoftë se p(x) = a(x) ·b(x) në R[x], atëherë a(x) dhe b(x) janë polinome

jo-konstantë, në të kundërt cont p 6= 1. Përderisa a(x), b(x) /∈ R[x], nuk janëelementë njësi në F . Pra p(x) është i thjeshtueshëm në F [x] që është kontradiktë.

Për vërtetim po marrim teoremën e mëposhtme:

Teorema 9.6. R është UFD atëherë dhe vetëm atëherë kur R[x] është UFD.

Vërtetim: Kemi treguar më lart se R[x] UFD atëherë dhe R duhet të jetëUFD. Supozojmë që R është UFD, F është fusha e thyesave të R dhe p(x)një polinom jo zero në R[x]. Le të jetë d pmp i koeficientëve të p(x), prap(x) = dp′(x), ku pmp i koeficientëve të p′(x) është 1. Një faktorizim i tillëështë i vetëm në faktorë të pathjeshtueshëm në R (të cilët janë dhe në unazënmë të madhe R[x]). Mjafton të tregojmë se p′(x) mund të faktorizohet nëmënyrë të vetme në faktorë të pathjeshtueshëm në R[x]. Kështu që ne mundtë supozojmë që pmp i koeficientëve të p(x) është 1. Ne mund të supozojmëakoma që p(x) nuk është njësi në R[x], pra grada e p(x) > 0.

Meqënëse F [x] është UFD, p(x) mund të faktorizohet në mënyrë të vetmenë faktorë të pathjeshtueshëm në F [x]. Nga Lema e Gausit, një faktorizim i






tillë sjell ekzistencën e një faktorizimi të p(x) në R[x]. Meqënëse pmp i koefi-cientëve të p(x) është 1, pmp i çdo faktori të tillë në R[x] duhet të jetë 1. Ngarrjedhimi i mësipërm seicili prej këtyre faktorëve është i pathjeshtueshëm nëR[x]. Kjo tregon që p(x) mund të shkruhet si prodhim i fundëm i faktorv ve tëpathjeshtueshëm në R[x].

Faktorizimi në mënyrë të vetme i p(x) rrjedh nga faktorizimi në mënyrë tëvetme në F [x].

Supozojmë se

p(x) = q1(x) . . . qr(x) = q′1(x) . . . q′s(x)

janë dy faktorizime të p(x) në faktorë të patjeshtueshëm në R[x]. Meqënë-se pmp i koeficientëve është 1, kjo është e vërtetë për secilin nga faktorët epathjeshtueshëm, sidomos për ata me gradë pozitive.

Nga rrjedhimi i mësipërm secili qi(x) dhe q′j(x) është i pathjeshtueshëm nëF [x]. Nga faktorizimi në mënyrë të vetme në F [x], r = s, pra qi(x) dhe q′j(x)janë të shoqëruar në R[x]. Meqënëse njësitë e F [x] janë elementët e F× duhet tëkonsiderojmë rastin kur q(x) = a

b q′(x) për q(x), q′(x) ∈ R[x] dhe për elementët

jo zero a, b ∈ R, ku pmp i koeficientëve të secilit është 1. Në këtë rast

bq(x) = aq′(x)

pmp majtas është b, djathtas është a. Meqënëse në një UFD pmp i koeficientëvetë një polinomi jo zero është i vetëm, a = ub pvr u njcësi në R. Pra

q(x) = uq′(x)

kështu që q(x) = q′(x), janë të shoqëruar në R.Të shohim tani një kriter tjetër të pathjeshtushmërisë së polinomeve.

Lema 9.2. Jepet fusha F dhe p(x) ∈ F [x]. Atëherë, p(x) ka një faktor megradë 1 atëherë dhe vetëm atëherë kur p(x) ka një rrënjë në F (ekziston α ∈ Fqë p(α) = 0)

Vërtetim: Në qoftë se p(x) ka një faktor (ax+ b) = a(x− (− ba )) = a(x− α),

atëherë α = ab ∈ F . Pra supozojmë se p(x) ka një faktor (x − α). Atëherë

p(α) = 0. Në të kundërt, supozojmë se ∃α ∈ F që p(α) = 0. Atëherë, p(x) =q(x)(x−α)+r nga algoritmi i Euklidit. Duke zëvendësuar x = α kemi r = 0.

Teorema 9.7 (Testi i rrënjes së plotë). Jepet R një UFD, F fusha e thyesavetë R-së dhe p(x) ∈ R[x] si më poshtë;

p(x) = anxn + · · ·+ a1x+ a0

Në qoftë se rs ∈ F , (r, s) = 1 dhe r

s është rrënjë e p(x), atëherë r|a0 dhe s|an.

Vërtetim: Supozojmë se p( rs ) = 0 = an( rs )n + · · ·+ a0. Duke shumëzuar mesn kemi;

anrn + an−1r

n−1s+ · · ·+ a0sn = 0

Pra anrn = −s(an−1rn−1 + · · · + a0s

n−1), kështu që s|an. Gjithashtu a0sn =

−r(anrn−1 + . . . a1), pra r|a0.






Rrjedhim 9.5. Në qoftë se p(x) ∈ Z[x] jepet si më poshtë

p(x) = xn + an−1xn−1 + · · ·+ a0

dhe p(r) 6= 0, për çdo r|a0 atëherë p(x) s’ka rrënjë në Q.

Vërtetim: Në qoftë se rs ∈ Q dhe p( rs ) = 0, atëherë s|1 pra s = ±1.

Domethënë r|a0 dhe p(r) = 0, që është kontradiktë.

Lema 9.3 (Kriteri i Eisensteinit). Jepet f(x) ∈ Z[x] si më poshtë:

f(x) = xn + an−1xn−1 + · · ·+ a0

për n ≥ 1. Në qoftë se ekziston një numër i thjeshtë p ∈ Z i tillë që p pjestona0, . . . , an−1, por p2 nuk pjesëton a0, atëherë f(x) është i pathjeshtueshëm nëZ[x] (dhe Q[x]).

Shembull 9.1. Duke përdorur kriterin e Eisensteinit lexuesi të vërtetojë sepolinomet që vijojnë janë të pathjeshtueshëm. f(x) = x4+10x+5, f(x) = xn−p.

Jepet një numër i thjeshtë p. Polinomi

φp(x) =xp − 1

x− 1= xp−1 + xp−2 + · · ·+ x+ 1

quhet polinomi ciklotomik në p.

Lema 9.4. φp(x) është i pathjeshtueshëm në Z[x]

Vërtetim: Në qoftë se φp(x) është i thjeshtueshëm, atëherë φp(x + 1) ështëgjithashtu i thjeshtueshëm. Pra në vend të φp(x) ne shohim φp(x+ 1).

φp(x+ 1) =(x+ 1)p − 1

x= xp−1 + pxp−2 + · · ·+ p(p− 1)

2x+ p

Atëherë, nga kriteri i Einsesteinit φp(x + 1) është i pathjeshtueshëm, pra dheφp(x) është i pathjeshtueshëm

Shembull 9.2. Verteto se g(x) = x4 + x3 + x2 + x+ 1 është i pathjeshtueshëmmbi fushën me dy elementë F2.

Fusha F2 ka dy elementë 0 dhe 1. Shohim se asnjë prej tyre nuk është rrënjë.Pra g(x) nuk ka faktorë linearë. Atëherë në qoftë se g(x) faktorizohet do të ketëvetëm faktorë kuadratikë. Supozojmë se ekzistojnë faktorë të tillë, atëherë këtafaktorë duhet të jenë si më poshtë:

g(x) = (x2 + ax+ 1)(x2 + bx+ 1)

sepse koefiçentët para x2 duhet të jenë 1 që x4 të ketë koefiçent 1. Gjithashtutermat e lira duhet të jenë 1 që prodhimi i tyre të jetë 1 (si mundësi për koe-fiçentët kemi vetëm 0,1). Duke shumëzuar anën e djathtë dhe duke barazuarkoefiçentët me ata të anës së majtë kemi: b+ c = 1 dhe bc = 1. Ky sistem nukka zgjidhje në F2 (kontrollo 0,1). Pra g(x) është i pathjeshtueshëm.






Teorema 9.8 (Kriteri i Eisensteinit). Jepet A një UFD dhe K fusha raport esaj. Jepet f ∈ A[x] e tillë që


n−1 + · · ·+ a1x+ a0

dhe p një numër i thjeshtë në A, i tillë që:i) p | ai për çdo i ≤ n− 1ii) p2 - a0

iii) p - an.Atëherë, f(x) është i pathjeshtueshëm në K[x].

Vërtetim: Duke marrë pmp-në e faktorëve të F , mund të supozojmë secont(f) = 1. Në qoftë se ekziton një faktorizim në faktorë me gradë ≥ 1 në K[x]atëherë nga rrjedhimi i Lemës së Gausit do të ekzistojë një faktorizim në A[x],p. sh f(x) = g(x)h(x),

g(x) = bdxd + · · ·+ b0

h(x) = cmxm + · · ·+ c0,

ku d,m ≥ 1 dhe bdcm 6= 0. Meqënëse b0c0 = a0 pjestohet nga p, por jo ngap2, kemi që njëra prej tyre nuk pjestohet nga p, p. sh b0. Atëherë p | c0.Meqënëse bdcm = an nuk pjestohet nga p, atëherë p nuk pjeston cm. Le të jetëcr koeficienti i largët në të djathtë, i tillë që p | cr. Atëherë r 6= m dhe

ar = b0cr + b1cr−1 + . . . .

Meqënëse p nuk pjesëton b0cr dhe pjesëton të gjithë termat e tjerë në këtëshumë, ne arrijmë në përfundimin se p nuk pjesëton ar, një kontradiksion qëvërteton teoremën.

Shembull 9.3. Le të jetë p një numër i thjeshtë. Vërtetoni se

f(x) = xp−1 + xp + . . . x+ 1

është i pathjeshtueshëm në Q[x].

Teorema 9.9 (Kriteri i Eisensteinit për shtrirjen). Jepet A një UFD dhe Kfusha raport e tij. Jepet f ∈ A[x] i tillë që


n−1 + · · ·+ a1x+ a0

dhe p një numër i thjeshtë në A e tillë që:

1. gjendet një r (0 ≤ r ≤ n) i tillë që p - ar

2. p | ai për të gjitha 0 ≤ i ≤ r − 1

3. p2 - a0

4. f(x) = h(x) · g(x), i tillë që h, g ∈ A[x].






Atëherë, deg (h) ≥ r ose deg (g) ≥ r.

Shembull 9.4. Le të jetë p një numer i thjeshtë. Vërtetoni se

f(x) = x5 + 2x4 + 3x3 + 3

është i pathjeshtueshëm në Q[x].Vërtetim: Do të përdorim teoremën e mësipëme. 3 pjesëton a0, . . . , a3, pornuk pjesëton a4 atëherë r = 4. Pra, në qoftë se f(x) është reducible, atëherëai është prodhimi i polinomeve të gradës 4 dhe 1. Kështu që, fx ka një rrënjëracional. Nga testi i rrënjëve integrale vërtetojmë se ky fakt mund të ndodh.

Teorema 9.10. (Kriteri i reduktimit) Jepen A,B unaza integrale dhe

ϕ : A→ B

një homomorfizëm. Jepen K,L fushat raport të A,B respektivisht dhe f ∈ A[x] itillë që ϕf 6= 0 dhe deg (ϕf) = deg (f). Në qoftë se ϕf është i pathjeshtueshëmnë L[x], atëherë f nuk faktorizohet f(x) = g(x)h(x), ku g, h ∈ A[x] dhe deg g ≥1, deg h ≥ 1.

Vërtetim: Supozojmë se f e ka një faktorizim të tillë. Atëherë ϕf = (ϕg)(ϕh).Meqënëse deg(ϕg) ≤ deg(g) dhe deg(ϕh) ≤ deg(h), atëherë supozimi ynë na çonnë barazimin e gradëve të këtyre relacioneve. Përkundrazi nga pathjeshtuesh-mëria në L(x) arrijmë në përfundimin se g ose h është një element i A, siç edëshirojmë.

Rrjedhim 9.6. (Testi i pathjeshtueshmërisse mod p) Jepet p një numer ithjeshtë dhe f(x) ∈ Z[x], e tillë që deg f ≥ 1 dhe p nuk e pjesëton koeficientinkryesor të f(x). Le të jetë f(x) ∈ Zp[x] reduktimi i f(x) mod p. Në qoftë sef(x) është i pathjeshtueshëm në Zp[x], atëherë f(x) është i pathjeshtueshëm nëQ[x].

Shembull 9.5. Vërtetoni se

f(x) = x5 − 5x4 − 6x− 1

është i pathjeshtueshëm në Q[x].Vërtetim: Jepet f(x) = f(x) mod 5 = x5 + 4x + 1. Është e thjeshtë tëvërtetohet se f(x) nuk ka rrënjë në Z5. Kështu që„ në qoftë se f(x) është ithjeshtueshëm në Z5[x], atëherë ai është produkti i polinomeve me gradë një 2dhe 3. Këta polinome le të jenë:

f(x) = x5 + 4x+ 1 = (x2 + ax+ b) (x3 +mx2 + nx+ r).

Vërtetohet lehtë se ky rezultat nuk mund te ndodhë.

Shënim. Vihet re se i anasjelli e këtij pohimi nuk është i vërtetë. Ka polino-me të cilët janë të thjeshtueshëm në Zp për çdo numer të thjeshtë p, por tëpatheshtueshëm në Z[x].






Shembull 9.6. Polinomi

f(x) = x4 − 10x2 + 1

është i thjeshtueshëm në Zp[x], për çdo numër të thjeshtë p, por është i pathje-shtueshëm në Z[x].Vërtetim: Në të vërtetë, gjejmë që

f(x) mod 2 = (x+ 1)4

f(x) mod 3 = (x2 + 1)2

f(x) mod 5 = (x2 + 3) (x2 + 2)

f(x) mod 7 = (x2 + 6x+ 6) (x2 + x+ 6),

(9.1)

shiko Milne [?] (pg. 9) për vërtetimin e një numri të thjeshtë çfarëdo p.Për të vërtetuar se f(x) është i pathjeshtueshëm në Z[x], përdorim shembul-

lin e mësipërm. Sipas testit të rrënjëve integrale vërtetojmë se f(x) nuk ka rrënjëracionale. Pra, ai është produkt polinomesh me gradë 2. Me një matematikë tëthjeshtë tregohet se ky fakt nuk mund të ndodhë.

Ushtrime

1. Vërtetoni që f(x) = x3 − 3x− 1 është i pathjeshtueshëm në Z[x].

2. Për çdo numër të thjeshtë p vërtetoni se x2 − p dhe x3 − p janë të pathje-shtueshëm në Q.

3. Jepet α ∈ Z e tillë që α pjestohet nga ndonjë numer i thjeshtë p, por p2 - α.Vërtetoni që xn − α është i pathjeshtueshëm.

4. Vërtetoni që f(x) = x4 + 1 është i pathjeshtueshëm në Q.

5. Vërtetoni që polinomet e mëposhtëm janë të pathjeshtueshëm në Z[x].

1) x4 + 10x+ 52) x4 + 10x2 + 13) x4 − 4x3 + 64) x6 + 30x5 − 15x3 + 6x− 1205) x4 + 4x3 + 6x2 + 2x+ 1 (Zëvendësojmë x me x− 1 )

6. Vërtetoni se polinomin∏i=1

(x− i)± 1

është i pathjeshtueshëm në Z për të gjitha n ≥ 1.

7. Në qoftë se a është racionale dhe x − a pjesëton një polinom monomialf(x) ∈ Z[x], vërtetoni se a është një numër i plotë.






9.5 Teorema e bazës e HilbertitLe të kujtojmë se një unazë quhet Notheriane kur çdo ideal i saj gjenerohet nganjë numër i fundëm elementësh. Një nga rezultatet më të rëndësishme ështëqë kur A është Notheriane atëherë edhe A[x1, . . . , xn] është Notheriane. Kyrezultat u vërtetua së pari nga Hilbert dhe quhet Teorema e Bazës së Hilbertit.

Teorema 9.11 (Hilbert). Le të jetë A një unazë Notheriane, atëherë A[x] ështëNotheriane.

Vërtetim: Le të jetë I një ideal në A[x] dhe L bashkësia e të gjithë koeficien-tëve kryesorë të të gjithë elementëve në I.

Së pari, le të tregojmë se L është një ideal i A. Meqënëse I përmban poli-nomin zero, 0 ∈ L. Le të jenë f = axd + . . . dhe g = bxe polinome në I megrada d, e dhe me koeficientë kryesorë a, b ∈ A. Atëherë për çdo r ∈ A ose ra−bështë zero është koeficienti kryesor i rxef − xdg. Meqënëse ky polinom është nëI atëherë dhe ra− b është në L, e cila na tregon se L është ideal i A. MeqënëseA është Notheriane, ideali L i A gjenerohet në mënyrë të fundme, p. sh ngaa1, a2, . . . , an ∈ A.

Për çdo i = 1, . . . , n le të jetë fi një element i I që ka koeficient kryesor ai.Le të jetë ei grada e fi dhe shënojmë me N maksimumin e e1, e2, . . . , en. Përçdo d ∈ 0, 1, . . . , N − 1 shënojmë me Ld bashkësinë e të gjithë koeficientëvekryesorë të elementëve të I me gardë d së bashku me 0. Një arsyetim i ngjashëmme atë të L, na tregon që Ld është ideal i A dhe si i tillë është i gjeneruar nëmënyrë të fundme, sepse A është Notheriane.

Për çdo ideal jo zero Ld, le të jetë

bd,1, bd,2, . . . , bd,nd ∈ A,

një bashkësi gjeneratorësh për Ld dhe le të jetë fd,i një polinom në I me gradëd me koeficient kryesor bd,i. Të vërtetojmë se polinomet f1, . . . , fn së bashkume të gjithë polinomet fd,i të të gjithë idealëve jo zero Ld janë një bashkësigjeneratorësh për I, pra

I = (f1, . . . , fn ∪ fd,i|0 ≤ d < N, 1 ≤ i ≤ nd).

Nga ndërtimi, ideali I ′ në të djathtë lart përmbahet në I, sepse të gjithëgjeneratorët u zgjodhën në I. Në qoftë se I 6= I ′, gjendet një polinom jo zerof ∈ I me gradë minimale që f nuk është në I ′. Le të jetë d = deg f dhe le tëjetë a koeficienti kryesor i f .

Supozojmë së pari se d ≥ N . Meqënëse a ∈ L ne mund ta shkruajmë a sikombinim linear të gjeneratorëve të L-së

a = r1a1 + · · ·+ rnan.

Atëherë g = r1xd−e1f1 + · · ·+ rnx

d−enfn është një element i I ′ me të njëjtëngradë d dhe me të njëjtin koeficient kryesor a si f . Atëherë f − g ∈ I është njëpolinom në I me gradë më të vogël se f. Meqënëse f ishte me gradë minimaleduhet të kemi f − g = 0, pra f = g ∈ I ′, kontradiksion.






Së dyti supozojmë se d < N . Në këtë rast a ∈ Ld, për d < N . Pra ne mundtë shkruajmë

a = r1bd,1 + · · ·+ rndbnd , për ri ∈ A.

Atëherë g = r1fd,1 + · · ·+ rndfnd është një polinom në I ′ me të njëjtën gradë ddhe me të njëjtin koeficient kryesor a si f , përsëri kemi kontradiksion. Pra ngeletqë I = I ′ gjenerohet në mënyrë të fundme dhe meqënëse I ishte i çfarëdoshëm,kjo përfundon vërtetimin që A[x] është Notheriane.

Ushtrime

9.6 Polinomet simetrike dhe diskriminanti

Simetria është një veti gjeometrike, kështu që të quash një polinom simetrikmund të tingëllojë e çuditshme. Për të shpjeguar terminologjinë ne duhettë shpjegojmë sesi simetria përshkruhet në matematikë. Kjo përfshin nocionealgjebrike të grupit dhe te veprimeve të grupit.

9.6.1 Përkufizime të polinomeve simetrikë

Le të kujtojmë teoremën e famshme të Vietës nga algjebra elementare. Supo-zojmë se x1, . . . , xn janë n rrënjët e një polinomi

f(x) = xn + a1xn−1 + · · ·+ an.

Atëherë,

s1(x1, . . . , xn) =

n∑i=1

xi = −a1

s2(x1, . . . , xn) =∑

1≤i1<i2≤n

xi1xi2 = a2

. . . . . . . . . . . .

sm(x1, . . . , xn) =∑

1≤i1<..<im≤n

xi1 . . . xim = (−1)mam

. . . . . . . . . . . .

sn(x1, . . . , xn) = x1x2 . . . xn = (−1)nan.

Polinomet s1, . . . sn quhen polinomet simetrike te polinomit me gradë n. Poli-nomi sm(x1, . . . , xn) quhet polinomi simetrik elementar im-të në x1, . . . , xn.

Ky polinom ka vetinë e mëposhtme

sm(xσ(1), . . . , xσ(n)) = sm(x1, . . . , xn)






për çdo permutacion σ të 1, . . . , n. Kujtojmë që një permutacion i 1, . . . , nështë një korrespondencë 1-1

σ : 1, . . . , n → 1, . . . , n.

Vetia e mësipërme na çon në këtë përkufizim:

Përkufizim 9.1. Një polinom quhet polinom simetrik nëse kënaq:

p(xσ(1), . . . , xσ(n)) = p(x1, . . . , xn)

për çdo permutacion σ ∈ 1, . . . , n.

Ose le të jetë F fushë. Një polinom p(x1, . . . , xn) ∈ F [x1, . . . , xn] quhetsimetrik në qoftë se ai është i pandryshueshëm nga çdo permutacion i variablavetë tij.

Shembull 9.7. Shuma x1 + · · ·+xn dhe prodhimi x1x2 . . . xn janë simetrikë sidhe shumat xr1 + . . . xrn për r ≥ 1.

Si masë se sa simetrik është një polinom ne shohim një veprim të Sn nëF [x1, . . . , xn]

(σp)(x1, . . . , xn) = p(xσ−1(1), . . . , xσ−1(n)).

Teorema 9.12. Çdo polinom simetrik në k[t1, . . . , tn] mund të shkruhet nëmënyrë të vetme me anën e polinomeve simetrike elementare s1, . . . , sn.

Vërtetim: Le të jetë p(x1, . . . , xn) një Sn-invariant. Le të jetë

q : Z[x1, . . . , xn−1, xn]→ Z[x1, . . . , xn−1],

pasqyrimi i cili heq xn, pra q(xi) = xi ku (1 ≤ i < n), q(x) = 0 ku (i =n).

Në qoftë se p(x1, . . . , xn) është Sn-invariant, atëherë

q(p(x1, . . . , xn−1, xn)) = p(x1, . . . , xn−1, 0)

është Sn−1-invariant, ne marrim një kopje të Sn−1 brenda Sn që fikson n.Vini re që

q(si(x1, . . . , xn)) = si(x1, . . . , xn−1

për (1 ≤ i < n) dheq(si(x1, . . . , xn)) = 0,

për i = n.Me induksion në numrin e variablave, gjendet një polinom P me n − 1

variabla, i tillë që;

q(p(x1, . . . , xn)) = P (s1(x1, . . . , xn−1), . . . , sn−1(x1, . . . , xn−1)).






Tani përdorim të njëjtin polinom P , por me polinomet elementarë nga futja exn me

g()x1, . . . , xn) = P (s1(x1, . . . , xn−1), . . . , sn−1(x1, . . . , xn−1)).

Nga mënyra sesi u zgjodh P kemi që q(p(x1, . . . , xn)) − g(x1, . . . , xn) = 0. Prapasqyrimi xn → 0 dërgon diferencën p − g në 0. Duke përdorur faktorizimine vetëm në Z[x1, . . . , xn] kjo sjell që xn pjeston p − g. Sn-invarianca e p − gimplikon që çdo xi pjeston p − g. Pra, nga faktorizimi i vetëm sn(x1, . . . , xn)pjeston p− g.

Grada totale e monomit c xe11 . . . xenn është shuma e eksponentëve

deg (c · xe11 . . . xenn ) = e1 + · · ·+ en.

Grada totale e një polinomi është maksimumi i gradëve totale të monomeve tëtij. Konsiderojmë polinomin

p− gsn

=p(x1, . . . , xn)− g(x1, . . . , xn)

sn(x1, . . . , xn).

Ai ka gradë totale më të ulët se p. Me induksion për gradën totale, p−gsn shprehetnë termat e polinomeve simetrikë elementarë.

Përkufizim 9.2. Jepet f(x) ∈ k[x] i tillë që

f(x) = (x− α1) · · · (x− αn).

Diskriminanti i f(x), që shënohet me D(f, x), është përkufizuar si:

D(f, x) :=∏i<j

(αi − αj)2

Lema 9.5. Jepet f(x) ∈ C[x]. Atëherë f(x) ka një rrënjë dyfishe atëherë dhevetëm atëherë D(f, x) = 0.

Vërtetim: Vërtetimi lihet si ushtrim për lexuesin.

Diskriminanti është një polinom simetrik i α1, . . . , αn, prandaj ai mund tëshprehet si një polinom në s1, . . . , sn.

Shembull 9.8. Jepet f(x)

f(x) = ax2 + bx+ c.

Vërtetohet lehtë se D(f, x) = b2 − 4ac.

Shembull 9.9. Jepet f(x), funksioni kubik

f(x) = ax3 + bx2 + cx+ d.

Atëherë D(f, x) = −27a2d2 + 18adbc+ b2c2 − 4b3d− 4ac3.






Shembull 9.10. Jepet f(x), funksioni i gradës së katërt

f(x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx+ e.

Atëherë

D(f, x) = 256a3e3 − 128a2e2c2 − 4b3d3 + 16ac4e− 4ac3d2 − 6aeb2d2 + 144ae2cb2

+ 144a2ecd2 + 18abd3c+ c2b2d2 − 4c3b2e− 192a2e2bd− 80abdc2e

+ 18b3dce− 27b4e2 − 27a2d4

Lexuesve që ju intereson mund të përdorin Maple për të gjetur këto rezultatepër polinomet me gradë të lartë.

Shënim. Diskriminanti i një polinomi të përgjithshëm me gradë n


n−1 + · · ·+ a1x+ a0

është një polinom homogjen në a0, . . . an gradë 2n− 2.

Ushtrime

8. Vërtetoni që f ∈ k[x1, . . . , xn] është simetrik, atëherë dhe vetëm atëherë kur

f(x1, . . . , xn) = f(x2, x1, x3, . . . , xn) = f(x2, x3, . . . , xn, x1).

9. Gjeni diskriminantin e polinomeve:i) x3 + px+ qii) x3 + px2 + qiii) x3 + x2 − 4x+ 1iv) x4 + px2 + qx+ r

10. Jepetf(x) = xn + px+ q.

Vërtetoni se

D(f, x) = (−1)n(n−1)

2 nnqn−1 + (−1)(n−1)(n−2)

2 (n− 1)(n−1)pn

11. Supozojmë, që a, b ∈ Q. E dimë, që Dp = 0, atëherë dhe vetëm atëherë, kurp(x) ka një rrënjë shumfishe. Vërtetoni se, Dp > 0, atëherë dhe vetëm atëherë,kur p ka tre rrënjë të dalluara reale. Gjithashtu Dp < 0, atëherë dhe vetëmatëherë, kur p ka një rrënjë reale dhe dy rrënjë komplekse me të konjuguara joreale.

9.6.2 Rezultanti dhe diskriminantiMë sipër ne pamë se diskriminanti i një polinomi me gradë n mund të shprehetsi një polinom i gradës 2n − 2 ne koeficentet e polinomit. Konkretisht se sirealizohet kjo do ta studiojme ne këtë leksion.






Lema 9.6. Jepet f, g ∈ k[x], deg f = l > 0, deg g = m > 0. Atëherë fdhe g kanë një faktor të përbashkët në qoftë se dhe vetëm në qoftë se ekzistojnëA,B ∈ k[x] të tillë që:

1) A dhe B janë të ndryeshëm nga zero.2) deg A ≤ m− 1, deg B ≤ l − 1.3) Af +Bg = 0.

Vërtetim: Detyrë

Arsyetojmë sipas lemës së mësipërme. Jepet f, g si më poshtë

f(x) = alxl + · · ·+ a0

g(x) = bmxm + · · ·+ b0

A(x) = cm−1xm−1 + · · ·+ c0

B(x) = dl−1xl−1 + · · ·+ d0

Duke zvendësuar në ekuacionin

Af +Bg = 0,

kemi

(alcm−1 + bmdl−1)xl+m−1+

+ (al−1cm−1 + alcm−2 + bm−1dl−1 + bmdl−2)xl+m−2+

+ . . . . . . · · ·++ (a0c0 + b0d0) = 0

Duke i barazuar koeficientët me zero marrim sistemin prej (l +m) ekuacio-neve. Konsiderojmë c0, . . . , cm−1, d0, . . . , dl−1 si të pa njohura. Sistemi ështëlinear dhe matrica e koeficientëve te tij është:

Syl(f, g, x) =

al bmal−1 al bm−1 bmal−2 al−1 . bm−2 bm−1 .. al−2 . . . . . .. . . . al . . . . bma1 . . . al−1 b0 . . . bm−1

a0 a1 . . al−2 b0 . . .a0 . . . . . .

. . . .. . .

a0 b0

(9.2)

e cila quhet matica e Silvesterit për f(x) dhe g(x).






Përkufizim 9.3. Rezultanti i f(x) dhe g(x), i cili shënohet me Res(f, g, x),është

Res(f, g, x) := det (Syl(f, g, x)).

Lema 9.7. Jepet f(x) dhe g(x):

f(x) =∏i

(x− αi), g(x) =∏j

(x− βj)

Atëherë,Res(f, g, x) =

∏i,j

(αi − βj)

Vërtetim: Detyrë.

Rrjedhim 9.7. Polinomet f(x) dhe g(x) kanë një faktor të përbashkët në k[x]në qoftë se dhe vetëm në qoftë se

Res(f, g, x) = 0.

Lexuesi tashmë duhet të jetë në gjendje të vërtetojë lemën e mëposhtme ecila ishte qëllimi i këtij leksioni.

Lema 9.8. Jepetf(x) = anx

n + . . . a1x+ a0

dhe f ′(x) derivati i tij. Atëherë

D(f, x) =(−1)

n(n−12

anRes(f, f ′, x).

Koncepti i rezultantit mund të përdoret me mjaft sukses në eliminimin endryshoreve në sistemet e ekuacioneve. Fakti që llogaritja e rezultatntit mundtë behet me kohë polinomiale e bën rezultantin një armë të fuqishme në algjebrënkompjuterike.

Ushtrime

12. Jepen polinomet

F (t) = u(1 + t2)− t2

G(t) = v(1 + t2)− t3(9.3)

Gjeni Res(F,G, t).

13. Jepet

f(x) = x5 − 3x4 − 2x3 + 3x2 + 7x+ 6

g(x) = x4 + x2 + 1(9.4)

Gjeni Res(f, g, x).






14. A kaf(x) = 6x4 − 23x3 − 19x+ 4

rrënjë të shumëfishta në C?

15. Gjeni b të tillë qëf(x) = x4 − bx+ 1

ka një rrënjë dyfishe në C. (Udhëzim: b4 = 25627 ).

16. Gjeni p të tillë qëf(x) = x3 − px+ 1

ka një rrënjë dyfishe në C. (Udhëzim: b3 = 274 ).

17. Gjeni një faktorizim tëf(x) = x4 + 1

në Z5[x].

18. A është

f(x) = x7 + 3x6 + 12x5 + 6x4 + 2x3 − 4x2 + 6x+ 2

i pathjeshtueshëm?

19. Jepet unaza A dhe N nilradikali i tij. Vërtetoni se përfundimet e mëposhtmejanë ekuivalente:

i) A ka vetëm një ideal të thjeshtë. ii) çdo element i A është ose elementnjësi ose nilpotent. iii) A/N është një fushë

20. Jepet A një unazë dhe f ∈ A[x] i tillë që

f = a0 + a1x+ · · ·+ anxn.

Vërtetoni që

i) f është një element njësi në A[x] atëherë dhe vetëm atëherë a0 është njëelement njësi në A dhe a1, . . . , an janë nilpotent.

ii) f është nilpotent atëherë dhe vetëm atëherë a0, a1, . . . , an janë nilpotent.iii) f është një pjesëtues i zeros atëherë dhe vetëm atëherë ekziston a 6= 0 në

A e tillë që af(x) = 0.iv) Për çdo f, g ∈ A[x], fg është primitiv atëherë dhe vetëm atëherë f dhe

g janë primitiva.







Vërtetoni se

D(f, x) = (−1)n(n−1)

2 nnqn−1 + (−1)(n−1)(n−2)

2 (n− 1)(n−1)pn

22. Jepet

f(x) = x5 − 3x4 − 2x3 + 3x2 + 7x+ 6

g(x) = x4 + x2 + 1(9.5)

Gjeni Res(f, g, x).

23. Gjeni një relacion algjebrik ndërmjet a dhe b të tillë që

xn + ax+ b

ka një rrënjë dyfishe në C.

24. Zgjidhni ekuacionin

(z2 − 1

z3)(3z2 + 2z + 1) = 0

25. Jepet p një numer i thjeshtë dhe le të jetë a, b numer i plotë. Vërtetoni që

(a+ b)p ≡ ap + bp( mod p)

26. Vërteto se polinomet e mëposhtëm janë te pathjeshtueshëmi) x4 − 4x3 + 6

ii) x6 + 30x5 − 15x3 + 6x− 120iii) x4 + 4x3 + 6x2 + 2x+ 1 (Zëvendëso x me (x-1)).

27. i) Zgjidhni ekuacionin

x5 − 2x4 + 5x3 − 10x2 + 3x− 6 = 0

në numrat kompleksë. Gjeni të gjitha zgjidhjet dhe i shprehni ato sipas radika-lëve.

Udhëzim: faktorizoni këtë polinom më parë.ii) Gjeni diskriminantin e polinomit

f(x) = ax2 + bx+ c

sipas përkufizimit.iii) A është polinomi i mëposhtëm i thjeshtueshëm në Q

f(x) = x7 + 5x6 − 15x5 − 3x4 + 6x3 + 9x2 + 12x− 21

Vërtetoni përgjigjen tuaj.






28. Gjeni në qoftë se

f(x) = x3 + x2 − 5x− 5

g(x) = x3 + 2x2 − 5x− 10(9.6)

kanë faktor të përbashkët në Q[x].

29. Gjeni se cili nga polinomet e mëposhtëm është i thjeshtueshëm (i pathjesh-tueshëm) në Z2[x]. Shpjegoni arsyen.

i) x2 + 1ii) x2 + x+ 1iii) x3 + x+ 1

30. Gjeni një faktorizim për

f(x) = x4 + 1

në Z5[x].

31. Eshtë polinomi në vazhdim

f(x) = x7 + 3x6 + 12x5 + 6x4 + 2x3 − 4x2 + 6x+ 2

i pa faktorizueshëm?

32. Vërtetoni se diskriminanti i nje polinomi gjenerik me gradë n


n−1 + · · ·+ a1x+ a0

është një polinom homogjen në a0, . . . an i gradës 2n− 2.

33. i) Vërtetoni se polinomi

f(x) =

n∏i=1

(x− i)− 1

është i pathjeshtueshëm në Z për të gjitha n ≥ 1.ii) Vërtetoni se polinomi

f(x) =

n∏i=1

(x− i) + 1

është i pathjeshtueshëm në Z për të gjithë numrat tek n ≥ 1.

34. Në qoftë se a është racionale dhe x − a pjesëton një polinom monomialf(x) ∈ Z[x], vërtetoni se a është një numer i plotë.

35. Le të jetë f(x) çdo polinom monomial i gradës n. Atëherë

D(f, x) = (−1)n(n−1)

2

n∏i=1

f ′(αi)

ku α1, . . . , αn janë rrënjët e f(x) dhe f ′(x) derivati i tij.







Vërtetoni se

D(f, x) = (−1)n(n−1)

2 nnqn−1 + (−1)(n−1)(n−2)

2 (n− 1)(n−1)pn

37. Jepet

f(x) = x5 − 3x4 − 2x3 + 3x2 + 7x+ 6

g(x) = x4 + x2 + 1(9.7)

Gjeni Res(f, g, x).

38. Në qoftë se F është fushë, vërtetoni se F [x1, . . . , xn] është një unazë inte-grale.

39. Vërtetoni se algoritmi i pjesëtimit nuk qëndron për Z[x]. Pse?

40. Vërtetoni ose kundërshtoni: xp+a është i pathjeshtueshëm, për çdo a ∈ Zp,ku p është numer i thjeshtë.

41. Le të jetë f(x) i pathjeshtueshëm. Në qoftë se f(x) | p(x)q(x), vërtetoni sef(x) | p(x) ose f(x) | q(x).

42. Supozojmë që R dhe S janë unaza izomorfike. Vërtetoni se R[x] ∼= S[x].

43. Le të jetë F një fushë dhe a ∈ F . Në qoftë se p(x) ∈ F [x]. Vërtetoni sep(a) është mbetja e përfuar nga pjesëtimi i p(x) me x− a.

44. Le të jetë Q∗ grupi shumëzues i numrave racinal pozitiv. Vërtetoni se Q∗është izomorfik me (Z[x],+).





Pjesa III

Modulet

193

Kapitulli 10

Hyrje në teorinë e moduleve

Në Pjesën III të këtij libri ne do të studiojmë objektet matematikë të quajturmodule. Ne do të shohim se hapësirat vektoriale janë thjeshtë një tip i veçantëmodulesh kur unaza R është fushë. Në qoftë se R është një unazë, përkufizimi injë R–moduliM është pothuajse analog me përkufizimin e veprimit të grupit kuunaza R luan rolin e grupit dhe M - ja rolin e bashkësisë. Por axiomat shtesë tëmoduleve kërkojnë që M -ja të jetë një grup Abelian. Nga përkufizimi moduletjanë objektet algjebrike mbi të cilat veprojnë unazat.

10.1 Përkufizimet bazë dhe shembujLe të japim përkufizimin e një moduli.

Përkufizim 10.1. Le të jetë R një unazë (jo domosdoshmërisht unazë me njëshose unazë Abeliane). Një R-modul i majtë ose një modul i majtë mbi unazënR është një bashkësi M së bashku me,

1. një veprim binar + mbi M -në, në lidhje me të cilin bashkësia M formonnjë grup Abelian dhe

2. një veprim i unazës R mbi M -në(pra një pasqyrim R ×M → M) i cilishënohet me rm, për çdo m ∈M i cili kënaq kushtet:

a) (r + s)m = rm+ sm, për çdo r, s ∈ R dhe m ∈M ,

b) (rs)m = r(sm), për çdo r, s ∈ R dhe m ∈M ,

c) r(m+ n) = rm+ rn, për çdo r ∈ R dhe m,n ∈M .

Në qoftë se unaza R ka njësh 1R shtojmë aksiomën:

d) 1R ·m = m, për çdo m ∈M .

Mbiemri "i majtë" në përkufizimin e mësipërm tregon se elementët e unazësshfaqen në të majtë. Në mënyrë analoge mund të përkufizohet dhe një R-moduli djathtë. Në qoftë se unaza R është unazë Abeliane dhe M një modul i majtë,

195


ne mund ta shndërojmë në një modul të djathtë duke përkufizuar mr = rm,për çdo m ∈M dhe r ∈ R. Kur përdorim termin "modul" do të nënkuptojmëgjithmonë "modul të majtë". Modulet të cilët kënaqin aksiomën 2(d) janëquajtur module me njësh dhe në këtë libër të gjithë modulet do të jenë tëtillë.

Kur unaza R është një fushë F , aksiomat e një R moduli janë ekzaktësishttë njëjta me ato të një hapësire vektoriale mbi fushën F , pra

modulet mbi një fushë F dhe hapësirat vektoriale mbi F -në janë të njëjta.

Përpara se të japim disa shembuj të R-moduleve le të japim përkufizimin enjë nënmoduli.

Përkufizim 10.2. Le të jetë R një unazë dheM një R-modul. Një R-nënmoduli M -së është një nëngrup N i M -së i cili është i mbyllur në lidhje me veprimete unazës, domethënë rn ∈ N , për çdo r ∈ R dhe n ∈ N .

Nënmodulet e modulit M janë thjeshtë nënbashkësi të M -së të cilat janëgjithashtu module në lidhje me veprimet e dhëna. Në qoftë se R = F ështënjë fushë, nënmodulet janë të njëjta me nënhapësirat. Çdo R-modul M ka dynënmodule M dhe 0.

Shembull 10.1. Le të jetë R një unazë. Atëherë M = R është një R-moduli majtë, ku veprimi i një elementi të unazës mbi një element të modulit ështëthjeshtë veprimi i shumëzimit në unazën R. Çdo fushë F mund të konsiderohetsi një hapësirë vektoriale(1 dimensionale) mbi vetveten. Kur R konsiderohetsi një modul i majtë mbi vetveten, nënmodulet e R-së janë ekzaktësisht idealete majtë të R-së(dhe në qoftë se R konsiderohet si një R modul i djathtë mbivetveten, nënmodulet e tij janë idealet e djathtë). Pra në qoftë se R nuk ështëunazë Abeliane ai ka një strukturë modulesh të majtë dhe të djathtë mbi vetvetendhe këto struktura mund të jenë të ndryshme(për shembull nënmodulet mund tëjenë të ndryshëm).

Shembull 10.2. Le të jetë R = F një fushë. Si u theksua dhe më sipër çdohapësirë vektoriale mbi F -në është një F–modul dhe anasjelltas. Le të jetën ∈ Z+ dhe le të kemi

Fn = (a1, a2, · · · , an)|ai ∈ F, për çdo i

(e cila quhet hapësirë afine mbi F -në). Fn-ja shndërohet në një hapësirë vekto-riale duke përkufizuar veprimin e mbledhjes dhe të shumëzimit si më poshtë:

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

α(a1, a2, · · · , an) = (αa1, αa2, · · · , αan), α ∈ F.

Si në rastin e n- hapësirës Euklideane(pra kur F = R), n- hapësira afine ështënjë hapësirë vektoriale me dimension n mbi F -në.






Shembull 10.3. Le të jetë R një unazë me 1 dhe le të jetë n ∈ Z+. Duke ubazuar te Shembulli 2 përkufizojmë:

Rn = (a1, a2, · · · , an)|ai ∈ R, për çdo i

Rn-ja shndërohet në një R–modul duke përcaktuar veprimin e mbledhjes dhe tëshumëzimit si në shembullin më sipër. Moduli Rn është quajtur modul i lirëme rank n mbi R-në.

Shembull 10.4. I njëjti grup Abelian mund të ketë strukturën e një R-modulipër një numër të ndryshëm unazash R dhe secili nga këto struktura mund tëmbart informacion të përdorshëm. Në mënyrë specifike, në qoftë se M ështënjë R-modul dhe S është një nënunazë e R-së, ku 1S = 1R, atëherë M -ja ështëautomatikisht një S-modul gjithashtu. Fusha R është një R–modul, një Q–moduldhe një Z–modul.

Shembull 10.5. Në qoftë se M është një R–modul dhe për një ideal I të R-së,am = 0 për çdo a ∈ I dhe për çdo m ∈ M , ne themi se M është annihila-ted nga I. Në këtë rast ne mund ta shndërojmë M -në një (R/I)–modul dukepërcaktuar veprimin e unazës faktor R/I mbi M - në të tillë:

(r + I)m = rm, për çdo m ∈M dhe për çdo koset r + I ∈ R/I.

Meqënëse am = 0 për çdo a ∈ I dhe për çdo m ∈M veprimi i mësipërm ështëfunksion dhe është e lehtë të vërtetohet se M është një R/I–modul. Në veçantikur I është një ideal maksimal në unazën Abeliane R dhe IM = 0, atëherë Mështë një hapësirë vektoriale mbi fushën R/I.

Le të japim tani testin e nënmoduleve i cili është analog me testin e nëngru-peve.

Pohim 10.1 (Testi i nënmoduleve). Le të jetë R një unazë dheM një R–modul.Një nënbashkësi N eM -së është një nënmodul iM -së atëherë dhe vetëm atëherëkur:

1. N 6= ∅ dhe

2. x+ ry ∈ N , për çdo r ∈ R dhe për çdo x, y ∈ N .

Vërtetim: Në qoftë se N është një nënmodul, atëherë 0 ∈ N pra N 6= ∅.Gjithashtu N është e mbyllur në lidhje me veprimin e mbledhjes dhe shkon nëvetvete nën veprimin e elementëve të R-së. Anasjelltas, supozojmë se (1) dhe(2) janë të vërteta. Le të kemi r = −1 dhe zbatojmë testin e nëngrupeve për tëparë se N është një nëngrup i M -së. Në veçanti, 0 ∈ N . Tani le të kemi x = 0dhe zbatojmë (2) për të parë se N -ja shkon në vetvete nën veprimin e R-së.

Përkufizim 10.3. Le të jetë R një unazë Abeliane me njësh. Një R–algjebërështë një unazë A me njësh së bashku me një homomorfizëm unazash f : R→ A,që pasqyron 1R te 1A, i tillë që nënunaza f(R) e A-së përmbahet në qëndrën eA-së.






Përkufizim 10.4. Në qoftë se A dhe B janë dy R–algjebra, një homomorfizëmR–algjebre(ose një izomorfizëm) është një homomorfizëm unazash(respektivishtizomorfizëm) ϕ : A → B e cila pasqyron 1A te 1B i tillë që ϕ(ra) = rϕ(a) përçdo r ∈ R dhe a ∈ A.

Shembull 10.6. Le të jetë R një unazë Abeliane me njësh.

1. Çdo unazë me njësh është një Z–algjebër.

2. Në qoftë se A është një R–algjebër, atëherë struktura e R–modulit të A-sëvaret vetëm nga nënunaza f(R).

Supozojmë se A është një R–algjebër. Atëherë A është një unazë me njëshpra është një R–modul i majtë(me njësh ) i cili kënaq vetinë:

r · (ab) = (r · a)b = a(r · b)

për çdo r ∈ R dhe a, b ∈ A. Anasjelltas, mbi një unazë A këto kushtepërcaktojnë një R–algjebër dhe shpesh përdoren si përkufizimi i një R–algjebre.

Ushtrime

Në ushtrimet e mëposhtme R është unazë me njësh dhe M një R-modul imajtë.

45. Vërtetoni se 0m = 0 dhe (−1)m = −m për çdo m ∈M .

46. Supozoni se rm = 0 për një r ∈ R dhe një m ∈M ku m 6= 0. Vërtetoni ser nuk ka invers të majtë (pra nuk ekziston një numër s i tillë që sr = 1).

47. Le të jetë M një modul Rn, si moduli i përshkruar në Prob. (46) dhe le tëjenë I1, I2, · · · , In ideale të majtë të R-së. Vërtetoni se bashkësitë e mëposhtmejanë nënmodule të M -së:

a) (x1, x2, · · · , xn)|xi ∈ Iib) (x1, x2, · · · , xn)|xi ∈ R dhe x1 + x2 + · · ·+ xn = 0.

48. Për çdo ideal të majtë I në R përkufizojmë:

IM =

∑fundme

aimi|ai ∈ I,mi ∈M

të jetë koleksioni i të gjithë fushave të fundme të elementëve të formës am, kua ∈ I dhe m ∈M . Vërtetoni se IM është një nënmodul i M -së.

49. Vërtetoni se prerja e një koleksioni jo bosh nënmodulesh të një R–moduliështë një nënmodul.

50. Le të jetë z një element i qëndrës së R-së, pra zr = rz për çdo r ∈ R.Vërtetoni se zM është një nënmodul i M -së, ku zM = zm|m ∈M. Vërtetonise në qoftë se R është unaza e matricave 2 × 2 mbi një fushë dhe e është njëmatricë me 1 në pozicionin (1, 1) dhe 0 në të gjitha pozicionet e tjera, atëherëeR nuk është një R–nënmodul i majtë.






51. Në qoftë se M është një grup i fundëm Abelian atëherë M është një Z–modul. A mund ta shtrimë këtë veprim në mënyrë të tillë që M të bëhet njëQ-modul?

10.2 Modulet faktor dhe homomorfizmat e mo-duleve

Në këtë temë do të japim teorinë bazë të moduleve faktor dhe homomorfizmate moduleve.

Përkufizim 10.5. Le të jetë R një unazë dhe le të jenë M dhe N , R-module.

1. Një funksion ϕ : M → N është një homomorfizëm R–modulesh në qoftëse ai respekton strukturën e R–moduleve M dhe N , pra:a) ϕ(x+ y) = ϕ(x) + ϕ(y) për çdo x, y ∈M dheb) ϕ(rx) = rϕ(x), për çdo r ∈ R, x ∈M .

2. Një homomorfizëm R–modulesh është një izomorfizëm në qoftë se ai ështësi injektiv dhe syrjektiv. Modulet M dhe N thuhet se janë izomorfikë dheshënohen M ∼= N , në qoftë se ekziston një homomorfizëm R–moduleshϕ : M → N .

3. Në qoftë se ϕ : M → N është një homomorfizëm R–modulesh, bërthama eϕ është:

kerϕ = m ∈M |ϕ(m) = 0dhe imazhi i ϕ është:

ϕ(M) = n ∈ N |n = ϕ(m) për një m ∈M

4. Le të jenë M dhe N , R–module dhe përkufizojmë HomR(M,N) të jetëbashkësia e të gjithë homomorfizmave të R-moduleve nga M në N .

Pohim 10.2. Le të jenë M,N dhe L, R–module.

1. Një funksion ϕ : M → N është një homomorfizëm R–modulesh atëherëdhe vetëm atëherë kur

ϕ(rx+ y) = rϕ(x) + ϕ(y) për çdo x, y ∈M dhe çdo r ∈ R.

2. Le të jenë ϕ,ψ elementë të HomR(M,N). Përkufizojmë ϕ+ ψ të tillë:

(ϕ+ ψ)(m) = ϕ(m) + ψ(m) për çdo m ∈M

Atëherë ϕ + ψ ∈ HomR(M,N) dhe me këtë veprim HomR(M,N) ështëgrup Abelian. Në qoftë se R është unazë ndërrimtare atëherë për r ∈ Rpërkufizojmë rϕ të tillë:

(rϕ)(m) = r(ϕ(m)) për çdo m ∈M.

Atëherë rϕ ∈ HomR(M,N) dhe me këtë veprim të unazës ndërrimtare R,grupi Abelian HomR(M,N) është një R–modul.






3. Në qoftë se ϕ ∈ HomR(M,N) dhe ψ ∈ HomR(M,N) atëherë ψ ϕ ∈HomR(M,N).

4. Me veprimin e mbledhjes të përcaktuar si më sipër dhe me veprimin epërbërjes së funksioneve, HomR(M,M) është unazë me njësh. Kur unazaR është ndërrimtare HomR(M,M) është një R–algjebër.

Vërtetim: i) Në qoftë se ϕ është një homomorfizëm R–modulesh atëherë

ϕ(rx+ y) = rϕ(x) + ϕ(y).

Anasjelltas, në qoftë se ϕ(rx+ y) = rϕ(x) + ϕ(y), marrim r = 1 për të parë seϕ është aditiv dhe marrim y = 0 për të parë se ϕ është ndërrimtar në lidhje meveprimin e R mbi M(pra është homogjen).

2) Është e lehtë të vërtetohet se të gjitha aksiomat e grupeve Abelianë dheR–moduleve kënaqen me këto përkufizime. Vëmë re se vetia ndërruese e una-zës R është përdorur për të treguar se rϕ plotëson aksiomën e dytë të njëhomomorfizmi R–modulesh, pra

(r1ϕ)(r2m) = r1ϕ(r2m) (nga përkufizimi i r1ϕ)

= r1r2(ϕ(m)) ( meqënëse ϕ është homomorfizëm)

= r2r1ϕ(m) ( meqënëse R është ndërrimtare )

= r2(r1ϕ)(m) ( nga përkufizimi i r1ϕ).

Vërtetimi i aksiomave mbështetet në hipotezën se N është një R–modul.Bashkësia e përcaktimit M në fakt mund të jetë çdo bashkësi, nuk është ethënë që ajo të jetë një R–modul ose një grup Abelian.

3) Le të jenë dhënë ϕ dhe ψ dhe r ∈ R, x, y ∈ L. Atëherë kemi:

(ψ ϕ)(rx+ y) = ψ(ϕ(rx+ y))

= ψ(rϕ(x) + ϕ(y))

= rψ(ϕ(x)) + ψ(ϕ(y))

= r(ψ ϕ)(x) + (ψ ϕ)(y)

Pra nga (1), ψ ϕ është një homomorfizëm R–modulesh.4) Meqënëse bashkësia e përcaktimit dhe bashkësia e vlerave të elementëve të

HomR(M,M) janë të njëjta, përbërja e funksioneve është e përcaktuar. Nga (3)ai është një veprim binar mbi HomR(M,M). Dimë se përbërja e funksioneve egëzon vetinë e ndërrimit. Vetitë e tjera të unazës janë të lehta për t’u vërtetuar,i lihen detyrë lexuesit. Funksioni identitet, I,(si gjithmonë, I(x) = x, për çdox ∈ M) është identiteti i HomR(M,M) në lidhje me veprimin e shumëzimit.Në qoftë se R është Abeliane, atëherë (2) tregon se unaza HomR(M,M) ështënjë R–modul i majtë dhe duke përkufizuar ϕr = rϕ për çdo ϕ ∈ HomR(M,M)dhe r ∈ R e shndërohet në një R–algjebër.






Përkufizim 10.6. Unaza HomR(M,M) quhet unazë endomorfizëm e M -sëdhe do ta shënojmë me EndR(M) ose thjeshtë End(M). Elementët e End(M)quhen endomorfizma.

Pohim 10.3. Le të jetë R një unazë, le të jetë M një R–modul dhe le të jetëN një nënmodul i M -së. Grupi faktor M/N mund të kthehet në një R-modulduke përkufizuar veprimin:

r(x+N) = (rx) +N, për çdo x ∈ R, x+N ∈M/N.

Projeksioni natyral π : M →M/N , i tillë që π(x) = x+N është një homomor-fizëm R–modulesh me bërthamë N .

Vërtetim: Meqënëse grupi M është Abelian në lidhje me +, grupi faktorM/N është grup Abelian. Për të parë se veprimi i elementëve, r, të unazës mbikosetat x+N është një funksion, supozojmë se x+N = y+N , pra x− y ∈ N .Meqë N është një R-modul(i majtë), r(x − y) ∈ N . Pra, rx − ry ∈ N dhe sirrjedhim rx + N = ry + N . Meqënëse veprimet në M/N "përputhen" me atonë M , aksiomat për të vërtetuar se M/N është një R–modul janë të thjeshtapër të vërtetuar. Për shembull, aksioma 2(b) vërtetohet si më poshtë: për çdor1, r2 ∈ R dhe x+M/N , nga përkufizimi i veprimit të elementëve të unazës mbielementët e M/N

(r1r2)(x+N) = (r1r2x) +N

= r1(r2x+N)

= r1(r2(x+N)).

Aksiomat e tjera janë të lehta për t’u vërtetuar. Vërtetimi i lihet detyrëlexuesit.

Së fundmi projeksioni natyral π i dhënë më sipër është projeksioni natyrali grupit Abelian M mbi grupin Abelian M/N , prandaj është një homomorfi-zëm grupesh me bërthamë N . Na ngelet vetëm të vërtetojmë se π është njëhomomorfizëm modulesh, pra π(rm) = rπ(m). Por,

π(rm) = rm+N = r(m+N) = rπ(m)

Kjo e përfundon vërtetimin.

Përkufizim 10.7. Le të jenë A,B nënmodule të një R–moduli M . Shuma eA-së dhe B-së është bashkësia:

A+B = a+ b | a ∈ A, b ∈ B

Mund të vërtetohet lehtë se shuma e dy nënmoduleve A dhe B është njënënmodul dhe është nënmoduli më i vogël që përmban si A dhe B.






Teorema 10.1 (Teoremat e izomorfizmave). i) (Teorema e parë e izomorfi-zmave për modulet) Le të jenë M dhe N,R–module dhe le të jetë ϕ : M → Nnjë homomorfizëm R–modulesh. Atëherë kerϕ është një nënmodul i modulit Mdhe M/ kerϕ ∼= ϕ(M).

ii) (Teorema e dytë e izomorfizmave) Le të jenë A,B nënmodule të njëR-moduli M . Atëherë

(A+B)/B ∼= A/(A ∩B).

iii) (Teorema e tretë e izomorfizmave) Le të jetë M një R–modul dhe letë jenë A dhe B nënmodule të M -së ku A ⊂ B. Atëherë (M/A)/(B/A) ∼= M/B.

iv) (Teorema e katërt e izomorfizmave) Le të jetë N një nënmodul injë R–moduli M . Ekziston një bijeksion ndërmjet nënmoduleve të M -së të cilatpërmbajnë N dhe nënmoduleve të M/N . Korrespodenca jepet nga A ↔ A/N ,për çdo A ⊇ N .

Ushtrime

52. Përdorni testin e nënmoduleve për të vërtetuar se bërthama dhe imazhi injë homomorfizmi R–modulesh janë nënmodule.

53. Vërtetoni se relacioni "është R–modul izomorfik " është një relacion ekui-valence mbi çdo bashkësi R–modulesh.

54. Jepni një shembull të një funksioni nga një R–modul në një tjetër i ciliështë një homomorfizëm grupesh por jo një homomorfizëm R–modulesh.

55. Vërtetoni se HomZ(Z/nZ,Z/mZ) ∼= Z/(m,n)Z.

10.3 Gjenerimi i moduleve, shumat direkte, dhemodulet e lira.

Le të jetë R një unazë me njësh. Sikurse në temat e mëparshme edhe ketu kurpërdorim termin "modul" nënkuptojmë "modul të majtë".

Përkufizim 10.8. Le të jetë M një modul dhe N1, · · ·Nn nënmodule të M -së.

1. Shuma e N1, · · · , Nn është bashkësia e të gjithë shumave të fundme të ele-mentëve nga bashkësitë Ni : a1 + a2 + · · · + an|ai ∈ Nipër çdo i. Eshënoni këtë shumë me N1 + · · ·Nn.

2. Për të gjitha nënbashkësitë A të M -së le të kemi:

RA = r1a1 + r2a2 + · · ·+ rmam|r1, · · · rm ∈ R, a1, · · · , am ∈ A,m ∈ Z+

Në qoftë se A është bashkësia e fundme a1, · · · , an në vend të RA nemund të shkruajmë Ra1 + Ra2 + · · · + Ran. RA do të quhet nënmodul i






modulit M i gjeneruar nga A. Në qoftë se N është një nënmodul i M -së(mundësisht N = M) dhe N = RA, për një nënbashkësi A të M -së, nee quajmë A-në bashkësi gjeneratorësh për N dhe themi se N -ja gjenerohetnga A-ja.

3. Një nënmodul N i modulit M(mundësisht N = M) është i gjeneruar nëmënyrë të fundme në qoftë se ekziston një nënbashkësi e fundme A e mo-dulit M e tillë që N = RA, pra, në qoftë se N -ja gjenerohet nga njënënbashkësi e fundme.

4. Një nënmodul N i modulit M(mundësisht N = M) është ciklik në qoftëse ekziston një element a ∈ M i tillë që N = Ra, pra, në qoftë se Ngjenerohet nga një element:

N = Ra = ra|r ∈ R.

Duke përdorur testin e nënmoduleve është e lehtë të vërtetohet se për çdonënbashkësi A të M -së, RA është një nënmodul i M -së dhe është nënmoduli mëi vogël i modulit M i cili përmban A-në. Në veçanti për nënmodulet N1, · · ·Nntë modulit M , N1 + · · ·Nn është një nënmodul i gjeneruar nga bashkësia N1 ∪· · · ∪Nn dhe është nënmoduli më i vogël i M -së që përmban Ni, për çdo i. Nëqoftë se N, · · · , Nn gjenerohen respektivisht nga bashkësitë A1, · · · , An atëherëN1 + · · ·Nn gjenerohet nga A1 ∪ · · · ∪An.

Një nënmodul N i një moduli M mund të ketë disa bashkësi të cilat egjenerojnë atë. Në qoftë se nënmoduli N gjenerohet në mënyrë të fundmeatëherë ekziston një numri i plotë jonegativ më i vogël d i tillë që N -ja gjenerohetnga d elementë. Çdo bashkësi gjeneratorësh e cila përbëhet nga d elementë dotë quhet bashkësi minimale gjeneratorësh për nënmodulin N .

Shembull 10.7. Le të kemi R = Z dhe le të jetë M një R–modul, pra ndonjëgrup Abelian. Në qoftë se A ∈M atëherë Za është thjeshtë grupi ciklik i M - sëi gjeneruar nga a. Në përgjithësi, M gjenerohet si një Z–modul nga një bashkësiA atëherë dhe vetëm atëherë kur M gjenerohet si grup nga bashkësia A.

Shembull 10.8. Le të jetë R një unazë me 1 dhe le të jetë një R-modul i majtëvetë R. Vini re se R gjenerohet në mënyrë të fundme, në fakt është një R–modulciklik sepse R = R1. Rikujtojmë se nënmodulet e R-së janë ekzaktësisht idealete majtë të R-së, pra kur themi se I është një R- nënmodul ciklik i R–modulit tëmajtë R është njësoj si të themi se I është ideal themelor i R. Gjithashtu, kurthemi se I është një R- nënmodul i gjeneruar në mënyrë të fundme është njësojsi të themi se I është një ideal i cili gjenerohet në mënyrë të fundme.

Kur R është unazë ndërrimtare për nënmodulin(idealin) e gjeneruar respek-tivisht nga A ose a ne shkruajmë AR ose aR, sikurse në rastin e Z ku neshënuam nZ. Në këtë rast AR = RA dhe aR = Ra. Pra një Unazë IntegraleThemelore është një unazë integrale(ndërrimtare) R me njësh në të cilën çdoR- nënmodul i R është ciklik.






Përkufizim 10.9. Le të jenë M1, · · · ,Mn një koleksion R–modulesh. Kolek-sioni i k- pikave të renditura (m1,m2, · · · ,mk) ku mi ∈ M me mbledhjen dheveprimin e R-së quhet prodhim direkt i M1, · · · ,Mk dhe shënohet M1×· · ·×Mk.

Në pohimin e mëposhtëm është treguar se kur një modul është izomorfik meprodhimin direkt të disa prej nënmoduleve të tij.

Pohim 10.4. Le të jenë N1, N2, · · · , Nn nënmodule të një R–moduli M . Atë-herë pohimet e mëposhtme janë ekuivalente:

1. Funksioni π : N1 ×N2 × · · · ×Nk → N1 +N2 + · · ·+Nk i tillë që:

π(a1, a2, · · · , an) = a1 + a2 + · · ·+ ak

është një izomorfizëm(R–modulesh): N1 + N2 + · · · + Nk ∼= N1 × N2 ×· · · ×Nk.

2. Nj∩(N1+N2+· · ·+Nj−1+Nj+1+· · ·+Nk) = 0 për çdo j ∈ 1, 2, · · · , k.

3. Çdo x ∈ N1 + N2 + · · · + Nk mund të shkruhet në mënyrë të vetme nëformën a1 + a2 + · · ·+ ak ku ai ∈ Ni.

Vërtetim: Detyrë.Një R–modul F quhet modul i lirë në nënbashkësinë A të F -së në qoftë se

për çdo element jo zero të F -së, ekzistojnë elementët e vetëm r1, r2, · · · , rn ∈ Rdhe elementët e vetëm a1, a2, · · · , an ∈ A të tillë që x = r1a1+r2a2+· · · rnan përnjë n ∈ Z+. Në këtë rast ne themi se A është bazë ose bashkësia e gjeneratorëvetë lirë për F -në.

Në qoftë se R është unazë ndërrimtare kardinaliteti i A-së quhet rank i F -së.

Teorema 10.2. Për një bashkësi A ekziston një R–modul F (A) mbi bashkësinëA dhe F (A) gëzon vetinë universale: Në qoftë se M është një R-modul dhe

ϕ : A→M,

një funksion, atëherë ekziston një homomorfizëm i vetëm R–modulesh φ : F (A)→M i tillë që φ(a) = ϕ(a) për çdo a ∈ A.

Kur A është një bashkësi e fundme a1, a2, · · · , an,

F (A) = Ra1 ⊕Ra2 ⊕ · · · ⊕Ran ∼= Rn.

Vërtetim: Ne e lemë vërtetimin si detyrë për lexuesin.

Rrjedhim 10.1. 1. Në qoftë se F1 dhe F2 janë module të lira mbi të njëjtënbashkësi A, ekziston një izomorfizëm i vetëm ndërmjet F1 dhe F2 i ciliështë funksioni identitet mbi A-në.






2. Në qoftë se F është një R modul i lirë me bazë A, atëherë F ≈ F (A).R–moduli F gëzon në lidhje me A- në vetinë universale sikurse dhe F (A)në Teoremën (10.2).

Vërtetim: Detyrë

Kur R = Z, moduli i lirë mbi bashkësinë A quhet grup Abelian i lirë mbiA-në. Në qoftë se |A| = n, F (A) quhet grup. Abelian i lirë me rank n dhe ështëizomorfik me Z⊕ · · · ⊕ Z, n-herë.

Ushtrime

Në ushtrimet e mëposhtme R është unazë me 1 dhe M është një R modul imajtë.

56. Vërtetoni se në qoftë se A dhe B janë bashkësi me kardinalitet të njëjtë,atëherë modulet e lirë F (A) dhe F (B) janë izomorfikë.

57. Supozoni se R është ndërrimtar. Vërtetoni se Rn ≈ Rm atëherë dhe vetëmatëherë kur n = m, pra dy R–module të lirë me rank të fundëm janë izomorfikëatëherë dhe vetëm atëherë kur ata kanë rank të njëjtë.

58. Një R-modul M është quajtur modul torsion në qoftë se për çdo m ∈Mekziston një element jo zero r ∈ R i tillë që rm = 0, ku r mund të varet nga m.Vërtetoni se çdo grup i fundëm Abelian është një Z–modul torsion. Jepni njëshembull të një grupi të pafundëm Abelian i cili është një Z–modul torsion.

59. Le të jetë R një unazë integrale. Vërtetoni se çdo R modul torsion igjeneruar nga një numër i fundëm elementësh ekziston një element r ∈ R i tillëqë rm = 0 për çdo m ∈M , në këtë rast r nuk varet nga m.

60. Le të jetë N një nënmodul i modulit M . Vërtetoni se në qoftë se M/N dheN gjenerohen nga një numër i fundëm elementësh atëherë dhe M gjithashtugjenerohet nga një numër i fundëm elementësh.

61. (a) Supozojmë se R është një PID. Vërtetoni se çdo nënmodul i një R-module të lirë është i lirë.

(b) Jepni një shembull të një unaze me një R–modul F is cili eshtë i lirë,por ka njé nënmodul i cili nuk është i lirë.

62. Vërtetoni se :(a) Një grup Abelian është injektiv atëherë dhe vetëm atëherë kur është i

pjestueshëm.(b) Një modul mbi një PID është injektiv atëherë dhe vetëm atëherë është i

pjestueshëm.

63. Vërtetoni se çdo grup Abelian G mund të pasqyrohet në mënyrë injektive sinjë nëngrup i një grupi të pjestueshëm Abelian.






64. Le të jetë G një grup Abelian. Vërtetoni se G ka një nëngrup d(G) i ciliështë i pjestueshëm dhe përmban gjithë nëngrupet e pjestueshëm të G-së . Përmë tepër d(G) është një term shume i G, i tillë që G/d(G) nuk ka nëngrupe tëpjestueshëm jo-trivialë.

65. Supozojmë se R është një unazë me identitet.(a) Vërtetoni se çdo R-modul, i majtë dhe i lirë është projektiv.(b) Vërtetoni se një R-modul i majtë P është projektiv atëherë dhe vetëm

atëherë çdo varg ekzakt i shkurtër i moduleve të majta ndahet.

0 −→ A −→ B −→ P −→ 0

(c) Vërtetoni se P është projektiv atëherë dhe vetëm atëherë është termshume i një moduli të lirë.

66. (a) Jepni një shembull të një projeksioni projektiv i cili nuk është i lirë.(b) Jepni një shembull të një unaze R me identitet dhe të një R–moduli të

lirë i cili ka një nënmodul i cili nuk është i lirë.

67. Jepet R një unazë me identitet. Vërtetoni se një shumë direkte e R–moduleve të majta është projektive atëherë dhe vetëm atëherë çdo term i shumësështë projektiv.

68. Jepet R një unazë me identitet. Vërtetoni se një prodhim direkt e R–moduleve të majta është injektiv atëherë dhe vetëm atëherë çdo faktor i ështëinjektiv.

69. Supozojmë se A është një unazë Abeliane me identitet. Le të jenë F (m)dhe F (n) module të lira me m dhe n gjeneratorë. Vërtetoni se në qoftë seF (m) ∼= F (n), atëherë m = n.

(b) Jepni një shembull të një A–moduli të lirë të tillë që dy baza të ndryshmetë tij kanë kardinalitete të ndryshme.

70. Jepet R një unazë me identitet dhe J një R–modul i majtë i padekompo-zueshëm dhe injektiv. Shënojmë me S = EndR(J). Vërtetoni se për çdo s ∈ Stë paktën një nga s ose 1− s është njësi.

71. Supozojmë se R është një unazë me identitet dhe çdo varg i shkurtër ekzakti R–moduleve ndahet. Vërtetoni se çdo R–modul është izomorfik me një shumëdirekte të R–moduleve të thjeshta.

10.4 Prodhimi tensorNë këtë temë ne do të studiojmë prodhimin tensor të dy moduleve M dhe Nmbi një unazë (jo domosdoshmërisht ndërrrimtare) e cila përmban 1. Prod-himi tensor na lejon të formojmë një modul të ri në të cilin mund të marrim"prodhimin" m · n të elementëve m ∈M dhe n ∈ N .

Supozojmë se unaza R është një nënunazë e unazës S. Në këtë temë ne dotë pranojmë se 1R = 1S . Në qoftë se N është një S-modul i majtë, atëherë N






mund të konsiderohet gjithashtu si një R-modul meqënëse elementët e unazës R(duke qenë elementë të S)veprojnë mbi N . Aksiomat e S-modulit për N janë:

1. (S1 + S2) · n = S1 · n + S2 · n dhe S(n1 + n2) = S · n1 + S · n2, për çdoS, S1, S2 ∈ S dhe për çdo n, n1, n2 ∈ N .

2. (S1 · S2) · n = S1 · (S2 · n) për çdo , S1, S2 ∈ S dhe çdo n ∈ N .

Si rast i veçantë i shprehjes së mësipërme është:

3. (S · r) · n, për çdo s ∈ S, r ∈ R dhe n ∈ N .

Në përgjithësi, nëse f : R → S është një homomorfizëm unazash nga R nëS ku f(1R) = 1S atëherë është e lehtë të tregohet se N mund të konsiderohetsi një R-modul ku r ·n = f(r) ·n për r ∈ R dhe n ∈ N . Në këtë rast S mund tëkonsiderohet si një shtrirje e unazës R dhe R-moduli thuhet se është përftuarnga N duke kufizuar skalarët nga S në R.

Supozojmë tani se R është një nënunazë e S-se dhe ne fillojmë me një R-modul N dhe duam të përcaktojmë një strukturë S-moduli mbi N në një veprimtë S mbi N(pra "shtrijmë skalarët nga R në S"). Në përgjithësi kjo nuk ështëe vërtetë dhe në rastin më të thjeshtë kur unaza R është një R-modul por nukështë një S modul për unazën më të madhe S.

Për shembull, Z është një Z-modul por ai nuk mund të kthehet në një Q-modul (në qoftë se do të kthehej atëherë 1

2 1 = 2 do të ishte një element i Zme z + z = 1 e cila është e pamundur). Megjithëse Z nuk mund të kthehet nënjë Q-modul ai përmbahet në një Q modul. Ekziston një injeksion i Z-modulitZ të Q-modulit Q.

Lind pyetja kur një R-modul N mund të zhytet si një R-nënmodul i një S-moduli ose më në përgjithësi çfarë homomorfizëm R–modulesh ekziston nga Ntek S-modulet. Për shembull, supozojmë se N është një grup i fundëm Abelianjotrivial, le të themi N = Z/2Z, dhe shqyrtojmë homomorfizmat e mundshëmtë N në një Q-modul. Një Q-modul është thjeshtë një hapësirë vektoriale mbi Qdhe çdo element jozero në një hapësirë vektoriale mbi Q ka rend të pafundëm.Meqënëse çdo element në N ka rend të fundëm, çdo element i N duhet të shkojënë 0 sipas kësaj homomorfizme. Pra nuk ka homomorfizma Z-modulesh jozeronga N të një Q-modul i çfardoshëm dhe aq me pak një zhytje të N që të kthejN në një nënmodul të Q-modulit.

Dy modulet, moduli Z dhe Z/2Z sillen shumë ndryshe kur ne duam "tështrimë skalarët" nga Z në Q. Për modulin e parë ekziston një injeksion që ekthen atë në një Z-nënmodul të modulit Q, ndërsa i dyti gjithmonë shkon në 0në një Q-modul.

Tani le të ndërtojmë për një R-modul të përgjithshëm N një S-modul icili është më i "miri i mundshëm" tek i cili do të mundohemi të zhysim N .Ne do të shohim gjithashtu se ky modul përcakton të gjitha homomorfizmat emundshëm të N në S-modulet, në veçanti përcakton se kur N përmbahet nënjë S-modul. Në rastin kur R = Z dhe S = Q ky ndërtim (konstruksion) do tëna jap Q kur zbatohet (aplikohet) mbi modulin N = Z dhe 0 kur aplikohet mbi






modulin N = Z/2Z. Në qoftë se R-moduli N është një S-modul atëherë nukështë e vështirë ti "shtrimë" skalarët nga R në S, pra fillojmë konstruksioninduke u kthyer te aksiomat themelore të moduleve për të analizuar se kur mundtë përkufizojmë "produktet" e formës s · n për s ∈ S dhe n ∈ N . Këto aksiomafillojnë me një grup Abelian N së bashku me një funksion nga S ×N në N kuimazhi i (s, n) shënohet s ·n. Eshtë e natyrshme të shqyrtojmë Z-modulin e lirë(pra grupin Abelian të lirë ) mbi bahkësinë S × N , pra koleksionin e të gjithëshumave të fundme të elementëve të formës (si, ni) ku si ∈ S dhe ni ∈ N . Kyështë një grup Abelian ku nuk ka lidhje ndërmjet çdo dy çifteve të ndryshme(s, n) dhe (s′, n′) pra nuk ka lidhje ndërmjet "prodhimeve formale " s ·n dhe nëkëtë grup Abelian moduli origjinal N dallon tëresisht nga "koefiçientët" e rinjnga S . Për ′ që plotësuan kushtet e nevojshme të dhënë në ekuacionin (1) sidhe relacionin (2′), ne duhet të marrim grupin faktor të këtij grupi Abelian menëngrupin H të gjeneruar nga të gjithë elementët e formës

(S1 + S2) · n− (S1, n)− (S2, n),

(S, n1 + n2)− (S, n1)− (S, n2)

dhe(S · r, n)− (S, r · n),

për S, S1, S2 ∈ S, n, n1, n2 ∈ N dhe r ∈ R ku r · n është elementi i fundit qëi referohet strukturës së R-modulit të përcaktuar mbi N .

Grupi faktor i përftuar shënohet S ⊗R N dhe quhet prodhimi tensor i Sdhe N mbi R. Në qoftë se s⊗n shënojmë kosetat që përmbajnë (s, n) në S⊗RNatëherë nga përkufizimi i grupit faktor kemi relacionet:

(S1 + S2)⊗ n = S1 ⊗ n+ S2 ⊗ n

S ⊗ (n1 + n2) = S ⊗ n1 + S ⊗ n2

S · r ⊗ n = S ⊗ r · n

Elementët S⊗RN janë quajtur tensor dhe mund të shkruhen si shuma të fundmetë "tensorëve të thjeshtë" të formës s⊗n ku s ∈ S, n ∈ N . Tani do të vërtetojmëse prodhimi tensor S ⊗R N është një S-modul i majtë në lidhje me veprimin

S(∑

fundme

Si ⊗ ni) =∑

fundme

(S · Si)⊗ ni

Kontrollojmë fillimisht nëse ky është një funksion. Në qoftë se s′ ∈ S atëherë

(s′(S1 + S2), n)− (s′ · S, n)− (s′ · S2, n) =

(= (s′ · S1 + s′ · S2, n)− (s′ · S, n)− (s′ · S2, n))

(s′ · S, n1 + n2)− (s′ · S, n1)− (s′ · S, n2)

dhe(s′(S · r), n)− (s′ · S, r · n) = ((s′ · S) · r, n)− (s′ · S, r · n)






secila i përket bashkësisë së gjeneratorëve, pra secila shtrihet në nëngrupin H.Kjo tregon se duke shumëzuar nga e majta me s′ rreshtin e parë të gjeneratorëvenë (3) marrim një element tjetër nga H është shumë e elementëve të trajtës (3),rrjedh që çdo element

∑(si, ni) ∈ H dhe

∑(s′ · Si, ni) ndodhet gjithashtu në

H. Supozojmë tani se ∑si ⊗ ni =

∑s′i ⊗ n′i

(përfaqësojnë të njëjtin element në S ⊗R N) atëherë∑(si, ni)−

∑(s′i, n

′i) ∈ H

dhe me sa kemi parë deri tani s ∈ S∑(s · si, ni)−

∑(s · s′i, n′i)

është gjithashtu në H. Por kjo do të thotë se∑s · si ⊗ ni =

∑s · s′i ⊗ n′i

ne S ⊗R N . Pra pasqyrimi i dhënë më lartë është funksion.Tani duke përdorur ekuacionet në (4) është e lehtë të vërtetojmë se veprimi

i dhënë te (5) e bën S ⊗R N në S-modul të majtë . Për shembull

(s+ s′) · (si ⊗ ni) = ((s+ s′) · si)⊗ ni= (s · si + s′ · si)⊗ ni= s · si ⊗ ni + s′ · si ⊗ ni= s · (si ⊗ ni) + s′ · (si ⊗ ni)

Moduli S ⊗R N quhet S-modul i majtë i përfituar nga shtrirja e skalarëvetë R-modulit N .

Ekziston një projeksion natyral i : N → S ⊗RN n→ 1⊗n Meqë 1⊗ r ·n =r ⊗ n = r(1 ⊗ n) nga (4) dhe (5) ,është e thjeshtë të vërtetojmë se i është njëhomomorfizëm R-modulesh nga N te S ⊗R N .

Ushtrime

72. Vërtetoni unicitetin e prodhimit tensor M ⊗R N

73. Vërtetoni se(Z/mZ)⊗Z (Z/nZ) = 0

në qoftë se m dhe b janë primë me njëri-tjetrin.

74. Vërtetoni se R⊗RM ≈M

75. Le të jetë R një unazë dhe I një ideal i R. Vërtetoni se

R/I⊗R ≈M/IM

për një R-modul M .






76. Le të jetë M një grup Abelian i gjeneruar në mënyrë të fundme. Vërtetonise:

Q⊗Z M ≈ ⊕ri=1Q

ku r është ranku i M -së.

77. Le të jenë M,N,S, R-module. Vërtetoni se:

M ⊗R (N ⊗R S) ≈ (M ⊗R N)⊗R S

78. Sopozoni se A është një unazë komutative me njësh. Në qoftë se P dhe Qjanë A-module projektivë, vërtetoni se P ⊗A Q është gjithashtu projektiv.

79. Supozoni se R është një unazë themelore(PID) dhe F është fusha e thyesavetë saj. Për çdo R-modul të lirë torsion M , vërtetoni se M ⊗RF is the injectivehull of M .

80. Supozoni se (m,n) = d. Vërtetoni se Zm ⊗Z Zn = Zd.

81. Le të jetë A një unazë komutative me njësh dhe supozoni se M është njëA-modul dhe I është një ideal i A-së. Vërtetoni se (A/I) ⊗M ∼= M/IM , kuIM është nënmoduli i gjeneruar nga të gjithë elementët e formës xb, ku x ∈ I,b ∈M .

82. Le të jetë R një unazë me 1 dhe A një modul i majtë. Në qoftë se vargu imëposhtëm është ekzakt:

N −→M −→ P −→ 0

atëherë tregoni se :

A⊗R N −→ A⊗RM −→ A⊗R P −→ 0

është ekzakt.

83. Le të jenë R dhe S unaza dhe AR, CS module dhe B një bimodul. Atëherë

HomS(A⊗R B,C) ∼= HomR(A,HomS(B,C))

10.5 Vargjet ekzaktëNjë nga rezultatet themelore për të studiuar strukturën e një objekti algjebrikB (për shembull një grupi, një unaze ose një moduli) është Teorema e Parë eIzomorfizmave e cila lidh nën-objektet e B-së ( respektivisht nëngrupet norma-lë, idealet ose nënmodulet) me imazhet e mundshme homomorfike të B-së. Netashmë kemi parë shumë shembuj ku zbatohet kjo teoremë për të kuptuar struk-turën e B- së duke u nisur nga përbërësit e tij më të "vegjël". Për shembull,për të analizuar strukturën e grupit dihedral D8 fillimisht përcaktojmë qendrëne tij dhe më pas studiojmë grupin faktor të D8 me qëndrën e tij.






Në shumicën e këtyre shembujve ne fillojmë me një B të dhënë dhe më vonëpërcaktojmë disa nga vetitë themelore të tij duke përcaktuar një homomorfizëmϕ dhe duke analizuar si kerϕ dhe B/ kerϕ. Në këtë temë ne do të studiojmëproblemin e anasjellë. Pra, ne do të studiojmë se kur, në qoftë se na jepen dymodule A dhe C, ekziston një modul B i cili përmban( një kopje izomorfike të)A-në të tillë që moduli faktor B/A është izomorfik me C-në dhe në këtë rast nethemi se B është një shtrirje e C-së me A.

Lind natyrshëm pyetja se sa B të tilla ekzistojnë për një A dhe C të dhënëdhe cilat veti të B-së përcaktohen duke u nisur nga vetitë e A-së dhe C-së.Probleme analoge me këtë ka dhe në teorinë e grupeve dhe të unazave.

Në këtë leksion të gjitha unazat kanë 1. Për të thënë se A është izomorfikeme një nënmodul të B-së ne themi se ekziston një izomorfizëm

ψ : A→ B,

pra A ≈ ψ(A) ⊆ B). Për të thënë se C është izomorfik me grupin faktorështë njësoj si të themi se ekziston një homomorfizëm syrjektiv ϕ : B → C mekerϕ = ψ(A). Pra kjo më jep një çift homomorfizmash:

Aψ→ B

ϕ→ C,

ku Img ψ = kerϕ. Një çifti homomorfizmash me këtë veti i është dhënë një emrivarg ekzakt.

Përkufizim 10.10. 1. Çifti i homomorfizmave x α→ yβ→ z thuhet se është

ekzakt (tek y) në qoftë se Img α = kerβ

2. Një varg homomorfizmash

· · · → xn−1 → xn → xn+1 → · · ·

quhet varg ekzakt në qoftë se ai është ekzakt në çdo xn ndërmjet një çiftihomomorfizmash.

Duke u mbështetur në këtë përkufizim çifti i homomorfizmave

Aψ→ B

ϕ→ C

është ekzakt në B. Ne gjithashtu mund të përdorim këtë terminologji për tëshprehur faktin se ψ është injektiv dhe ϕ është syrjektiv.

Pohim 10.5. Le të jenë A,B dhe C, module mbi mbi një unazë R dhe 0 ështëmoduli zero. Atëherë,

1. Vargu0→ A

ψ→ B

është ekzakt (në A) atëherë dhe vetëm atëherë kur ψ është injektiv.






2. VarguB

ϕ→ C → 0

është ekzakt në C atëherë dhe vetëm atëherë kur ϕ është syrjektiv.

Vërtetim: Homomorfizmi ψ : 0 → A(i përkufizuar në mënyrë të vetme) kaimazh 0 në A. Kjo do të jetë bërthama e ψ atëherë dhe vetëm atëherë kurψ është injektiv. Në mënyrë të ngjashme, bërthama e homomorfizmit zero (tëpërkufizuar në mënyrë të vetme) C → 0 është e gjithë C-ja e cila është imazhii ϕ atëherë dhe vetëm atëherë kur ϕ është syrjektiv.

Rrjedhim 10.2. Vargu

0→ Aψ→ B

ϕ→ C → 0

është ekzakt atëherë dhe vetëm atëherë kur ψ është injektiv, ϕ është syrjektivdhe Img ψ = kerϕ, por B është një shtrirje e C-së në A.

Përkufizim 10.11. Seria ekzakte

0→ Aψ→ B

ϕ→ C → 0

quhet varg i shkurtër ekzakt.

Më poshtë do të shohim se kuptimi i vargjeve ekzakte është shumë i për-shtatshëm për të analizuar se cilat veti të A-së dhe C-së përcaktojnë vetitë eB-së. Në qoftë se A,B dhe C janë grupe multiplikative, vargu i mësipërm do tëshkruhet O → A

ψ→ Bϕ→ C → 1 ku me 1 shënojmë grupin trivial.

Kur shkruajmë x α→ yβ→ z është ekzakt në y është njësoj si të themi O →

α(x)→ y → y/ kerβ → O është një varg i shkurtër ekzakt.

Shembull 10.9. Kur jepen modulet A dhe C ne mund të formojmë shumëndirekte

∑B = A⊕ C dhe vargun

O → At→ A⊕ C π→ C → O

ku t(a) = (a, 0) dhe π(a, c) = C është një varg i shkurtër ekzakt. Pra, rrjedh seekziston gjithmonë të paktën një shtrirje e C-së në A.

Shembull 10.10. Si një rast i veçantë i shembullit të mëparshëm shqyrtohendy Z−module A = Z dhe C = Z/nZ:

O → Z t→ Z⊕ (Z/nZ)ϕ→ Z/nZ→ O

e cila na jep nje shtrirje të Z/nZ në Z.Një shtrirje tjetër e Z/nZ në Z jepet nga shtrirja e shkurtër ekzakte

O → Z n→ Z π→ Z/nZ→ O






ku me n shënojmë funksionin x→ nx dhe π shënojmë projeksionin natyral. Vinire se modulet në mes të dy vargjeve ekzakte të mëparshme nuk janë izomorfikë.Pra, ekzistojnë (të paktën) dy mënyra "të ndryshme" ose "jo ekuivalente" përtë shtrirë Z/nZ mbi Z.

Shembull 10.11. Në qoftë se ϕ : B → C është një homomorfizëm ne mund tëformojmë vargun ekzakt

0→ kerϕ → Bϕ→ Img ϕ→ O.

Në qoftë se ϕ është syrjektiv atëherë vargu ϕ : B → C mund të shtrihet në njëvarg të shkurtër ekzakt me A = kerϕ

Në Shemb. 10.10 tregohet se për një A dhe një C të fiksuar, në pergjithësimund të gjenden shtrirje të ndryshme të C-së me A. Për të dalluar shtrirjet endryshme ne japim përkufizimin e homomorfizmit ndërmjet dy vargjeve ekzakte.Rikujtojmë se një diagramë në të cilën përfshihen homomorfizma të ndryshmethuhet se komuton në qoftë se një përbërje homomorfizmash me të njëjtën pikëfillimi dhe mbarimi janë të barabartë, pra funksionet e përbërjes të dhënë dukendjekur një rrugë homomorfizmash në diagramë varet vetëm nga pika e fillimitdhe mbarimit dhe jo nga rruga e zgjedhur.

Përkufizim 10.12. Le të jetë

O → A→ B → C → O

dheO → A′ → B′ → C ′ → O

dy vargje modulesh ekzakt të shkurtër.i) Një homomorfizëm i vargjeve të shkurtër ekzakt është një çift α, β, γ ho-

momorfizmash modulesh të tillë që diagrama e mëposhtme është komutative:

Figura 10.1: Homomorfizëm i vargjeve ekzaktë.

Një homomorfizëm është një izomorfizëm vargjesh të shkurtër ekzakte në qof-të se α, β, γ janë të gjitha izomorfizma dhe në këtë rast shtrirjet B dhe B′ thuhetse janë shtrirje izomorfike.






ii) Dy vargje ekzakt janë quajtur ekuivalentë në qoftë se A = A′, C = C ′

dhe ekziston një izomorfizëm ndërmjet tyre si te 10.12, pra identiteti shkon teA dhe C (pra α dhe γ janë identiteti). Në këtë rast shtrirjet korresponduese Bdhe B′ quhen shtrirje ekuivalente.

Ushtrime

84. Le jë jenë X,X ′, X”, A-module. Një varg

X ′ −→ X → X” −→ 0

është ekzakt atëherë dhe vetëm atëherë kur

HomA(X ′, Y )←− HomA(X,Y )←− HomA(X”, Y )←− 0

është ekzakt për të gjithë A-modulet Y .





Kapitulli 11

Hapesirat vektoriale

Në këtë kapitull ne do të rishqurtojmë teorinë bazë të hapësirave vektoriale medimension të fundëm mbi një fushë F . Për faktet bazë të teorisë së algjebrëslineare shihni [6].

11.1 Përkufizimet bazëNë kapitullin e kaluar ne thame se modulet mbi nje fushë F janë hapësira vek-toriale. Një nga rezultatet e para që do të vërtetojmë për hapësirat vektorialeështë se ato janë F–module të lira, pra ato kanë bazë. Megjithëse ne do tëtrajtojmë vetëm rastin e hapësirave me dimension të fundëm, rezultatet kor-responduese për hapësirat vektoriale në përgjithësi vërtetohen në ushtrime sizbatime të Lemës së Zornit.

Përkufizim 11.1. 1. Një nënbashkësi S e V -së quhet një bashkësi me vek-torë linearisht të pavarur në qoftë se ekuacioni:

α1v1 + α2v2 + · · ·αnvn = 0

ku α1, α2, · · · , αn ∈ F dhe v1, v2, · · · , vn ∈ S sjell si rrjedhim:

α1 = α2 = · · · = αn = 0.

2. Bazë për një hapësirë vektoriale V është një bashkësi e renditur vektorëshlinearisht të pavarur të cilët gjenerojnë hapësirën Span(V ). Në përgjithë-si dy baza do të konsiderohen të ndryshme edhe në qoftë se njëra ështëthjeshtë një rirenditje e tjetrës.

Shembuj

1. Hapesira e polinomeve V = F [x] me ndryshore x dhe me koefiçient ngafusha F , në përgithësi është një hapësirë vektoriale mbi F -në. Elementët1, x, x2, · · · janë linearisht të pavarur nga përkufizimi (një polinom është

215


0 nëse të gjithë koefiçientët e tij janë 0) . Duke qënë se këta elementëgjenerojnë V -në, po ashtu nga përkufizimi themi se ata janë një bazë përV -në.

2. Bashkësia e zgjidhjeve të një ekuacioni diferencial, linear, homogjen, mekoefiçientë konstante (për shembull y

′′−3y′+2y = 0) mbi C formon hapesi-

rë vektoriale mbi C meqënëse diferencimi është operator linear. Elementëte kësaj hapësire vektoriale janë linearisht të pavarur në qoftë se ata janëlinearisht të pavarur si funksione. Për shembull et dhe e2t janë zgjidhje tëdukshme të ekuacionit y

′′−3y′+2y = 0(diferencojmë në lidhje me t). Ato

janë funksione linearisht të pavarur meqë aet+be2t = 0 sjell që a+b = 0(letë kemi t = 0) dhe ae+ be2 = 0( le të kemi t = 1) dhe zgjidhja e vetme ekëtyre ekuacioneve është a = b = 0. Është një teoremë për ekuacionet di-ferenciale e cila pohon se këta elementë gjenerojnë bashkësinë e zgjidhjevetë këtij ekuacioni, pra janë bazë për këtë hapësirë.

Pohim 11.1. Supozojmë se bashkësia A = v1, v2, · · · , vn gjeneron hapësirënvektoriale V po asnjë nënbashkësia e mirëfilltë A-së gjeneron V -në. Atëherëthemi se A është një bazë e V -së. Në veçanti, çdo hapësirë vektoriale mbi F -nëe gjeneruar në mënyrë të fundme është F -modul i lirë.

Vërtetim: Mjafton të vërtetojmë që v1, v2, · · · , vn janë linearisht të pavarur.Supozojmë se α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn = 0 ku jo të gjitha αi janë 0. Duke irirenditur, marrim α1 6= 0 dhe kemi

v1 = − 1

α1(α2v2 + · · ·+ αnvn).

Kështu që bashkësia v2, v3, · · · , vn gjeneron V -në, meqënëse çdo kombinim li-near i v1, v2, · · · , vn mund të shkruhet si kombinim linear i v2, v3, · · · , vn dukepërdorur ekuacionin e mësipërm. Ky është një kontradiksion.

Shembull 11.1. Le të jetë F një fushë, marrim në konsideratë F [x]/ (f(x)) ku

f(x) = xn + an−1xn−1 + · · ·+ a1x+ a0.

Ideali (f(x)) është nënhapësirë e hapësirës vektoriale F [x] dhe grupi faktorF [x]/ (f(x)) është gjithashtu hapësirë vektoriale mbi F -në. Nga algoritmi i Eu-klidit, çdo polinom a(x) ∈ F [x] mund të shkruhet në mënyrë të vetme, në formëna(x) = q(x)f(x) + r(x) ku r(x) ∈ F [x] dhe 0 ≤ deg r(x) ≤ n − 1. Meqënëseq(x)f(x) ∈ (f(x)), çdo element i grupit faktor paraqitet nga një polinom r(x)me gradë ≤ n − 1. Dy polinome të tillë të ndryshëm nuk mund të jenë në tënjëjtin grup faktor, sepse përndryshe diferenca e tyre do të pjesëtohej nga f(x)(ecila është me gradë n). Pra, elementët 1, x, x2, · · · , xn−1 (viza tregon imazhine këtyre elementëve në grupin faktor) gjenerojnë F [x]/ (f(x)) si një hapësirevektoriale mbi F -në dhe se asnjë nënbashkesi e mirëfilltë e këtyre elementëve egjeneron atë, atëherë këta elementë formojnë një bazë për F [x]/ (f(x)).






Rrjedhim 11.1. Supozojmë se bashkësia e fundme A gjeneron hapësirën vek-toriale V . Atëherë A përmban një bazë për V -në.

Vërtetim: Çdo nënbashkësi B e A-së e cila gjeneron V -në, por e tillë që asnjënënbashkësi e mirëfilltë e saj nuk gjeneron V -në është bazë për V -në, nga (11.1).

Teorema 11.1 (Teorema e zevendesimit). Supozojmë se bashkesia A = a1, a2, · · · , anështë një bazë për V -në e cila përmban n elementë dhe b1, b2, · · · , bm është ba-shkësia e vektorëve linearisht të pavarur në V . Ekziston një renditje a1, a2, · · · , ane tillë që për çdo k ∈ 1, 2, · · · ,m bashkësia b1, b2, · · · , bk, ak+1, ak+2, · · · , anështë një bazë e V -së. Elementët b1, b2, · · · , bm mund të zëvendësojnë elementëte bazës A dhe të përbëjnë përsëri një bazë. Në veçanti kur n ≥ m.

Vërtetim: Përdorim induksionin mbi k-në. Nese k = 0 nuk ka asgje përtë provuar duke qënë se A është një bazë e dhënë e V -së. Supozojmë qëb1, b2, · · · , bk, ak+1, ak+2, · · · , an është një bazë për V -në. Në veçanti kjo ështënjë bashkësi gjeneruese, kështu bk+1 është një kombinim linear:

bk+1 = β1b1 + β2b2 + · · ·+ βkbk + αk+1ak+1 + αk+2ak+2 + · · ·+ αnan (11.1)

Jo të gjitha αi behen 0 sepse kjo do të sillte që bk+1 është kombinim linear ib1, b2, · · · , bk, të cilët janë linearisht të pavarur. Duke i rirenditur, nëse është enevojshme, supozojmë se ak+1 6= 0. Atëherë duke zgjidhur ekuacionin e funditpër ak+1 si një kombinim linear i bk+1 dhe b1, b2, · · · , bk, ak+2, · · · , an kemi se:

Spanb1, b2, · · · , bk, bk+1, ak+2, · · · , an = Spanb1, b2, · · · , bk, ak+1, ak+2, · · · , an

kështu kjo është një bashkësi gjeneruese për V -në. Mbetet të vërtetojmë qëb1, b2, · · · , bk, bk+1, ak+2, · · · , an janë linearisht të pavarur. Nëse

β1b1 + β2b2 + · · ·+ βkbk + βk+1bk+1 + αk+2ak+2 + · · ·+ αnan = 0 (11.2)

atëherë duke e zëvendësuar bk+1 me shprehjen e dhënë në ekuacionin (11.1)marrim një kombinim linear të b1, b2, · · · , bk, ak+1, ak+2, · · · , an të barabartëme 0 ku koefiçienti i ak+1 është βk+1. Nga induksioni bashkësia e fundit ështëbazë, si rrjedhim të gjithë koefiçientët në këtë kombinim linear, në veçanti βk+1

janë 0. Atëherë Ek. (11.2) është:

β1b1 + β2b2 + · · ·+ βkbk + αk+2ak+2 + · · ·+ αnan = 0

Përsëri nga hipoteza e induksionit të gjithë koefiçientët janë 0. Kështu që

b1, b2, · · · , bk, bk+1, ak+2, · · · , an,

është një bazë për V -në dhe këtu mbaron vërtetimi.






Rrjedhim 11.2. i) Supozojme se V ka një bazë të fundme me n elementë.Çdo bashkësi vektorësh linearisht të pavarur ka ≤ n elementë. Çdo bashkësi egjeneruar ka ≥ n elementë.

ii) Nëse V ka disa baza të fundme atëherë çdo dy baza të V -së kanë kardi-nalitet të barabartë.

Përkufizim 11.2. Nëse V është një F -modul i gjeneruar në mënyrë të fund-me(ka bazë të fundme) dimension të V -së do të quajmë kardinalitëtin e bazës dhee shënojme me dimFV ose thjeshtë dimV . Nëse V nuk gjenerohet në mënyrëtë fundme, V quhet me dimension të pafundëm (shkruhet dimV =∞).

Shembull 11.2. Dimensioni i hapësirës së zgjidhjeve të ekuacionit diferencialy′′ − 3y

′+ 2y = 0 mbi C është 2 (me bazë et, e2t). Ne përgjithesi ka një teoremë

për ekuacionet diferenciale e cila pohon se hapësira e zgjidhjeve të një ekuacionidiferencial, linear, homogjen, me koeficientë konstantë me gradë n mbi C formonnjë hapësire vektoriale mbi C me dimension n.

Shembull 11.3. Dimensioni mbi F -në i grupit faktor F [x]/(f(x)) me polino-min f(x) jozero është n = deg f(x). Hapësira F [x] dhe nënhapesira (f(x)) janëhapësira vektoriale mbi F -në me dimension të pafundëm.

Rrjedhim 11.3. Nëse A është një bashkësi vektorësh linearisht të pavarur nenjë hapësirë V me dimension të fundëm atëherë ekziston një bazë e V -së e cilapërmban A-në.

Teorema 11.2. Nëse V është një hapësire vektoriale me dimension n mbi F -në atëherë V ∼= Fn. Në veçanti, çdo dy hapësira vektoriale me dimension tëfundëm mbi F -në, me dimension të barabartë, janë izomorfikëe.

Vërtetim: Le të jenë v1, v2, · · · , vn një bazë për V -në. Përcaktojmë funksionin

ϕ : Fn → V

të tillë qëϕ(α1, α2, · · · , αn) = α1v1 + α2v2 + · · ·+ αnvn

Funksioni ϕ është linear, është syrjektiv sepse vi gjeneron V dhe injektiv sepsevi janë linearisht të pavarura, kështu ai është një izomorfizëm.

Shembull 11.4. Le të jetë F një fushë e fundme me q elementë dhe le të jetëW një hapësirë vektoriale me dimension k mbi F -në. Shohim se numri i bazavetë ndryshme të W është:

(qk − 1)(qk − q)(qk − q2) · · · (qk − qk−1).

Çdo bazë e W mund të ndërtohet si më poshtë. Çdo vektor w1 i ndryshëm ngazero mund të jetë elementi i parë i bazës. Meqënëse W është izomorfike me F k,pra |W | = qk, kemi qk − 1 mundësi për w1. Çdo vektor i cili nuk ndodhet në






hapësirën 1-dimensionale të gjeneruar nga w1 është linearisht i pavarur nga w1

dhe si rrjedhim mund të zgjidhet si element i dytë i bazës, w2. Një hapësirë1-dimensionale është izomorfike me F kështu që ka q elementë, pra do të kemiqk − q mundvsi për të zgjedhur w2. Duke vazhduar ne këtë mënyrë kur arimte elementi i i-të, çdo vektor i cili nuk ndodhet në i − 1- hapësirën vektorialetë gjeneruar nga elementët w1, w2, w3, · · · , wi−1 do të jenë linearisht të pavarurnga w1, w2, w3, · · · , wi−1 dhe si rrjedhim mund të zgjidhen si vektori i i-të ibazës, wi. Çdo hapësirë (i − 1)-dimensionale është izomorfike me F i−1 dhe kaqi−1 elementë. Pra, kemi qk−qi−1 mundësi për të zgjedhur wi. Ky proçes do tëpërfundojë kur zgjidhet wk, atëherë kemi k vektorë linearisht të pavarur ne njëhapësirë k-dimensionale, pra një bazë.

Shembull 11.5. Le të jetë F një fushë e fundme me q elementë dhe V njëhapësirë n-dimensionale mbi F -në. Për çdo k ∈ 1, 2, · · · , n do të vërtetojmëse numri i nënbashkësive të V -së me dimension k është

(qn − 1)(qn − q)(qk − q2) · · · (qn − qk−1)

(qk − 1)(qk − q)(qk − q2) · · · (qk − qk−1)

Ndonjë hapësirë k-dimensionale është e gjeneruar nga k vektorët e pavarur.Duke pasur parasysh shembullin më lartë shprehja në numërues tregon numrin emenyrave të zgjedhjes së k vektorëve të pavarur nga një hapësire n-dimensionale.Dy bashkësi me k vektorë të pavarur gjenerojnë të njëjtën hapësirë W atëherëdhe vetëm atëherë kur të dy janë baza k-dimensionale të hapësirës W . Per tëgjetur formulën për numrin e nënhapësirave të ndryshme me dimension k neduhet të pjesëtojmë me numrin e përsëritjeve domethënë me numrin e bazave tënjë hapësire k-dimensionale të fiksuar. Ky faktor që shfaqet në emërues ështëpikërisht numri i llogaritur në shembullin e mësipërm.

Më poshtë ne do të vertetojme një lidhje të rëndësishme midis dimensionittë një nënhapësire, dimensionit të hapësirës së grupit faktor dhe dimensionit tëtë gjithe hapësirës.

Teorema 11.3. Le të jetë V një hapësirë vektoriale mbi F -në dhe le të jetë Wnjë nënhapësirë e V -së. Atëherë V/W është një hapesirë vektoriale me dimV =dimW + dimV/W (nëse njëra anë është infinit atëherë të dyja anët e barazimitjanë infinit)

Vërtetim: Supozojmë seW ka dimensionm dhe V ka dimension nmbi F , le tëjetë w1, w2, · · · , wm një bazë për W . Nga Rrjedhimi (11.3) elementët linearishttë pavarur të V -së mund të shtrihen në një bazë w1, w2, · · · , wm, vm+1, · · · , vn tëV -së. Projeksioni natyral i V -së në funksionin V/W pasqyron çdo wi në 0. Asnjëkombinim linear i vi nuk shkon ne 0, sepse përndryshe ky kombinimin linear dotë ishte një element i W , e cila bie në kundërshtim me mënyrën e zgjedhjessë vi. Ndërkaq imazhi i projeksionit të funksionit V/W është izomorfik menënhapësirën e V të gjeneruar nga vi ndërsa dimV/W = n −m, ky është dhevërtetimi i teoremës kur dimensionet janë të fundëm.






Nese një anë është e pafundme është një ushtrim i thjeshtë të ndërtojmë njënumër të pafundëm vektorësh linearisht të pavarur të cilët tregojnë se dhe anatjetër është gjithashtu e pafundme.

Rrjedhim 11.4. Le të jetë ϕ : V → U një transformim linear i hapësirësvektoriale mbi F -në. Atëherë ker(ϕ) është një nënhapësirë e V -së, ϕ(V ) ështënënhapësirë e U -së dhe

dimV = ker(ϕ) + dimϕ(V ).

Vërtetim: Vërtetimi i këtij rrjedhimi vjen direkt nga Teorema (11.3). Vini renë faktë se vërtetimi i Teoremës (11.3) vshtë një rast i veçantë i Rrjedhimmit(11.4) ku U është grupi faktor V/W dhe ϕ është projeksioni natural.

Rrjedhim 11.5. Le të jetë ϕ : V → W një transformim linear i hapësira-ve vektoriale me dimension të fundëm të njëjtë. Pohimet e mëposhtme janëekuivalente.

1. ϕ është një izomorfizëm.

2. ϕ është injektiv domethënëh ker(ϕ) = 0.

3. ϕ është syrjektiv domethënë ϕ(V ) = W .

4. ϕ pasqyron një bazë të V -së te një bazë e W .

Përkufizim 11.3. Nëse ϕ : V → U është një transformim linear i hapësiravevektoriale mbi F -në, ker(ϕ) është quajtur hapësira null e ϕ dhe dimensioni iker(ϕ) është quajtur nuliteti i ϕ. Dimensioni i ϕ(V ) është quajtur rank i ϕ.Nëse ker(ϕ) = 0 transformimi quhet josingular (jo i vetëm).

Shembull 11.6. Le të jetë F një fushë e fundme me q elementë dhe le të jetë Vnjë hapësirë vektoriale me dimension n mbi F -në. rikujtojmë se general lineargrup GL(V ) është grupi i të gjitha transformimeve lineare josingulare nga V nëV (veprimi i grupit është përbërja). Ne treguam se rendi i këtij grupi është:

|GL(V )| = (qn − 1)(qn − q)(qn − q2) · · · (qn − qn−1).

Për të parë këtë, fiksoni një bazë v1, · · · , vn të V -së. Një transformim linearështë josingular atëherë dhe vetëm atëherë kur ai pasqyron këtë bazë në njëbazë tjetër të V -së. Për më tepër, nëse w1, · · · , wn është një bazë e V ngaTeorema(10.2) në Temën(10.3) ekziston një transformim i vetëm linear i cilipasqyron vi në wi, per 1 ≤ i ≤ n. Pra numri i transformimeve lineare josingulare nga V në vetvete është i barabartë me numrin e bazave të ndryshmetë V . Ky numër, i cili është llogaritur në shembullin më sipër( me k = n) ështërendi i GL(V ).

Ushtrime






85. Le të jetë V = Rn dhe le të jetë (a1, a2, · · · , an) një vektor në V . Vërtetonise koleksioni i elementëve (x1, x2, · · · , xn) i V -së ku a1x1+a2x2+· · ·+anxn = 0është një nënhapësirë e V -së. Përcaktoni dimensionin e kësaj nënhapësire dhegjeni një bazë.

86.

11.2 Matrica e një transformimi linear

Në këtë temë le të jenë V dhe W hapësira vektoriale mbi të njëjtën fushë F .Le të jet B = v1, v2, v3....vn një bazë(e renditur) për V dhe le të jetë E =w1, w2, w3....wn një bazë (e renditur) për W dhe le të jetë ϕ ∈ Hom(V,W )një transformim linear nga V në W . Për çdo j ∈ 1, 2, 3....n shkruajmëimazhin e vj sipas ϕ në lidhje me termat e bazës E :

ϕ(vj) =

m∑i=1

αijwi.

Le të jetë MEB (ϕ) = (aij) një matricë m×n ku termi i i, j-të është aij . MatricaMEB (ϕ) është quajtur matrica e ϕ në lidhje me bazat B, E . Kur na jepet kjomatricë ne mund të përfitojmë transformimin linear ϕ si më poshtë: pët tëllogaritur ϕ(v) për një v ∈ V , shprehim v në varësi të bazës B:

v =

n∑i=1

αivi, αi ∈ F

dhe më pas llogarisim produktin e matricave m× n dhe n× 1

MEB (ϕ)×

α1

α2

.

.

.αn

=

β1

β2

.

.

.βn

.

Imazhi i v nën veprimin e funksionit ϕ jepet nga

ϕ(v) =

m∑i=1

βiwi.

Përkufizim 11.4. Matrica A = (aij), m × n, e shoqvruar me transformiminlinear ϕ thuhet se përfaqëson transofrmimin linear ϕ në lidhje me bazat B, E.Gjithashtu themi se ϕ ështv transformimi linear i përfaqësuar nga matrica A nëlidhje me bazat B dhe E.






Shembull 11.7. Le të jetë V = R3, hapësira vektoriale me bazë standarteB = (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) dhe le të jetë W = R2 hapësira vektoriale mebazë standarte E = (1, 0), (0, 1. Le të jetë ϕ transormimi linear ϕ(x, y, z) =(x+ 2y, x+ y + z). Meqë

ϕ(1, 0, 0) = (1, 1)

ϕ(0, 1, 0) = (2, 1)

ϕ(0, 0, 1) = (0, 1)

matrica MEB (ϕ) është:

MEB (ϕ) =

(1 2 01 1 1

).

Teorema 11.4. Le të jenë V dhe W hapësira vektoriale mbi një fushë F ,respektivisht me dimensione n dhe m dhe baza B dhe E. Atëherë funksio-ni HomF (V,W ) → Mm×n(F ), i cili pasqyron hapësirën e funksioneve linearenga V në W në hapësirën e matricave m × n me koefiçientë nga F , i tillë qëϕ → MEB (ϕ) është një izomorfizëm hapësirash vektoriale. Në përgjithësi, kurkemi fiksuar një bazë të caktuar, ekziston një korespodencë bijektive ndërmjettransformimeve lineare dhe matricave të tyre shoqëruese.

Vërtetim: Shihni [6].

Vini re se zgjedhja e bazave të ndryshme çon në izomorfizma të ndryshme.

Rrjedhim 11.6. Dimensioni i HomF (V,W ) është (dimV )(dimW ).

Vërtetim: Dimensioni i Mm×n(F ) është mn.

Përkufizim 11.5. Një matricë A me përmasa m×n quhet matricë jo singularenë qoftë se Ax = 0, x ∈ Fn sjell që x = 0.

11.2.1 Transformimet lineare mbi prodhimet tensor të ha-pësirave vektoriale

Pohim 11.2. Le të jetë F një nënfushë e fushës K. Në qoftë se W ështënjë hapëpësirë vektoriale m- dimensionale mbi F -në me bazë w1, w2, · · · , wm,atëherë K ⊗F W është një hapësirë vektoriale m–dimensionale mbi K me bazë1⊗ w1, · · · , 1⊗ wm.

Pohim 11.3. Le të jenë V dhe W hapësira vektoriale me dimension të fundëmmbi fushën F me baza respektivisht v1, · · · , vn dhe w1, · · · , wn. Atëherë V ⊗FWështë një hapësirë vektoriale mbi F me dimension nm dhe bazë vi⊗wj, 1 ≤ i ≤ ndhe 1 ≤ j ≤ m.

Shënim. Në qoftë se v dhe w janë elementë jozero respektivisht të V dhe W ,atëherë nga pohimi i mësipërm rrjedh se v⊕w është një element jozero i V ⊗FW ,sepse gjithmonë mund të ndërtojmë baza për V dhe W ku vektorët e parë tëbazës janë respektëisht vektorët v dhe w. Në prodhimin tensor M ⊗R N të






dy R–moduleve kur R nuk është fushë në përgjithësi është më e vështirë tëpërcaktojmë se kur prodhimi tensor m⊗ n i dy elementëve jozero është zero.

Le të kemi V,W,X, Y hapësira vektoriale me dimension të fundëm mbi Fdhe le të jenë:

ϕ : V → X dhe ψ : W → Y

transformime lineare. Llogarisim matricën e transformimit linear

ϕ⊗ ψ = V ⊗W → X ⊗ Y.

Le të jenë B1 = v1, · · · , vn dhe B2 = w1, · · · , wm respektivisht baza të Vdhe W dhe le të jenë E1 = x1, · · · , xr dhe E2 = y1, · · · , yn respektivishtbaza (të renditura) të X-it dhe Y . Le të jenë B = vi ⊗ wj dhe E = xi ⊗ yjbaza për V ⊗W dhe X ⊗ Y , le ti rendisim këto baza. Supozojmë se

ϕ(vi) =

r∑p=1

αpixp dhe ψ(wj) =

s∑q=1

βqjyq

Atëherë(ϕ⊗ ψ)(vi ⊗ wj) = (ϕ(vi))⊗ (ψ(wj))

= (

r∑p=1

αpixp)⊗ (

s∑q=1

βqjyq)

=

r∑p=1

s∑q=1

αpiβqj(xp ⊗ yq)

(11.3)

In view of the order of the summation në ekuacionin e mësipërm rendisim bazënE në r bashkësi të renditura ku lista e p-të është xp⊗y1, xp⊗y2, · · · , xp⊗ys dhenë mënyrë të ngjashme rendisim edhe bazën B. Ekuacioni (11.3) përcaktonkolonat e matricës konresponduese të ϕ ⊗ ψ. Matrica MEB (ϕ ⊗ ψ) është njëmatricë bllok r × n ku blloku i p, q-të është matrica αp,qME2B2

(ψ) me dimensions×m. Pra matrica për ϕ⊗ ψ përfitohet duke marrë matricën për ϕ dhe dukeshumëzuar secilin element të tij me matricën përfaqësuese të ψ. Këto matricakanë një emër:

Përkufizim 11.6. Le të jenë A = (aij) dhe B matrica me përmasa respekti-visht r × n dhe s ×m, me koefiçientë nga ndonjë unazë komutative. ProdhimiKronecker ose prodhimi tensor i A dhe B, i cili shënohet A⊗B, është matricars × nm e cila konsiston në një r × n bllok matricor ku blloku i i, j-të ështëmatrica αijB me përmasa s×m.

Pohim 11.4. Le të jenë ϕ : V → X dhe ψ : W → Y transformime lineare tëhapësirave vektoriale me dimension të fundëm. Atëherë produkti Kronecker imatricave korresponduese të ϕ dhe ψ është matrica ϕ⊗ ψ.

Shembull 11.8. Le te jete V = X = R3, të dyja me bazë v1, v2, v3,dheW = Y = R2, të dyja me bazë w1, w2. Supozojmë se ϕ : R3 → R3 ështënjë transformim linear i dhënë nga:

ϕ(av1 + bv2 + cv3) = cv1 + 2av2 − 3bv3






dhe ψ : R2 → R2 është transformimi linear i dhënë nga:

ψ(aw1 + bw2) = (a+ 3b)w1 + (4b− 2a)w2.

Në lidhje me bazën e zgjedhur matricat shoqëruese për ϕ dhe ψ janë respektivisht: 0 0 12 0 00 −3 0

dhe(

1 3−2 4

)

Atëherë në lidhje me bazën e renditur

B = v1 ⊗ w1, v1 ⊗ w2, v2 ⊗ w1, v2 ⊗ w2, v3 ⊗ w1, v3 ⊗ w2

kemi:

MBB (ϕ⊗ ψ) =

0 0 0 0 1 30 0 0 0 −2 42 6 0 0 0 0−4 8 0 0 0 00 0 −3 −9 0 00 0 6 −12 0 0

e fituar nga shumëzimi i matricave 2× 2.

Ushtrime

87. Le të jetë V një koleksion polinomesh me koefiçientë nga Q dhe me ndrysho-re x me rend të shumtën 5. Përcaktoni matricën e kalimit nga baza 1, x, x2, · · · , x5

për V në bazën 1, 1 + x, 1 + x+ x2, · · · , 1 + x+ · · · x5.

88. Le të jetë V po ajo hapësirë vektoriale si në ushtrimin e mësipërm. Le të

11.3 Hapesirat vektoriale dualePërkufizim 11.7. 1. Le të jetë V një hapësirë vektoriale mbi F -në dhe le

të jetë V ? = HomF (V, F ), hapësira e transformimeve leneare nga V nëF , e cila quhet hapësira duale e V -së. Elementët e V ? quhen linearfunctionals.

2. Në qoftë se B = v1, v2, · · · , vn është një bazë e hapësirës me dimensiontë fundëm V , përkufizojmë v?i ∈ V ?, për çdo i ∈ 1, 2, · · · , n nga veprimii tij mbi bazën B:

v?i (vj) =

1, në qotë se i = j0, në qoftë se i 6= j

1 ≤ j ≤ n

Pohim 11.5. Duke u bazuar në përkufizimin e mësipërm v?1 , v?2 , · · · , v?n ështënjë bazë për V ?. Në qoftë se V ka dimension të fundëm atëherë V ? ka dimensiontë njëjtë me V -në.






Vërtetim: Shihni [6].

Përkufizim 11.8. Baza v?1 , v?2 , · · · , v?n e V ? është quajtur baza duale e

v1, v2, · · · , vn.

Ushtrimi i mëposhtëm tregon se në qoftë se V ka dimension të pafundëmështë gjithmone e vërtetë se dimV < dim v?.

Shembull 11.9. Le të jetë [a, b] një interval në R dhe le të jetë V hapësiraverktoriale reale e të gjithë funksioneve të vazhdueshëm

f : [a, b]→ R.

Në qoftë se a < b, atëherë V ka dimension të pafundëm. Për çdo g ∈ Vfunksioni

ϕg : V → R

ϕg(f) =

∫ b

a

f(t)g(t)dt

është një linear functional në V .

Përkufizim 11.9. Hapësira duale e V ?, e cila shënohet me V ??, quhet hapësirëdyfishe duale ose hapësirë e dytë duale e V .

Për hapësirat vektoriale me dimension të fundëm kemi dimV = dimV ?

dhe gjithashtu dimV ? = dimV ??, pra V dhe V ?? janë hapësira vektorialeizomorfike.

Teorema 11.5. Ekziston një transformim linear injektiv nga V në V ??. Nëqoftë se V ka dimension të fundëm atëherë ky transformim linear është njëizomorfizëm.

Vërtetim: Le të jetë v ∈ V . Përkufizojmë funksionin( evaluation at v)

Ev : V ? → F të tillë që Ev(f) = f(v).

Atëherë,

Ev(f + αg) = (f + αg)(v) = f(v) + αg(v) = Ev(f) + αEv(g)

pra Ev është një transformim linear nga nga V ? në F . Si rrjedhim, Ev ështënjë element i HomF (V ?, F ) = V ??. Le të përkufizojmë një projeksion naturaltë tillë:

ϕ : V → V ? i tillë qe ϕ(v) = Ev.

Le të vërtetojmë se funksioni ϕ është një transformim linear. Për çdo u, v ∈ Vdhe α ∈ F kemi:

Ev+αw(f) = f(v + αw) = f(v) + αf(w) = Ev(f) + αEw(f)






për çdo f ∈ V ? dhe:

ϕ(v + αw) = Ev+αw = Ev + αEw = ϕ(v) + αϕ(w)

Le të vërtetojmë tani se ϕ është injektiv. Le të jetë v një vektor jozero në V .Në temat e mëparshme, në Rrjedhimin (11.3), kemi parë se ekziston një bazëB e cila përmban v-në. Le të jetë f një transformim linear nga V në F i cilipasqyron v te 1 dhe çdo element tjetër të B − v në 0. Atëherë, f ∈ V ? dheEv(f) = f(v) = 1. Si rrjedhim, ϕ(v) = Ev nuk është zero në V ??. Kjo vërtetonse kerϕ = 0, pra ϕ është injektiv.

Në qoftë se V ka dimension të fundëm n nga Pohimi (11.5), V ? si dhegjithashtu V ?? kanë dimension n. Në këtë rast ϕ është një transformim linearinjektiv nga V në një hapësirë vektoriale me dimension të njëjtë, pra është njëizomorfizëm.

Le të jenë V dhe W hapësira vektoriale me dimension të fundëm mbi Fme baza respektivisht B dhe E dhe le të jenë B? dhe E? bazat duale. Fiksojmëϕ ∈ HomF (V,W ). Atëherë për çdo f ∈W ?, përbërja fϕ është një transformimlinear nga V në F , pra f ϕ ∈ V ?. Pra pasqyrimi f → f ϕ është një funksionnga W ? te V ?. Këtë funksion ne e shënojmë me ϕ?.

Teorema 11.6. Funksioni ϕ? është një transformim linear nga W ? në V ? dheME?B?(ϕ?) është i transpozuari i matricës MBE(ϕ)

Vërtetim: Funksioni ϕ? është një funksion linear sepse:

(f + αg) ϕ = (f ϕ) + α(g ϕ)

Funksioni ϕ jepet nga ekuacioni:

ϕ(vj) =

m∑i=1

αijwi 1 ≤ j ≤ n

Për të llogaritur matricën ϕ?, vini re se nga perkufizimi i ϕ? dhe w?

ϕ?(w?k)(vj) = (w?k ϕ)(vj) = w?k

(m∑i=1

αijwi

)= αkj .

Gjithashtu,

(

n∑i=1

αkiv?i )(vj) = αkj

për çdo j. Kjo tregon se të dy linear functionals të mëposhtëm kanë një bazë tënjëjtë me V -në, pra ata janë të njëjtët elementë të V ?:

ϕ?(w?k) =

n∑i=1

αkiv?i .

Kjo përcakton matricën për ϕ? në lidhje me bazat E? dhe B? si të transpozuarëne matricës për ϕ.






Rrjedhim 11.7. Për çdo matricë A, ranku i rreshtave të A-së është i barabartëme rankun e kolonave të A-së.

Vërtetim: Le të jetë ϕ : V →W një transformim linear matrica shoqëruese etë cilit në lidhje me bazat e fiksuara te V dhe W është A. Nga Teorema (11.6)matrica e ϕ? : W ? → V ? në lidhje me bazat duale është e transpozuara ematricës A. Ranku i kolonës së matricës A është ranku i ϕ dhe ranku i reshtiti matricës A( i barabartë me rankun e kolonës së matricës së transpozuar tëA-së) është ranku i ϕ?. Pra mjafton të vërtetojmë se ϕ dhe ϕ? kanë të njëjtinrank. Pra,

f ∈ kerϕ? ⇔ ϕ?(f) = 0⇔ f ϕ(v) = 0 për çdo v ∈ V⇔ ϕ(V ) ⊆ ker f ⇔ f ∈ Ann(ϕ(V )),

ku Ann(S) është anhilatori i S i përshkruar në Ushtrimin (91) më poshtë. Pra,Ann(ϕ(V )) = kerϕ?. Nga Ushtrimi (91),

dimAnn(ϕ(V )) = dimW − dimϕ(V ).

Nga Rrjedhimi (11.4) kemi:

dim kerϕ? = dimW ? − dimϕ?(W ?).

Si rrjedhim, W dhe W ? kanë të njëjtin dimension, dimϕ(V ) = dimϕ?(W ?).

Ushtrime

89. Le të jetë V një hapësirë vektoriale e fundme. Vërtetoni se pasqyrimi ϕ→ϕ? në Teoremën (11.6) është një homomorfizëm unazash i End(V ) me End(V ?).

90. Le të jetë V një koleksion polinimesh me koefiçientë nga Q, me ndryshorex, me rend të shumtën 5 dhe me bazë 1, x, x2, · · · , x5. Vërtetoni se funksionete mëposhtëm janë elementë të hapësirës duale të V -së dhe i shprehni ata sikombinim linear i bazës së hapësirës duale:

a) E : V → Q i tillë që E(p(x)) = p(3)(evaluation në x = 3)b) ϕ : V → Q i tillë që ϕ(p(x)) =

∫ 1

0p(t)dt

c) ϕ : V → Q i tillë që ϕ(p(x)) =∫ 1

0t2p(t)dt

d) ϕ : V → Q i tillë që ϕ(p(x)) = p′(5) ku me p′(x) shënojmë derivatin ezakonshëm të polinomit p(x) në lidhje me x-in.

91. Le të jetë S një nënbashkësi e V ? për një hapësirë me dimension të fundëmV . Përkufizojmë Ann(S) = v ∈ V |f(v) = 0 për çdo f ∈ S. Ann(S) quhetanhilatori i S në V .

a) Vërtetoni se Ann(S) është një nënhapësirë e V .b) Le të jenë W1 dhe W2 nënhapësira të V ?. Vërtetoni se:

Ann(W1 +W2) = Ann(W1) ∩Ann(W2)






dheAnn(W1 ∩W2) = Ann(W1) +Ann(W2).

c) Le të jenë W1 dhe W2 nënhapësira të V ?. Vërtetoni se W1 = W2 atëherëdhe vetëm atëherë kur Ann(W1) = Ann(W2).

d)Vërtetoni se anhilatori i S është i njëjtë me anhilatorin e nënhapësirës sëV ? të gjeneruar nga S.

e)Supozoni se V ka dimension të fundëm dhe bazë v1, v2, · · · , vn. Vërteto-ni se në qoftë se S = v?1 , v?2 , · · · , v?k për një k ≤ n, atëherë Ann(S) ështënënhapësira e gjeneruar nga vk+1, · · · , vn.

f)Supozoni se V ka dimension të fundëm. Vërtetoni se në qoftë se W ? ështënjë nënbashkësi e V ? atëherë

dimAnn(W ?) = dimV − dimW ?.

11.4 PërcaktorëtRrjedhim 11.8. Në qoftë se R është një unazë integrale, atëherë det A = 0,për A ∈Mn(R), atëherë dhe vetëm atëherë kur kolonat e A-së janë R-linearishttë varura si elementë të një R-moduli të lirë me rank n. Gjithashtu, det A = 0atëherë dhe vetëm atëherë kur rreshtat e A-së janë R-linearisht të varura.

Ushtrime

92. Le të jetë F një fushë dhe le të jenë A1, A2, · · · , An vektorë(kolona) nëFn. Formoni matricën A ku kolona e i-të është Ai. Vërtetoni se këta vektorëformojne një bazë të Fn atëherë dhe vetëm atëherë kur det A 6= 0.

93. Le të jetë R një unazë ndërrimtare me 1, V një R-modul dhe le të jenëx1, x2, · · · , xn ∈ V . Supozoni se për një A ∈Mn×n(R),

A

x1

···xn

= 0

Vërtetoni se (det A)xi = 0 për të gjitha i ∈ 1, 2, · · · , n.

94. Ky ushtrim përshkruan përdorimin e eleminimit sipas Gauss-Jordanit për tëllogaritur përcaktorin. Kjo është procedura më efikase për të llogaritur përcaktorëtë mëdhenjë. le të jetë A një matricë n× n.

a)Vërtetoni se veprimet elementare me rreshtat kanë efektet e mëposhtmembi përcaktorin:

1. ndërimi i dy rreshtave sjell ndryshimin e shenjës së përcaktorit.

2. përcaktori nuk ndryshon në qoftë se një rreshti i shtojmë shumëfishin e njëtjetri.






3. në qoftë se një rresht e shumëzojmë me një element u ∈ F atëherë dhepërcaktori ritet u-herë.

b) Vërtetoni se det A është i ndryshëm nga zero atëherë dhe vetëm atëherëkur A është ekuivalente sipas rreshtave(row equivalent) me matricën identitetn× n.





Kapitulli 12

Modulet mbi nje PID

Në këtë kapitull do të shohim modulet mbi unazat themelore.

12.1 Përkufizimet bazë

Përkufizim 12.1. 1. R-moduli i majtëM quhet R-modul Notherian në qoftëse nuk ka zinxhirë rritës të pafundëm nënmodulesh, domethënë kurdoherëqë

M1 ⊆M2 ⊆M3 ⊆ · · ·

është një zinxhir rritës nënmodulesh të M -së ekziston një numër pozitivm i tillë që për çdo k ≥ m, Mk = Mm.

2. Unaza R quhet Notheriane në qoftë se si modul i majtë mbi vetveten aiështë Notherian, domethënë në qoftë se nuk ka zinxhirë të pafundëm rritësidealesh të majtë në R.

Teorema 12.1. Le të jetë R një unazë dhe M një R-modul i majtë. Atëherëpohimet e mëposhtme janë ekuivalente:

1. M është një R-modul Notherian.

2. Çdo bashkësi jo boshe nënmodulesh të M -së përmban një element maksi-mal.

3. Çdo nënmodul i M -së gjenerohet në mënyrë të fundme.

Vërtetim: (1 ⇒ 2) Supozojmë se M është Notherian dhe le të jetë Σ njëkoleksion jo bosh nënmodulesh të M -së. Zgjedhim M1 ∈ Σ. Në qoftë se M1

është maksimal atëherë (2) u vërtetua, pra supozojmë seM1 nuk është maksimal.Atëherë ekziston njëM2 ∈ Σ i tillë qëM1 ⊂M2. Në qoftë seM2 është maksimalnë Σ, (2) u vërtetua, por ne mund të supozojmë se ekziston një M3 ∈ Σ i cilipërmban M2. Në qoftë se vazhdojmë në këtë mënyrë do të shohim se në qoftë

231


se (2) nuk është i vërtetë, nga aksioma e zgjedhjes ne mund të ndërtojmë njëzinxhir të pafundëm rritës me elementet e Σ, e cila është një kontradiksion.

(2 ⇒ 3) Pranojmë 2 si të vërtetë dhe le të jetë N një nënmodul i M -së. Le të jetë Σ koleksioni i të gjithë nënmoduleve të N -së të gjeneruar nëmënyrë të fundme. Meqë 0 ∈ Σ, ky koleksion është jo bosh. Nga 2 kemi tëvërtetë se Σ përmban një element maksimal N ′. Në qoftë se N ′ 6= N , le tëjetë x ∈ N − N ′. Meqë N ′ ∈ Σ, nënmoduli N ′ është i gjeneruar në mënyrë tëfundme nga supozimi. Si rrjedhim gjithashtu nënmoduli i gjeneruar nga N ′ dhex është nënmodul i gjeneruar në mënyrë të fundme, pra N = N ′.

(3⇒ 1) Le të pranojmë 3 si të vërtetë dhe të vërtetojmë 2. Le të jetë

M1 ⊆M2 ⊆ · · ·

një zinxhir nënmodulesh të M -së dhe le të kemi:

N =

∞⋃i=1

Mi

Mund të vërtetohet lehtë se N është një nënmodul. Nga 3, nënmoduli N gje-nerohet në mënyrë të fundme, le të themi nga a1, a2, · · · , an. Meqë ai ∈ N përçdo i, çdo ai shtrihet në një nga nënmodulet e zinxhirit, le të themi Mji . Letë jetë

m = maxj1, j2, · · · , jn.

Atëherë ai ∈Mm, për çdo i. Pra moduli që ata gjenerojnë përmbahet në Mm,Domethënë N ⊆ Mm. Kjo sjell që Mm = N = Mk për çdo k ≥ m, e cilavërteton 1.

Rrjedhim 12.1. Në qoftë se R është një unazë integrale themelore(PID) atë-herë çdo bashkësi jo boshe idealesh e R-së ka një element maksimal dhe R ështënjë unazë Notheriane.

Vërtetim: Unaza integrale themelore kënaq kushtin e tretë të teoremës sëmësipërme ku M = R.

Pohim 12.1. Le të jetë R një unazë integrale dhe le të jetëM një R-modul i lirëme rank n <∞. Atëherë çdo n+1 elementë tëM -së janë R-linearisht të varur,Domethënë për çdo y1, y2, · · · , yn+1 ∈M ekzistojnë elementët r1, r2, · · · , rn+1 ∈R jo të gjithë zero të tillë që:

r1y1 + r2y2 + · · ·+ rn+1yn+1 = 0

Vërtetim: Le të jenë e1, e2, · · · , en një bazë për R-modulin e lirë M dhe le tëjenë y1, y2, · · · , yn+1, n+ 1 elementë të ndryshëm të M -së. Për 1 ≤ i ≤ n+ 1,shkruajmë:

yi = a1iei + a2iei + · · ·+ aniei






në varësi të elementëve të bazës e1, e2, · · · , en. Le të jetë A një matricë (n +1)× (n+1) ku elementi i i, j-të është aij , 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ n+1 dhe ku rreshtii fundit është zero. Si rrjedhim det A = 0. Meqënëse R është unazë integralenga Rrjedhimi 11.8 tregon se kolonat e A-së janë R-linearisht të varura. Çdorelacion varësie në kolonat e A-së na jep një relacion varësie mbi yi-të, e cilapërfundon vërtetimin.

Në qoftë se R është një unazë integrale dhe M është një R-modul kujtojmëse:

Tor(M) = x ∈M |rx = 0 për një element jo zero r ∈ Rështë një nënmodul i M -së(i cili quhet nënmodul torsion i M -së) dhe në qoftëse N është një nënmodul i Tor(M), N quhet një nënmodul torsion i M -së. Nëqoftë se Tor(M) = 0, moduli M quhet torsion i lirë. Për një nënmodul N tëM -së, anhilatori i N -së është ideal i R i përkufizuar si:

Ann(N) = r ∈ R|rn = o për çdo n ∈ N.

Vini re senë qoftë seN nuk është një nënmodul torsion iM -së atëherë Ann(N) =(0). Është e lehtë të vërtetosh se në qoftë se N dhe L janë nënmodule të M -sëku N ⊆ L atëherë Ann(L) ⊆ Ann(n). Në qoftë se R është një unazë integralethemlore(PID) dhe N ⊆ L ⊆ M me Ann(N) = (a) dhe Ann(L) = (b), atëherëa|b. Në veçanti, anhilatori i çdo elementi x të M -së pjesëton anhilatorin eM -së(kjo rrjedh nga Teorema Lagranzh kur R = Z.)

Përkufizim 12.2. Për çdo unazë integrale R ranku i një R-moduli M ështënumri maksimal i elementëve R-linearisht të pavarur të M -së.

Teorema 12.2. Le të jetë R një unazë integrale themelore(PID) dhe le të jetëMnjë R-modul i lirë me rank të fundëm n dhe N një nënmodul i M -së. Atëherë

1. N është nënmodul i lirë me rank m,m ≤ n dhe

2. ekziston një bazë y1, y2, · · · , yn e M -së e tillë që a1y1, a2y2, · · · , amym ësh-të një bazë për N ku elementët a1, a2, · · · , am janë elementë jo zero të R-sëtë tillë që a1|a2| · · · |am.

Rikujtojmë se një R-modul C është një R-modul ciklik në qoftë se ekzistonnjë x ∈ C i tillë që C = Rx. Atëherë ne mund të përkufizojmë një homomorfizëmR-modulesh

π : R→ C

π(r) = rx

i cili është syrjektiv nga supozimi se C = Rx. Nga Teorema e I e Izomorfizmavekemi një izomorfizëm R-modulesh

R/ kerπ ≈ C

Në qoftë se R është unazë integrale themelore(PID), kerπ është një ideal the-melor, (a), pra modulet ciklik janë të formës R/(a) ku (a) = Ann(C).






Teorema 12.3. [Fundamental Theorem, Existence: Invariant Factor Form] Letë jetë R një unazë integrale themelore(PID) dhe M një R-modul i gjeneruarnë mënyrë të fundme.

1. Atëherë M është izomorfikë me shumën direkte të moduleve ciklikë tëfundëm. Më saktësisht,

M ≈ Rr ⊕R/(a1)⊕R/(a2)⊕ · · · ⊕R/(am)

për një numër të plotë r ≥ 0 dhe elementët jo zero a1, a2, · · · , am të R-sëtë cilët nuk janë njësi në R dhe të cilët kënaqin kushtin e mëposhtëm:

a1|a2| · · · |am

2. M është torsion i lirë atëherë dhe vetëm atëherë kur M është i lirë.

3. Në përbërjen 1)

Tor(M) ≈ R/(a1)⊕R/(a2)⊕ · · · ⊕R/(am)

Në veçanti M është modul torsion atëherë dhe vetëm atëherë kur r = 0dhe në këtë rast anhilatori i M është ideali (am).

Përkufizim 12.3. Numri i plotë r në teoremën e mësipërme quhet rank i lirëose numri Betti i M -së dhe elementët a1, a2, · · · , am ∈ R quhen faktor invarianttë M -së.

Duke përdorur Teoremën e Mbetjeve Kineze modulet ciklik në Teoremen 12.3mund ta zbërthejmë më tej, pra M është shuma direkte e moduleve ciklik anhi-latorët e të cilëve janë më të thjeshtë të mundshëm(pra (0) ose të gjeneruar ngafuqi të numrave primë). Kjo na jep një përbërje tjetër e cila është gjithashtu evetme dhe ne mund ta përshkruajmë atë. Supozojmë se a është një element jozero i një unazë integrale themelore(PID) R atëherë meqënëse R është gjithashtunjë unazë me faktorizim të vetëm(UFD) ne mund të shkruajmë:

a = u · pα11 pα2

2 · · · pαssku pi-të janë numra primë të ndryshëm në R dhe u është njësi. Ky faktorizimështë i vetëm sipas njësive, pra idealet (pαii ), i = 1, 2, · · · , s janë të përcaktuarnë mënyrë të vetme. Për i 6= j, kemi (pαii + p

αjj ) = R meqënëse shuma e këtyre

dy idealeve gjenerohet nga një pjesëtues i përbashkët më i madh(pmp) i ciliështë 1 për numra të thjeshtë pi, pj të dalluara. Ose, mund të themi ndryshe seidealet (pαii ), i = 1, · · · , s janë comaximal me çifte.

Prerja e të gjithë këtyre idealeve është ideali (a) meqë a është shvp e

pα11 , pα2

2 , · · · , pαss .

Atëherë Teorema e Mbetjeve Kineze tregon se

R/(a) ≈ R/(pα11 )⊕R/(pα2

2 )⊕ · · · ⊕R/(pαss )

si unazë dhe gjithashtu si R-modul. Duke zbatuar këtë te modulet e Teore-mës 12.3 marrim:






Teorema 12.4 (Teorema themelore e pjestuesve elementarë). Le të jetë R njëunazë integrale themelore dhe le të jetë M një R-modul i gjeneruar në mënyrëtë fundme. Atëherë M është shuma direkte e një numri të fundëm moduleshciklikë anhilatori i të cilëve është (0) ose i gjeneruar nga fuqi të numrave tëthjeshtë në R, pra:

M ≈ Rr ⊕R/(pα11 )⊕R/(pα2

2 )⊕ · · · ⊕R/(pαtt )

ku r ≥ 0 është një numër i plotë dhe pα11 pα2

2 · · · pαtt janë fuqi pozitive të numrave

të thjeshtë në R.

Përkufizim 12.4. Le të jetë R një unazë integrale themelore(PID) dhe le të jetëM një R-modul i gjeneruar në mënyrë të fundme si në teoremën e mësipërme.Fuqitë e thjeshta pα1

1 pα22 · · · p

αtt janë quajtur pjesëtues elementarë të M -së.

Supozojmë se M është një modul torsion i gjeneruar në mënyrë të fundmembi një unazë integrale themelore(PID). Atëherë në qoftë se për numrat e dal-luar primë p1, p2, · · · , pn që shfaqen në teoremën e mësipërme ne grupojmë sëbashku të gjithë faktorët ciklikë që i korrespondojnë të njëjtit numër të thjeshtëpi ne vëmë re se M mund të shkruhet si shumë direkte:

M = N1 ⊕N2 ⊕ · · · ⊕Nn

ku Ni përmban të gjithë elementët e M -së të cilët janë të anhiluar nga një fuqie pi. Ky rezultat është i vlefshëm gjithashtu edhe për modulet të cilët nuk janëtë gjeneruar në mënyrë të fundme.

Teorema 12.5 (Teorema e dekompozimit primar). Le të jetë R një unazëintegrale themelore(PID) dhe le të jetë M një R-modul torsion jozero(jo domo-sdoshmërisht i gjeneruar në mënyrë të fundme) me anhilator jozero a. Supozonise a faktorizohet në R në si më poshtë:

a = u · pα11 pα2

2 · · · pαnn

dhe le të jetë Ni = x ∈M |pαii x = 0, 1 ≤ i ≤ n. Atëherë Ni është një nënmoduli M -së me anhilator pαii dhe është nënmoduli i M -së me të gjithë elementët tëanhiluar nga një fuqi e pi. Kemi:

M = N1 ⊕N2 ⊕ · · · ⊕Nn.

Në qoftë se M është një nënmodul i gjeneruar në mënyrë të fundme atëherë çdoNi është shuma direkte e një numri të fundëm modulesh ciklik anhilatorët e tëcilit janë pjesëtues të pαii .

Përkufizim 12.5. Nënmoduli Ni në teoremën e mëparshme është quajtur kom-ponenti i pi-të të thjeshtë i M -së.

Vini re se me këtë terminologji pjesëtuesit elementar të një moduli M tëgjeneruar në mënyrë të fundme janë thjeshtë faktorët invariant të komponentëveprimë të Tor(M).






Lema 12.1. Le të jetë R një unazë integrale themelore(PID) dhe le të jetë pnjë numër të thjeshtë në R. Le të shënojmë me F fushën R/(p).

1. Le të jetë M = Rr. Atëherë M/pM ≈ F r.

2. Le të jetë M = R/(a) ku a është një element jo zero i R-së. Atëherë

M/pM ≈

F në qoftë se p pjesëton a në R0 në qoftë se p nuk pjesëton a në R.

3. Le të jetë M = R/(a1)⊕R/(a2)⊕ · · · ⊕R/(ak) ku çdo ai pjesëtohet ngap. Atëherë M/pM ≈ F k.

Teorema 12.6 (Teorema themelore e unicitetit). Le të jetë R një unazë inte-grale themelore(PID).

1. Dy R-module M1 dhe M2 të gjeneruar në mënyrë të fundme janë izomor-fikë atëherë dhe vetëm atëherë kur ata kanë të njëjtin rank dhe të njëjtënlistë faktorësh invariant.

2. Dy R-module M1 dhe M2 të gjeneruar në mënyrë të fundme janë izomor-fikë atëherë dhe vetëm atëherë kur ata kanë të njëjtin rank të lirë dhe tënjëjtën listë me pjesëtues elementarë.

Ushtrime

95. Le të jetë M një modul mbi një unazë integrale R.a) Supozoni se x është një element jozero torsion në M . Vërtetoni se x dhe

0 janë "linearisht të varur". Përmblidhni se ranku i Tor (M) është 0, pra çdoR-modul torsion ka rank 0.

b) Vërtetoni se ranku i M është i barabartë me rankun e M/Tor (M).

96. Le të jetë M një modul mbi një unazë integrale R.a) Supozoni se M ka rank n dhe se x1, x2, · · · , xn është një bashkësi maksi-

male me elementë linearisht të pavarur të M -së. Le të jetë N = Rx1 + · · ·+Rxnnjë nënmodul i gjeneruar nga x1, x2, · · · , xn. Vërtetoni se N është izomorfik meRn dhe se M/N është një R-modul torsion.

b) Anasjelltas, vërtetoni se në qoftë se M përmban një nënmodul të lirë Nme rank n(N ≈ Rn) të tillë që M/N është një R-modul torsion atëherë M karank n.

97. Le të jetë R një unazë integrale dhe le të jenë A dhe B R-module respekti-visht me rank m dhe n. Vërtetoni se ranku i A⊕B është m+ n.

12.2 Forma racionale kanonikePërpara se të përshkruajmë formën racionale kanonike në detaje le të rikujtojmëdisa koncepte të algjebrës lineare, shihni [6].






Një element λ i F quhet eigenvlerë e një transformimi linear T në qoftë seekziston një vektor jozero v ∈ V i tillë që T (v) = λ · v. Në këtë rast v quhet njëeigenvektor i T -së që i korrespondon eigenvlerës λ.

Le të jetë A është një matricë n × n me koeficientë në F . Një element λquhet eigenvlerë e A me eigenvektor korrespondues v në qoftë se v është njëvektor n× 1 jozero i tillë që A · v = λ · v.

Le të jetë λ një eigenvlerë për transformimin linear T . Bashkësia v ∈V/T (v) = λ · v quhet eigenhapësirë e T -së që i korrespondon eigenvlerësλ. Në mënyrë të ngjashme në qoftë se λ është eigenvlerë e një matrice A mepërmasa n×n, bashkësia e matricave v me kordinata n×1 e tillë që A ·v = λ ·vquhet eigenhapësirë e A-së që i korrespondon eigelvlerës λ.

Vini re se në qoftë se fiksojmë një bazë β të V -së atëherë çdo transformimilinear T të V -së i shoqërohet një matricë A, n × n. Anasjellas, në qoftë se Aështë një matricë n× n atëherë funksioni T :

T (v) = A · v, ∀v ∈ V,

ku v është një vektor n × 1, përbëhet nga të gjitha kordinatat e v-së në lidhjeme bazën e fiksuar β, është një transformim linear i V -së . Pra, v është njëeigenvektor i t-së me eigenvlerë korresponduese λ atëherë dhe vetëm atëherëkur vektori kordinatë i v-së në lidhje me bazën β është një eigenvektor i A-së meeigenvlerë λ. Me fjalë të tjera eigenvlerat e transformimit linear T janë t njëjtame eigenvlerat e matricës A të T -së në lidhje me një bazë të fiksuar të V -së.

Përkufizim 12.6. Përcaktori i një transformimi linear nga V në V ështëpërcaktori i një matrice që përfaqëson këtë transformim linear.

Pohim 12.2. Pohimet e mëposhtme janë ekuivalente:

1. λ është një eigenvlerë e T

2. λI − T është një transformim linear singular i V -së

3. det(xI − T ) = 0

Përkufizim 12.7. Le të jetë x një ndryshore mbi F . Polinomi det(xI − T )quhet polinomi karakteristik i T dhe do të shënojmë CT (x). Në qoftë seA është një matricë n × n me koeficientë në F , det(xI − A) quhet polinomikarakteristik i A-së dhe do ta shënojmë me CA(x).

Eshtë e lehtë të shohim se polinomi karakteristik është nje polinom monikme gradë n = dimV . Sipas Pohimit 12.2 bashkësia e eigenvlerave të T -së ështëekzaktësisht bashkësia e rrënjëve të polinomit karakteristik të T -së. T ka tëshumtën n eigenvlera të dalluara.

Lema 12.2. Le të jetë a(x) ∈ F [x] një polinom monik.

1. Polinomi karakteristik i matricës shoqëruese të a(x) është a(x).






2. Në qoftë se M është një matricë diagonale bllok

M =

A1 0 · · · 00 A2 · · · 0...

.... . .

...0 0 · · · Ak

,

e cila jepet nga shuma direkte e matricave A1, A2, · · · , Ak atëherë polim-nomi karakteristik i M -së është prodhimi i polinomeve karakteristik tëA1, A2, · · · , Ak.

Shembuj

1. Në këtë ushtrim ne do të gjejmë formën kanonike racionale të matricavetë mëposhtme mbi Q dhe do të vërtetojmë nëse ato janë të ngjashme.

A =

2 −2 140 3 −70 0 2

, B =

0 −4 851 4 −300 0 3

, C =

2 2 10 2 −10 0 3

.

Këto tre matrica kanë të njëjtin polinom karakteristik: cA(x) = cB(x) =cC(x) = (x−2)2(x−3). Meqënëse polinomi minimal dhe karakteristik kanëtë njëjtat rrënjë mundësitë e për polinomin minimal jane (x−2)(x−3) ose(x− 2)2(x− 3). Ne shohim se (A− 2I)(A− 3I) = 0, (B− 2I)(B− 3I) 6= 0dhe (C − 2I)(C − 3I) 6= 0. Si rrjedhim:

mA(x) = (x− 2)(x− 3), mB(x) = mC(x) = (x− 2)2(x− 3).

Duke u nisur nga polinomi minimal themi se matricat B dhe C nukkanë faktorë invariant të tjerë. Meqënëse faktorët invariant pjesëtoj-në polinomin minimal dhe prodhimi i tyre është i barabartë me polino-min karakteristik, pra faktorët invariant për matricën A janë polinometx− 2, (x− 2)(x− 3) = x2− 5x+ 6. Si përfundim themi se matricat B dheC janë të ngjashme ndërsa matrica A nuk është e ngjashme me asnjërënprej tyre. Format racionale kanonike të matricave janë: 2 0 0

0 0 −60 1 5

0 0 121 0 −160 1 7

0 0 121 0 −160 1 7

.

2. Në shembullin e mësipërm format racionale kanonike u njehsua duke llo-garitur polinomet karakteristik dhe minimal të matricave. Kjo është emjaftueshme për matricat 2× 2 dhe 3× 3 meqënëse informacioni i marrëështë i mjaftueshëm për të përcaktuar faktorët invariant. Por për matri-cat më të mëdha në përgjithësi kjo nuk është e mjaftueshme dhe për të






llogaritur faktorët invariant nevojitet më shumë punë. Në këtë shembullne do të llogarisim formën kanonike racionale të matricës A të dhënë nëshembullin e mësipërm duke ndjekur hapat e algoritmit të dhënë në këtëtemë.I. (Zbërthimi sipas faktorëve invariant) Tani do të përdorim veprimet merreshtat dhe kolonat për të redukruar matricën

xI −A =

x− 2 2 -140 x− 3 70 0 x− 2

në forëm diagonale.

x− 2 2 -140 x− 3 70 0 x− 2

R1+R2→R1−→

x− 2 x− 1 -70 x− 3 70 0 x− 2

−→C1−C2→C1−→

-1 x− 1 -7−x+ 3 x− 3 7

0 0 x− 2

−R1−→

1 −x+ 1 7−x+ 3 x− 3 7

0 0 x− 2

−→R2+(x−3)R1→R2−→

1 −x+ 1 70 −x2 + 5x− 6 7(x− 2)0 0 x-2

C2+(x−1)C1→C2−→

1 0 70 −x2 + 5x− 6 7(x− 2)0 0 x− 2

−→C3−7C1→C3−→

1 0 00 −x2 + 5x− 6 7(x− 2)0 0 x-2

−C2−→

1 0 00 x2 − 5x+ 6 7(x− 2)0 0 x− 2

−→R2−7R3→R2−→

1 0 00 x2 − 5x+ 6 00 0 x− 2

R2↔R3,C2↔C3−→

1 0 00 x− 2 00 0 x2 − 5x+ 6

.






Pra faktorët invariant tëmatricës janë x− 2 dhe x2 − 5x+ 6, të cilët ne igjetëm dhe në shembullin e mësipërm. Le të jetë V një hapësirë vektorialembiQme bazë e1, e2, e3 dhe le të jetë T transformimi linear korrespondues,pra:

xe1 = T (e1) = 2e1

xe2 = T (e2) = −2e1 + 3e2

xe3 = T (e3) = 14e1 − 7e2 + 2e3

Veprimet me rreshtat të kryera më sipër janë:

R1 +R2 → R1,−R1, R2 + (x− 3)R1 → R2, R2 − 7R3 → R2, R2 ↔ R3

Duke filluar me bazën [e1, e2, e3] të V -së dhe duke e ndryshuar ate nëvarësi të rregullave që jepen në tekst, ne marrim:

[e1, e2, e3]→ [e1, e2 − e1, e3]→ [−e1, e2 − e1, e3]

→ [−e1 − (x− 3)(e2 − e1), e2 − e1, e3]

→ [−e1 − (x− 3)(e2 − e1), e2 − e1, e3 + 7(e2 − e1)]

→ [−e1 − (x− 3)(e2 − e1), e3 + 7(e2 − e1), e2 − e1].

Duke përdorur formulat e mësipërme për veprimin e x-it, ne shohim se këtaelementët e fundit janë përkatësisht elemenët [0,−7e1 +7e2 +e3,−e1 +e2]të V -së që i korespondojnë elementëve 1, x− 2 dhe x2− 5x+ 6 në formëne diagonalizuar xI−A. Elementët f1 = −7e1 +7e2 +e3 dhe f2 = −e1 +e2

janë Q[x] gjeneratorë modulesh për dy faktorët ciklik të Q-modulit V nëzbërthimin e tij sipas faktorëve invariantë. Bazat për këta dy faktorëinvariant janë f1 dhe f2, xf2 = Tf2, pra −7e1 + 7e2 + e3 dhe −e1 + e2,T (−e1 + e2) = −4e1 + 3e2. Atëherë matrica P është:

-7 -1 -47 1 31 0 0

.

Forma kanonike racionale e matricës A është:

P−1AP =

2 0 00 0 -60 1 5

.

II.(Ta shndërojmë A menjëherë në formën racionale kanonike) Për të llo-garitur matricën P ′ të algoritmit të mësipërm(të dhënë në këtë temë)






përdorim veprimet me rreshtat që kemi kryer për të diagonalizuar xI−A: 1 0 00 1 00 0 1

C2−C1→C2−→

1 -1 00 1 00 0 1

−C1−→

-1 -1 00 1 00 0 1

−→C1−(A−3I)C2→C1−→

0 -1 00 1 00 0 1

C3+7C2→C3−→

0 -1 -70 1 70 0 1

C2↔C3−→

0 -7 -10 7 10 1 0

= P ′

Kemi se d1 = 1 dhe d2 = 2, që i korespondojnë respektivisht kolonës sëdytë dhe të tretë jo zero të P ′. Kolonat e P jepen nga: -7

71

dhe

-110

, A

-110

=

-430

.

të cilat na japin përsëri matricën P të njehsuar më lart.

Ushtrime

98. Vërtetoni se transformimet lineare të ngjashme mbi V (ose matricat n× n)kanë të njëjtin polinom karakteristik dhe të njëjtin polinom minimal.

99. Le të jetë M si në Lemën 12.2. Vërtetoni se polinomi minimal i M -së ështëshumëfishi më i vogël i përbashkët i polinomeve mminimalë të A1, · · · , Ak.

100. Vërtetoni se dy matrica 2 × 2 mbi F të cilat nuk janë matrica skalarejanë të ngjashme atëherë dhe vetëm atëherë kur ato kanë të njëjtin polinomkarakteristik.

101. Vërtetoni se dy matrica 3× 3 janë të ngjashme atëherë dhe vetëm atëherëkur ato kanë të njëjtin polinom karakteristik dhe të njëjtin polinom minimal.Jepni një kundërshembull për matricat 4× 4.

102. Vërtetoni direkt nga fakti se koleksioni i të gjithë transformimeve lineare tënjë hapësire vektoriale n-dimensionale V , mbi F , në vetvete formon një hapësirëvektoriale mbi F me dimension n2 ku polinomi minimal i një transformimi linearT ka gradë të shumtën n2.

12.3 Forma kanonike e JordanitRrjedhim 12.2. Në qoftë se A është një matricë n × n me elementë nga Fdhe F përmban të gjitha eigenvlerat e A-së, atëherë A është e ngjashme me një






matricë diagonale mbi F atëherë dhe vetëm atëherë kur polinomi minimal i A-sënuk ka rrënjë që përsëriten.

Shembull 12.1. Le të jenë A,B dhe C të njëjtat matrica si në Shembullin1 në temën e kaluar dhe le të jetë F = Q. Vini re se Q përmban të gjithaeigenvlerat e këtyre matricave. Meqënëse ne i kemi llogaritur faktorët invarianttë këtyre matricave ne gjejmë direkt pjesëtuesit elementarë të tyre. Pjesëtuesitelementarë të A-së janë x−2, x−2 dhe x−3 dhe pjesëtuesit elementarë të B-sëdhe C-së janë (x − 2)2 dhe x − 3 dhe si rrjedhim format kanonike të Jakobitjanë respektivisht: 2 0 0

0 2 00 0 3

,

2 1 00 2 00 0 3

,

2 1 00 2 00 0 3

.

Vini re se, nga Rrjedhimi12.2 matrica A është e ngjashme me një matricëdiagonale por matricat B dhe C nuk janë.

Shembull 12.2. Për matricën A, në Shembullin 2 në temën e kaluar, ne lloga-ritëm se f1 = −7e1 + 7e2 + e3 dhe f2 = −e1 + e2 ishin gjeneratorët e faktorëveciklik të V -së në zbërthimin sipas faktorëve invariant, që i konrespondonin re-spektivisht x− 2 dhe (x− 2)(x− 3). Duke përdorur algoritmin e parë të dhënënë këtë temë, elementët f1, (x−3)f2 dhe (x−2)f2 janë gjeneratorët e faktorëveciklikë të V -së në zbërthimin sipas pjesëtuesve elementarë, që i korespondojnëpjesëtuesve elemetarë x − 2, x − 2 dhe x − 3. Duke kryer një llogaritje të thje-shtë ne nxjerim se këta janë respektivisht elementët −7e1 + 7e2 + e3,−e1 dhe−2e1 + e2. Atëherë matrica P është: -7 -1 -2

7 0 11 0 0

dhe forma kanonike e Jordanit është:

P−1AP =

2 0 00 2 00 0 3

.

Kolonat e kësaj matrica mund të përfitohen dhe duke përdorur algoritmin e dytëtë dhënë në këtë temë, duke përdorur kolonat jo-zero të matricës P ′ të llogarituranë Shembullin 2 në temën e kaluar:

(A− 2I)0

-771

=

-771

dhe

(A−2I)0(A−3I)1

-110

=

-100

, (A−2I)1(A−3I)0

-110

=

-210

të cilat na japin përsëri matricën P që llogaritëm më sipër.






Ushtrime

103. Supozoni se hapësira vektoriale V është shumë direkte e F [x]-moduleveciklikë anhilatorët e të cilëve janë (x + 1)2, (x − 1)(x2 + 1)2, (x4 − 1) dhe (x +1)(x2 − 1). Llogarisni faktorët invariant dhe pjesëtuesit elementarë të V -së.

104. Vërtetoni se në qoftë se λ1, · · · , λn janë eigenvlerat e matricës A, n × natëherë λk1 , · · · , λkn janë eigenvlerat e Ak për k ≥ 0.

105. Llogarisni formën kanonike të Jordanit për matricën 1 0 00 0 -20 1 3

.

106. Gjeni se cilat prej matricave të mëposhtme janë të ngjashme: -1 4 -42 -1 30 -4 3

-3 -4 02 3 08 8 1

-3 2 -42 1 03 -1 3

-1 4 -40 -3 20 -4 3

.

107. Vërtetoni se matricat

A =

5 6 0-3 -4 0-2 0 1

B =

3 -1 2-10 6 -14-6 3 -7

janë të ngjashme. Vërtetoni se matricat A dhe B mund të diagonalizohen dhellogarisni matricat P1 dhe P2 dhe P−1

1 AP1 dhe P−12 AP2

108. Vërtetoni se matricat e mëposhtme

A =

-8 -10 -17 9 13 2 0

B =

-3 2 -44 -1 44 -2 5

të dyja kanë polinom karakteristik (x − 1)2(x + 1) por njëra prej tyre mund tëdiagonalizohet dhe tjetra jo. Llogarisni formën kanonike të Jakobit për të dykëto matrica.





Pjesa IV

Fushat

245

Kapitulli 13

Teoria e fushave

13.1 Shtrirjet e fushave

Le të kujtojmë se një fushë F është një unazë ndërrimtare me njësh, në të cilënçdo element jozero ka të anasjelltë (në lidhje me shumëzimin). Me fjalë të tjera,F ∗ := F \ 0 është grup ndërrimtar në lidhje me shumëzimin.

Përkufizim 13.1. Karakteristikë e një fushe F quhet numri më i vogël n ∈ Zi tillë që

n · 1F = 0.

Në qoftë se një numër i tillë nuk ekziston, themi se fusha F ka karakteristikë 0.

Lema 13.1. Karakteristika e një fushe F është 0 ose një numër i thjeshtë p.

Vërtetim: Nga Teorema Themelore e Arithmetikës numri n faktorizohet nëprodhim numrash të thjeshtë

n = pα11 · · · · · pαrr .

Atëherë,

(pα11 · · · · · pαrr ) · 1F = 0

(pα11 · 1F ) · · · · (pαrr · 1F ) = 0

Përderisa F është fushë ekziston një pi, për i ∈ 1, . . . , r, që pαii · 1F = 0. Pra,p · 1F = 0.

Lema e mësipërme mund të vërtetohet për çdo unazë integrale.

Përkufizim 13.2. Nënfusha e thjeshtë e një fushe F , është fusha që gjene-rohet nga 1F .

247


Në qoftë se karakteristika e F -së është 0, atëherë nënfusha e thjeshtë ështëizomorfike me Q. Ndërsa në qoftë se karakteristika është p, atëherë nënfusha ethjeshtë është izomorfike me fushën me p elementë Fp := Z/pZ.

Tani do të shohim një koncept mjaft të rëndësishëm në teorinë e fushave,atë të shtrirjes algjebrike.

Përkufizim 13.3. Jepet fusha K, që përmban fushën F . Atëherë fusha K quhetshtrirje e F -së (ose zgjerim) dhe shënohet me K/F ose me diagramën

K|F

Shembull 13.1. Për shembull, le të jenë

F = Q(√

2 ) = a+ b√

2 : a, b ∈ Q

dhe E = Q(√

2+√

3 ), fushat më të vogla që përmbajnë Q dhe√

2+√

3. Të dyja,E dhe F janë shtrirje të fushës së numrave racionalë. Atëherë E është shtrirjee fushës F . Për këtë na mjafton të vërtetojmë se

√2 është në E. Meqënëse√

2 +√

3 është në E,1

(√

2 +√

3 )=√

3−√

2

duhet të jetë gjithashtu në E. Duke marrë kombinimin linear të√

2 +√

3 dhe√3−√

2 gjejmë që√

2 dhe√

3 duhet të jenë në E.

Simboli K/F nuk ka asgjë të përbashkët me grupin faktor K/F dhe lexohetfusha K mbi fushën F ose shtrirja e K-së mbi F .

Jepet shtrirja K/F . Gradë e kësaj shtrirje, e cila shënohet me [K : F ],quhet kardinaliteti i bazës së K mbi F . Me fjalë të tjera, supozojmë se ekzistonbashkësia

A = α1, . . . , αi, . . .

e tillë që çdo element i K-së jepet si kombinim linear i elementëve të F -së dheαi ∈ A. Kjo bashkësi quhet bazë e K-së mbi F . Fusha K është thjeshtë njëhapësirë vektoriale mbi F . Kardinaliteti i A-së është grada e K/F .

Lema 13.2. Jepet një homomorfizëm fushash

ϕ : F −→ K

Atëherë ϕ është 0 ose është injektiv. Pra, ϕ = 0 ose F ∼= ϕ(F ) ⊂ K.

Vërtetim: Ne e dimë se ker(ϕ) është ideal i F -së. Por F ka si ideale vetëm0 dhe F . Në qoftë se ker (ϕ) = 0, atëherë ϕ është injektiv, kur ker(ϕ) = F ,atëherë ϕ = 0.






Ushtrime

1. Gjeni karakteristikën e Z,Q,R.

2. Gjeni karakteristikën e fushës Fp := Z/pZ.

3. Në një fushë F me karakteristikë p, vërteto formulën e mëposhtme për çdody elementë x, y ∈ F ,

(x+ y)p = xp + yp.

13.2 Shtrirjet algjebrike

Jepet shtrirja K/F dhe α ∈ K. Elementi α quhet element algjebrik mbi F ,në qoftë se ekziston polinomi p(x) ∈ F [x], i tillë që p(α) = 0. Në qoftë se α nukështë element algjebrik, atëherë do ta quajmë transhendent mbi F .

Të shohim shembullin e mëposhtëm.

Shembull 13.2. Numri√

2 është algjebrik mbi Q sepse është rrënjë e polinomit

x2 − 2 ∈ Q[x].

Numri π është numër transhendent mbi Q.

Le të kthehemi përsëri tek polinomet dhe të shohim një lidhje midis rrënjëvetë polinomeve dhe shtrirjeve algjebrike. Teorema e mëposhtme, nga Kronecker,shpesh njihet si teorema themelore e teorise së fushave.

Teorema 13.1 (Kronecker). Le të jetë F fushë dhe p(x) një polinom jo konstanti pathjeshtueshëm në F [x]. Atëherë gjendet një shtrirje fushe E e F -së dhe njëelement α ∈ E i tillë që p(α) = 0.

Vërtetim: Ne duam të gjejmë një shtrirje fushe E për F e cila përmban njëelement α, të tillë që p(α) = 0. Ideali 〈p(x)〉 i gjeneruar nga p(x) është idealmaksimal në F [x]. Pra, F [x]/〈p(x)〉 është fushë. Themi se E = F [x]/〈p(x)〉është fusha e kërkuar.

Së pari vërtetojmë se E është shtrirje fushë për F . Ne mund të përkufizojmënjë homomorfizëm unazash ndërrimtare me anë të pasqyrimit

ψ : F → F [x]/〈 p(x) 〉a→ a+ 〈p(x)〉

për a ∈ F . Kontrollohet lehtë që ψ është me të vërtetë homomorfizëm unazash.Vini re se,

ψ(a) + ψ(b) = (a+ 〈p(x)〉) + (b+ 〈p(x)〉) = (a+ b) + 〈p(x)〉 = ψ(a+ b)

dheψ(a)ψ(b) = (a+ 〈p(x)〉)(b+ 〈p(x)〉) = ab+ 〈p(x)〉 = ψ(ab).






Për të treguar që ψ është injektiv supozojmë se

a+ 〈p(x)〉 = ψ(a) = ψ(b) = b+ 〈p(x)〉.

Atëherë a− b është shumëfish i p(x) meqë ai ndodhet në idealin 〈p(x)〉. Me-qënëse p(x) është polinom jo konstant mundësia e vetme është që a− b = 0.Për pasojë a = b dhe ψ është injektiv. Meqënëse ψ është injektiv ne mund taidentifikojmë F me nënfushën a+ 〈p(x)〉 : a ∈ F të E dhe ta shohim E si njështrirje fushe të F .

Ngelet për të treguar se p(x) ka një rrënjë α ∈ F . Marrim α = x + 〈p(x)〉,atëherë α është në E. Në qoftë se

p(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anxn,

atëherë,

p(α) = a0 + a1(x+ 〈p(x)〉) + · · ·+ an(x+ 〈p(x)〉)n

= a0 + (a1x+ 〈p(x)〉) + · · ·+ (anxn + 〈p(x)〉)

= a0 + a1x+ · · ·+ anxn + 〈p(x)〉

= 0 + 〈p(x)〉.

Pra, gjetëm një element α ∈ E = F [x]/〈p(x)〉 të tillë që α është rrënjë e p(x).

Jepet shtrirja K/F dhe α, β, · · · ∈ K. Fusha më e vogël, që përmban F dheelementët α, β, . . . , shënohet me F (α, β, . . . ) dhe quhet fusha e gjeneruar ngaα, β, . . . mbi F .

Në qoftë se L := F (α) gjenerohet nga një element i vetëm, atëherë L quhetshtrirje e thjeshtë dhe α quhet element primitiv për shtrirjen L/F .

Shembull 13.3. Le të jetë,

p(x) = x2 + x+ 1 ∈ Z2[x].

Ndërtoni një shtrirje të Z2 që të përmbajë një rrënjë të p(x).

Zgjidhje: Meqënëse 0 dhe 1 nuk janë rrënjë të këtij polinomi atëherë p(x)është i pathjeshtueshëm mbi Z2. Ne do të ndërtojmë një shtrirje fushe për Z2

që përmban një element α të tillë që p(α) = 0. Ideali 〈p(x)〉 është maksimal.Pra,

Z2[x]/〈p(x)〉është fushë.

Le të jetë f(x) + 〈p(x)〉 një element i çfarëdoshëm i Z2[x]/〈p(x)〉. Ngaalgoritmi i pjestimit kemi

f(x) = (x2 + x+ 1)q(x) + r(x),

ku grada e r(x) është më e vogël se sa grada e x2 + x+ 1. Prandaj,

f(x) + 〈x2 + x+ 1〉 = r(x) + 〈x2 + x+ 1〉.






Të vetmet mundësi për r(x) janë 0, 1, x, dhe 1 + x.Për pasojë,

E = Z2[x]/〈x2 + x+ 1〉

është fushë me katër elementë dhe duhet të jetë shtrirje fushe për Z2 e cilapërmban një rrënjë α të p(x). Fusha Z2(α) konsiston në elementët

0 + 0α = 0

1 + 0α = 1

0 + 1α = α

1 + 1α = 1 + α.

Vini re që α2 + α+ 1 = 0. Pra, në qoftë se ne llogarisim (1 + α)2 kemi,

(1 + α)(1 + α) = 1 + α+ α+ (α)2 = α.

Llogaritjet e tjera kryhen në mënyrë të ngjashme. Po i përmbledhim këto llo-garitje në tabelat e mëposhtme të cilat na tregojnë se si të mbledhim dhe tëshumëzojmë elementët në E.

+ 0 1 α 1 + α0 0 1 α 1 + α1 1 0 1 + α αα α 1 + α 0 1

1 + α 1 + α α 1 0

· 0 1 α 1 + α0 0 0 0 01 0 1 α 1 + αα 0 α 1 + α 1

1 + α 0 1 + α 1 α

Shembull 13.4. Le të jetë

p(x) = x5 + x4 + 1 ∈ Z2[x].

Atëherë p(x) ka faktorë të pathjeshtueshëm x2 + x + 1 dhe x3 + x + 1. Përshtrirjen e fushës E të Z2 të tillë që p(x) ka një rrënjë në E, atëherë E mundtë jetë,

Z2[x]/〈x2 + x+ 1〉 ose Z2[x]/〈x3 + x+ 1〉.

Do ta lëmë si ushtrim vërtetimin se Z2[x]/〈x3 + x + 1〉 është fushë me 23 = 8elementë.

Një shtrirje fushe E e fushës F është shtrirje algjebrike e F në qoftë seçdo element në E është algjebrik mbi F . Në qoftë se E është shtrirje fushe eF dhe elementët α1, . . . , αn janë në E, fushën më të vogël që përmban F dhe






α1, . . . , αn do ta shënojmë me F (α1, . . . , αn). Në qoftë se E = F (α) për ndonjëα ∈ E, atëherë E është shtrirje e thjeshtë e F .

Numrat√

2, i janë algjebrikë mbi Q sepse ata janë përkatësisht rrënjë tëpolinomeve x2− 2 dhe x2 + 1. Natyrisht që π dhe e janë algjebrikë mbi numratrealë. Megjithatë është një fakt jo trivial që ata janë transhendentë mbi Q.

Numrat në R të cilët janë algjebrikë mbi Q janë në fakt tepër të rrallë.Pothuajse të gjithë numrat realë janë transhendent mbi Q. Në qoftë se nezgjedhim një numër në R, atëherë probabiliteti që ky numër të jetë transhendentmbi Q është 1. Në shumë raste ne nuk e dimë në se një numër i veçantë ështëapo jo transhendent. Për shembull nuk dihet nëse π+ e është transhendent apoalgjebrik.

Një numër kompleks i cili është algjebrik mbi Q është numër algjebrik.Një numër transhendent është një element i C i tillë që është transhendentmbi Q.

Shembull 13.5. Të vërtetojmë se√

2 +√

3 është algjebrik mbi Q.

Vërtetim: Në qoftë se α =√

2 +√

3, atëherë α2 = 2 +√

3. Pra, α2− 2 =√

3dhe (α2 − 2)2 = 3. Meqë α4 − 4α2 + 1 = 0 është e vërtetë se α është një rrënjëe polinomit x4 − 4x2 + 1 ∈ Q[x].

Është vërtet e thjeshtë për të gjetur një shembull të një shtrirje fushe Embi një fushë F ku E përmban një element transhendent mbi F . Teorema emëposhtme karakterizon shtrirjet transhendente.

Teorema 13.2. Le të jetë E një shtrirje fushe e F dhe α ∈ E. Elementi αështë transhendent mbi F atëherë dhe vetëm atëherë kur F (α) është izomorfikme F (x), fushën e thyesave të F [x].

Vërtetim: Le të jetëφα : F [x]→ E

homomorfizmi vlerë për α. Atëherë α është transhedent mbi F atëherë dhevetëm atëherë kur

φα(p(x)) = p(α) 6= 0,

për të gjithë polinomet p(x) ∈ F [x]. Kjo është e vërtetë atëherë dhe vetëmatëherë kur kerφα = 0. Pra, është e vërtetë vetëm kur φα është injektiv.Domethënë fusha E duhet të përmbajë një kopje të F [x]. Fusha më e vogël qëpërmban F [x] është fusha e thyesave F (x). Pra, E duhet të përmbajë një kopjetë kësaj fushe.

Ne kemi një situatë më interesante në rastin e shtrirjeve algjebrike.

Teorema 13.3. Le të jetë E një shtrirje fushe e fushës F dhe α ∈ E, ku αalgjebrik mbi F . Atëherë gjendet një polinom i vetëm monik, i pathjeshtuarp(x) ∈ F [x] me gradën më të vogël i tillë që p(α) = 0. Në qoftë se f(x) ështënjë polinom tjetër monik në F [x] i tillë që f(α) = 0, atëherë p(x) pjeston f(x).







homomorfizmi vlerë. Bërthama e φα është ideal themelor i gjeneruar nga p(x) ∈F [x] ku deg p(x) ≥ 1. Ne dimë që një polinom i tillë ekziston meqënëse F [x]është unazë me ideale themelorë dhe α është algjebrik. Ideali 〈p(x)〉 konsistonpikërisht në ata elementë të F [x] që e kanë α rrënjë. Në qoftë se f(α) = 0dhe f(x) nuk është polinomi zero, atëherë f(x) ∈ 〈p(x)〉 dhe p(x) pjeston f(x).Kështu që p(x) është një polinom me gradë minimale, i cili e ka α rrënjë. Çdopolinom tjetër me të njëjtën gradë, i cili e ka α rrënjë duhet të jetë i formësβp(x), për ndonjë β ∈ F .

Supozojmë se p(x) = r(x)s(x) është një faktorizim i p në polinome megradë më të ulët. Meqënëse p(α) = 0, atëherë r(α)s(α) = 0 dhe për paso-jë r(α) = 0 ose s(α) = 0, gjë e cila kundërshton faktin që p është me gradëminimale. Prandaj p(x) duhet të jetë i pathjeshtueshëm.

Le të jetë E një shtrirje fushe e F dhe α ∈ E algjebrik mbi F . Polinomi ivetëm monik p(x) i teoremës së fundit quhet polinomi minimal për α mbiF . Grada e p(x) është grada e α mbi F .

Shembull 13.6. Le të jenë f(x) = x2 − 2 dhe g(x) = x4 − 4x2 + 1. Këtapolinome janë përkatësisht polinomet minimalë të

√2 dhe

√2 +√

3.

Pohim 13.1. Le të jetë E një shtrirje fushe e F dhe α ∈ E algjebrik mbi F .Atëherë,

F (α) ∼= F [x]/〈p(x)〉,

ku p(x) është polinomi minimal i α mbi F .


homomorfizmi vlerë. Bërthama e tij është polinomi minimal p(x) i α. NgaTeorema e Parë e Izomorfizmit për unazat imazhi i φα në E është izomorfik meF (α) meqë ai i përmban të dy, F dhe α.

Teorema 13.4. Le të jetë E = F (α) një shtrirje e thjeshtë F , ku α ∈ E ështëalgjebrik mbi F . Supozojmë se grada e α mbi F është n. Atëherë çdo elementβ ∈ E mund të shprehet në mënyrë të vetme në formën

β = b0 + b1α+ · · ·+ bn−1αn−1

për bi ∈ F .

Vërtetim: Meqënëse φα(F [x]) = F (α), çdo element në E = F (α) duhet tëjetë i formës φα(f(x)) = f(α), ku f(α) është polinom në α me koefiçiente në F .Le të jetë

p(x) = xn + an−1xn−1 + · · ·+ a0






polinomi minimal i α. Atëherë p(α) = 0. Pra,

αn = −an−1αn−1 − · · · − a0.

Njësoj marrim

αn+1 = ααn

= −an−1αn − an−2α

n−1 − · · · − a0α

= −an−1(−an−1αn−1 − · · · − a0)− an−2α

n−1 − · · · − a0α.

Duke vazhduar në këtë mënyrë ne mund të shprehim çdo monom αm për m ≥ nsi një kombinim linear i fuqive të α të cilat janë më të vogla se n. Pra, çdoβ ∈ F (α) mund të shkruhet si

β = b0 + b1α+ · · ·+ bn−1αn−1.

Për të treguar unicitetin supozojmë se

β = b0 + b1α+ · · ·+ bn−1αn−1 = c0 + c1α+ · · ·+ cn−1α

n−1,

për bi dhe ci në F . Atëherë,

g(x) = (b0 − c0) + (b1 − c1)x+ · · ·+ (bn−1 − cn−1)xn−1,

është në F [x] dhe g(α) = 0. Meqënëse grada e g(x) është më e vogël se sa gradae p(x)-it, polinomi i pathjeshtueshëm i α, g(x) duhet të jetë polinomi zero. Përpasojë,

b0 − c0 = b1 − c1 = · · · = bn−1 − cn−1 = 0,

ose bi = ci për i = 0, 1, . . . , n− 1. Kjo tregon unicitetin.

Shembull 13.7. Meqënëse x2 +1 është i pathjeshtueshëm mbi R, 〈x2 +1〉 ështëideal maksimal në R[x]. Kështu që E = R[x]/〈x2+1〉 është një shtrirje fushe e Re cila përmban një rrënjë të x2+1. Le të jetë α = x+〈x2+1〉. Identifikojmë E menumrat kompleksë. Atëherë E është izomorfike me R(α) = a + bα : a, b ∈ R.Ne dimë se α2 = −1 në E meqë

α2 + 1 = (x+ 〈x2 + 1〉)2 + (1 + 〈x2 + 1〉)= (x2 + 1) + 〈x2 + 1〉= 0.

Pra, kemi një izomorfizëm të R(α) me C të përkufizuar nga pasqyrimi i cili çona+ bα te a+ bi.

Le të jetë E një shtrirje fushe e fushës F . Në qoftë se e shohim E si hapësirëvektoriale mbi F , atëherë ne mund të përdorim algjebrën lineare në problemetqë do të hasim në studimin e fushës. Elementët e fushës E janë vektorë ndërsaelementët e fushës F janë numra. Ne mund të mendojmë për mbledhjen në E






si mbledhje vektorësh. Kur shumëzojmë një element të E-së me një element tëF -së jemi duke shumëzuar një vektor me një numër.

Kjo mënyrë të pari e shtrirjes së fushës është veçanërisht e vlefshme në qoftëse një shtrirje fushe E e F -së është një hapësirë vektoriale me përmasa të fundmeF . E = F (α) është një hapësirë vektoriale me përmasa të fundme mbi F -në mebazë 1, α, α2, . . . , αn−1.

Në qoftë se një shtrirje fushe E e fushës F është një hapësirë vektoriale mepërmasa të fundme mbi F me përmasë n, atëherë themi se E është një shtrirjee fundme me gradë n mbi F . Shkruajmë

[E : F ] = n,

për të treguar përmasat e E mbi F .

Teorema 13.5. Çdo shtrirje fushe e fundme E e një fushe F është shtrirjealgjebrike.

Vërtetim: Le të jetë α ∈ E. Meqënëse [E : F ] = n, elementët

1, α, . . . , αn

nuk mund të jenë linearisht të pavarur. Pra, gjenden ai ∈ F , jo të gjitha zerotë tilla që

anαn + an−1α

n−1 + · · ·+ a1α+ a0 = 0.

Prandaj,p(x) = anx

n + · · ·+ a0 ∈ F [x],

është një polinom jozero ku p(α) = 0.

Shënim. Teorema 13.5 thotë se çdo shtrirje e fundme e një fushe F është njështrirje algjebrike. E anasjellta është e gabuar. Si ushtrim do të vërtetoni sebashkësia e gjithë elementëve në R të cilët janë algjebrikë mbi Q formojnë njështrirje të pafundme të Q.

Teorema në vazhdim është e ngjashme me Teoremën e Lagranzhit në teorinëe grupeve.

Teorema 13.6. Në qoftë se E është një shtrirje e fundme e F dhe K është njështrirje e fundme e E, atëherë K është një shtrirje e fundme e F dhe

[K : F ] = [K : E][E : F ].

Vërtetim: Le të jetë α1, . . . , αn një bazë për E si hapësirë vektoriale mbiF dhe β1, . . . , βm një bazë për K si hapësirë vektoriale mbi E. Themi se,αiβj është bazë për K mbi F .

Së pari do të vërtetojmë se, këta vektorë mbulojnë K. Le të jetë u ∈ K.Atëherë, u =

∑mj=1 bjβj dhe bj =

∑ni=1 aijαi, ku bj ∈ E dhe aij ∈ F . Atëherë,

u =

m∑j=1

(n∑i=1

aijαi

)βj =

∑i,j

aij(αiβj).






Kështu që, mn vektorët αiβj duhet të mbulojnë K mbi F .Ne duhet të vërtetojmë se αiβj janë linearisht të pavarur. Kujtojmë se,

një bashkësi vektorësh v1, v2, . . . , vn në një hapësirë vektoriale V janë linearishttë pavarur, në qoftë se

c1v1 + c2v2 + · · ·+ cnvn = 0

sjell që,c1 = c2 = · · · = cn = 0.

Le të jetë

u =∑i,j

cij(αiβj) = 0,

për cij ∈ F . Ne duhet të tregojmë se të gjithë cij-të janë zero. Ne mund tarishkruajmë u si

m∑j=1

(n∑i=1

cijαi

)βj = 0,

ku∑i cijαi ∈ E. Meqënëse βj janë linearisht të pavarur në E, mund të ndodh,

qën∑i=1

cijαi = 0

për të gjithë j. Megjithatë, αj janë gjithashtu linearisht të pavarur mbi F . Pra,cij = 0 për çdo i dhe j, e cila përfundon vërtetimin.

Rrjedhimi në vazhdim vërtetohet lehtë me induksionin matematik.

Rrjedhim 13.1. Në qoftë se Fi është fushë, ku i = 1, . . . , k dhe Fi+1 është njështrirje e fundme e Fi, atëherë Fk është një shtrirje e fundme e F1 dhe

[Fk : F1] = [Fk : Fk−1] · · · [F2 : F1].

Rrjedhim 13.2. Le të jetë E një shtrirje fushe e F . Në qoftë se α ∈ E ështëalgjebrik mbi F me polinom minimal p(x) dhe β ∈ F (α) me polinom minimalq(x), atëherë deg q(x) pjeston deg p(x).

Vërtetim: Dimë që deg p(x) = [F (α) : F ] dhe deg q(x) = [F (β) : F ].Meqënëse F ⊂ F (β) ⊂ F (α) kemi

[F (α) : F ] = [F (α) : F (β)][F (β) : F ].

Shembull 13.8. Gjeni polinomin minimal të Q(√

3 +√

5)/Q.






Vërtetim: Nisemi nga

[Q(√

3 +√

5 ) : Q] = 4.

Dimë që 1,√

3 është bazë për Q(√

3 ) mbi Q. Pra,√

3 +√

5 nuk mund tëjetë në Q(

√3 ). Meqënëse

√5 nuk mund të jetë as në Q(

√3 ). Prandaj, 1,

√5

është bazë për Q(√

3,√

5 ) = (Q(√

3 ))(√

5 ) mbi Q(√

3 ) dhe 1,√

3,√

5,√

3√

5 =√15 është bazë për Q(

√3,√

5 ) = Q(√

3 +√

5 ) mbi Q.

Ky shembull na tregon se është e mundur që disa shtrirje F (α1, . . . , αn) janështrirje të thjeshta të F edhe pse n > 1.

Shembull 13.9. Le të gjejmë një bazë për Q( 3√

5,√

5 i), ku√

5 është rrënjakatrore pozitive e 5 dhe 3

√5 është rrënja kubike reale e 5.

Vërtetim: Dimë që√

5 i /∈ Q( 3√

5 ). Pra,

[Q(3√

5,√

5 i) : Q(3√

5 )] = 2.

Është e lehtë të tregohet se 1,√

5i është bazë për Q( 3√

5,√

5 i) mbi Q( 3√

5 ).Ne dimë gjithashtu se 1, 3

√5, ( 3√

5 )2 është bazë për Q( 3√

5 ) mbi Q. Njëbazë për Q(

√5, 3√

5 ) mbi Q është

1,√

5 i,3√

5, (3√

5 )2, (6√

5 )5i, (6√

5 )7i = 56√

5 i or 6√

5 i.

Vini re se 6√

5 i është rrënjë e x6 + 5. Mund të vërtetojmë se ky polinom ështëi pathjeshtueshem mbi Q, duke përdorur Kriterin e Eisenstein për p = 5. Përpasojë

Q ⊂ Q(6√

5 ) ⊂ Q(3√

5,√

5 i).

Por mund të ndodhë që Q( 6√

5 i) = Q( 3√

5,√

5 i) meqë grada e të dy shtrirjeveështë 6.

Teorema 13.7. Le të jetë E një shtrirje fushe e F . Atëherë pohimet e mëpo-shtme janë ekuivalente.

i) E është shtrirje e fundme e F .ii) Gjendet një numër i fundëm elementësh algjebrikë α1, . . . , αn ∈ E, të

tillë që E = F (α1, . . . , αn).iii) Gjendet një varg fushash,

E = F (α1, . . . , αn) ⊃ F (α1, . . . , αn−1) ⊃ · · · ⊃ F (α1) ⊃ F,

ku seicila fushë F (α1, . . . , αi) është algjebrike mbi F (α1, . . . , αi−1).

Vërtetim: (1) ⇒ (2). Le të jetë E një shtrirje algjebrike e fundme e F .Atëherë E është hapësirë vektoriale me përmasë të fundme mbi F dhe gjendetnjë bazë me elementë α1, . . . , αn në E të tillë që E = F (α1, . . . , αn). Çdo αiështë algjebrik mbi F nga Teorema 13.5






(2) ⇒ (3). Supozojmë që E = F (α1, . . . , αn) ku çdo αi është algjebrik mbiF . Atëherë

E = F (α1, . . . , αn) ⊃ F (α1, . . . , αn−1) ⊃ · · · ⊃ F (α1) ⊃ F,

ku çdo fushë F (α1, . . . , αi) është algjebrike mbi F (α1, . . . , αi−1).(3) ⇒ (1). Le të jenë

E = F (α1, . . . , αn) ⊃ F (α1, . . . , αn−1) ⊃ · · · ⊃ F (α1) ⊃ F,

ku çdo fushë F (α1, . . . , αi) është algjebrike mbi F (α1, . . . , αi−1). Meqë

F (α1, . . . , αi) = F (α1, . . . , αi−1)(αi)

është shtrirje e thjeshtë dhe αi janë algjebrike mbi F (α1, . . . , αi−1) rrjedh që

[F (α1, . . . , αi) : F (α1, . . . , αi−1)]

është i fundëm për çdo i. Prandaj [E : F ] është i fundëm.

Ushtrime

4. Jepet shtrirja algjebrike e fushave K/F e tillë që: [K : F ] = p, ku p ështënumër i thjeshtë. Vërteto se, nuk ekzistojnë fusha të ndërmjetme F ⊂ E ⊂ K.

5. Vërteto se, në qoftë se [F (α) : F ] është numër tek atëherë F (α) = F (α2).

6. Vërtetoni se, Q(√

3,√

7 ) = Q(√

3 +√

7 ). Përgjithësojeni këtë vërtetim përtë treguar se, Q(

√a,√b ) = Q(

√a+√b ).

13.3 Fushat ndarëseJepet një polinom p(x) ∈ F (x), ku F është një fushë. Në bazë të teoremëssë kapitullit të mëparshëm ekziston fusha K në të cilën p(x) ka një rrënjë α.Atëherë,

p(x) = (x− α)q(x).

Domethënë ekziston një shtrirje e K-së ku q(x) ka një rrënjë. Pra ekziston njështrirje e F -së që përmban gjithë rrënjët e p(x). Më e vogla e gjithë fushavetë tilla quhet fushë ndarëse e polinomit p(x). Quhet ndarëse sepse ndanpolinomin në faktorë linearë. Le të japim tani një përkufizim më të saktë tëfushës ndarëse.

Përkufizim 13.4. Jepet polinomi p(x) ∈ F [x] me gradë n, ku F është fushë. Letë jenë α1, . . . , αn rrënjët e këtij polinomi. Atëherë fusha F (α1, . . . , αn) quhetfushë ndarëse e polinomit p(x).

Teorema 13.8. Për çdo fushë F dhe f(x) ∈ F [x] ekziston një shtrirje K eF -së e cila është fushë ndarëse e f(x).






Vërtetim: Vërtetojmë ekzistencën e fushës ndarëse me induksion në gradënn të polinomit. Në qoftë se polinomi ka gradë n = 1, atëherë marrim K = F .Supozojmë se pohimi është i vertetë për k ≤ n−1. Në qoftë se f(x) faktorizohetnë faktorë linearë përsëri marrim K = F . Në të kundërt ekziston një faktor megradë ≥ 2. Dimë se ekziston një fushë E1 në të cilën ky faktor ka një rrënjëα. Mbi E1 polinomi f(x) ka një rrënjë α. Grada e faktorit tjetër f1(x) të f(x)është ≤ n− 1. Nga hipoteza e induksionit ekziston një shtrirje e E që përmbangjithë rrënjët e f1(x). Por α ∈ E1 ⊂ E. Pra, E përmban gjithë rrënjët e f(x).Marrim si K prerjen e gjithë nënfushave të E-së, që përmbajnë gjithë rrënjët ef(x).

Shembull 13.10. Fusha ndarëse për x2− 2 është Q(√

2) sepse rrënjët e x2− 2janë α12 = ±

√2 dhe Q(

√2,−√−2) = Q(

√2). Atëherë, [Q(

√2 : Q] = 2.

Shembull 13.11. Fusha ndarëse e x4 + 4 mbi Q është Q(i), sepse

x4 + 4 = (x2 + 2x+ 2)(x2 − 2x+ 2)

ku të dy faktorët janë të pathjeshtueshëm (përdor kriterin e Einsesteinit). Dukegjetur rrënjët e tyre ne kemi

±1,±i.Pra, fusha ndarëse është Q(i) dhe natyrisht [Q(i) : Q] = 2 sepse i ka si polinomminimal x2 + 1.

Lema 13.3. Fusha ndarëse e një polinomi me gradë n mbi F ka të shumtëngradë n! mbi F .

Vërtetim: Marrim një polinom f(x) me gradë n. Le të jetë α një rrënjë e tij,Atëherë,

f(x) = (x− α)f1(x).

Grada e F (α) mbi F është të shumtën n. Polinomi f1(x) ka gradë (n− 1). Letë jetë β një rrënjë e tij. Grada e F (α)(β) është të shumtën (n − 1). Dukevazhduar kështu për gjithë rrënjët marim rezultatin e kërkuar.

Një polinom f(x) ∈ F [x] me gradë n është i ndashëm në qoftë se ai ka nrrënjë të ndryshme në fushën ndarëse të f(x)-it. Pra, f(x) është i ndashëm kurai faktorizohet në faktorë linearë mbi fushën ndarëse të F -së. Një shtrirje E eF -së është një shtrirje e ndashme e F -së në qoftë se çdo element në E ështërrënjë e një polinomi të ndashëm në F [x].

Shembull 13.12. Polinomi x2 − 2 është i ndashëm mbi Q meqënëse ai fakto-rizohet në (x −

√2 )(x +

√2 ). Në fakt, Q(

√2 ) është një shtrirje e ndashme e

Q. Le të jetë α = a + b√

2 një element në Q. Në qoftë se b = 0, atëherë αështë rrënjë e x− a. Në qoftë se b 6= 0, atëherë α është rrënjë e një polinomi tëndashëm

x2 − 2ax+ a2 − 2b2 = (x− (a+ b√

2 ))(x− (a− b√

2 )).






Fatmirësisht ne kemi një test për të përcaktuar se kur një polinom është indashëm ose jo. Le të kemi

f(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anxn

një polinom në F [x]. Përcaktojmë derivatin e f(x)-it të tillë:

f ′(x) = a1 + 2a2x+ · · ·+ nanxn−1.

Lema 13.4. Le të jetë F një fushë dhe f(x) ∈ F [x]. Atëherë f(x) është indashëm atëherë kur f(x) dhe f ′(x) janë relativisht të thjeshtë, pra gcd(f, f ′) =1.

Vërtetim: Le të jetë f(x) i ndashëm. Atëherë f(x) faktorizohet mbi njështrirje fushe të F -së si f(x) = (x − α1)(x − α2) · · · (x − αn), ku αi 6= αj përi 6= j. Duke marë derivatin e f(x), vëmë re se

f ′(x) = (x− α2) · · · (x− αn)

+ (x− α1)(x− α3) · · · (x− αn)

+ · · ·+ (x− α1) · · · (x− αn−1).

Prandaj, f(x) dhe f ′(x) nuk mund të kenë faktorë të përbashkët.Për të vërtetuar të anasjelltën, supozojmë të kundërtën. Supozojmë që

f(x) = (x− α)kg(x), ku k > 1. Njesojmë derivatin,

f ′(x) = k(x− α)k−1g(x) + (x− α)kg′(x).

Pra, f(x) dhe f ′(x) kanë një faktor të përbashkët.

Shembull 13.13. Le të jetë p(x) = x4 + 2x2 − 8 në Q[x]. Atëherë p(x) kafaktorë të pathjeshtueshëm x2 − 2 dhe x2 + 4. Prandaj fusha Q(

√2, i) është

fushë ndarëse për p(x).

Shembull 13.14. Le të jetë p(x) = x3 − 3 në Q[x]. Atëherë p(x) ka një rrënjënë fushën Q( 3

√3 ). Megjithatë kjo fushë nuk është fushë ndarëse për p(x) meqë

rrënjët kubike komplekse të 3

− 3√

3± ( 6√

3 )5i

2,

nuk janë në Q( 3√

3 ).

Pyetja për unicitetin tani bëhet për fushat ndarëse. Kjo pyetje merr përgjigjepozitive. Kur jepen dy fusha ndarëse K dhe L të një polinomi p(x) ∈ F [x]gjendet një izomorfizëm fushash φ : K → L, i cili ruan F . Në mënyrë që tëvërtetojmë këtë rezultat ne së pari duhet të vërtetojmë lemën e mëposhtme.






Lema 13.5. Le të jetë φ : E → F një izomorfizëm fushash. Le të jetë Knjë shtrirje fushe e E dhe α ∈ K algjebrik mbi E me polinom minimal p(x).Supozojmë që L është një shtrirje fushe e F e tillë që β është rrënjë e polinomitnë F [x] e përftuar nga p(x) si imazh i φ. Atëherë φ zgjerohet me një izomorfizëmtë vetëm ψ : E(α)→ F (β) të tillë që ψ(α) = β dhe ψ përputhet me φ në E.

Vërtetim: Në qoftë se p(x) ka gradë n, atëherë nga Teorema 13.4 ne mund tëshkruajmë çdo element të E(α) si kombinim linear të 1, α, . . . , αn−1. Prandajizomorfizmi që po kërkojmë duhet të jetë:

ψ(a0 + a1α+ · · ·+ an−1αn−1) = φ(a0) + φ(a1)β + · · ·+ φ(an−1)βn−1,

kua0 + a1α+ · · ·+ an−1α

n−1

është një element i E(α). Fakti që ψ është izomorfizëm mund të kontrollohet mellogaritje direkte megjithatë vihet re lehtë që ψ është kompozim i pasqyrimeve,të cilat tashmë njihen si izomorfizma.

Ne mund ta shtrijmë φ të bëhet një izomorfizëm nga E[x] te F [x], të cilindo ta shënojmë gjithashtu me φ, duke marrë

φ(a0 + a1x+ · · ·+ anxn) = φ(a0) + φ(a1)x+ · · ·+ φ(an)xn.

Kjo shtrirje përputhet me izomorfizmin origjinal φ : E → F , meqë polinometkonstantë pasqyrohen në polinome konstantë. Nga supozimi φ(p(x)) = q(x).Pra, φ pasqyron 〈p(x)〉 në 〈q(x)〉.

Për pasojë kemi një izomorfizëm φ : E[x]/〈 p(x)〉 → F [x]/〈 q(x)〉. Kështuqë, izomorfizmat

σ : E[x]/〈p(x)〉 → F (α) dhe τ : F [x]/〈q(x)〉 → F (β),

janë të përkufizuar përkatësisht nga vlerat e α dhe β. Prandaj ψ = τ−1φσ ështëizomorfizmi i kërkuar.

E(α)ψ−→ F (β)yσ yτ

E[x]/〈p(x)〉 φ−→ F [x]/〈q(x)〉y yE

φ−→ F

Vërtetimin e unicitetit e lëmë si ushtrim.

Teorema 13.9. Le të jetë φ : E → F një izomorfizëm fushash dhe p(x) njëpolinom jo konstant në E[x] dhe q(x) polinomi korrespondues në F [x] në lidhjeme izomorfizmin. Në qoftë se K është një fushë ndarëse për p(x) dhe L ështënjë fushë ndarëse për q(x), atëherë φ shtrihet te një izomorfizëm ψ : K → L.






Vërtetim: Do të përdorim induksionin matematik për gradën e p(x). Mundtë supozojmë që p(x) është i pathjeshtueshëm mbi E. Prandaj q(x) është gji-thashtu i pathjeshtueshëm edhe mbi F . Në qoftë se deg p(x) = 1, atëherë ngapërkufizimi i fushës ndarëse K = E dhe L = F dhe s’kemi se ç’të vërtetojmë.

Supozojmë se teorema është e vërtetë për të gjithë polinomet me gradë mëtë vogël se sa n. Meqënëse K është një fushë ndarëse e E, të gjitha rrënjëte p(x) ndodhen në K. Zgjedhim një nga këto rrënjë, le të themi α të tillë qëE ⊂ E(α) ⊂ K. Njëlloj ne mund të gjejmë një rrënjë β të q(x) në L të tillë qëF ⊂ F (β) ⊂ L.

Nga Lemma 13.5, ekziston një izomorfizëm φ : E(α) → F (β) i tillë qëφ(α) = β dhe φ përputhen me φ në E.

Kψ−→ Ly y

E(α)φ−→ F (β)y y

Eφ−→ F

Shkruajmë: p(x) = (x − α)f(x) dhe q(x) = (x − β)g(x), ku gradët e f(x)dhe g(x) janë përkatësisht më të vogla se gradët e p(x) dhe q(x). Shtrirja fushëK është fushë ndarëse për f(x) mbi E(α) dhe L është fushë ndarëse për g(x)mbi F (β). Nga hipoteza e induksionit ekziston një izomorfizëm ψ : K → L itillë që ψ përputhet me φ në E(α). Pra, ekziston një izomorfizëm ψ : K → L itillë që ψ përputhet me φ në E.

Rrjedhim 13.3. Le të jetë p(x) një polinom në F [x]. Atëherë gjendet një fushëndarëse K për p(x) e cila është e vetme sipas një izomorfizëm.

Shembull 13.15. Gjeni gradën e fushës ndarëse të

x8 − 2

mbi Q.

Zgjidhje: Jepet α = 8√

2 një rrënjë e tetë e 2. Meqënëse f(x) është i path-jeshtueshëm (Eisenstein) atëherë [Q(α) : Q] = 8. Atëherë fusha ndarëse ështëQ(α, ε8), ku ε8 është një rrënjë primitive e njëshit. Le të themi,

e8 =

√2

2(1 + ı).

Pra, fusha ndarëse është Q(α, ı). Është e qartë, që, ı 6∈ Q(α), meqë α ∈ R.Kështu që, [Q(α, ı) : Q(α)] = 2. Kështu që, [Q(α, ı) : Q] = 16.






Shembull 13.16. Le të jenë a dhe b numra të plotë të ndryshëm, të lirë ngakatrorët, të tillë që, [Q(

√a+√b) : Q] = 4. Gjeni

min(√a+√b,Q, x).

Përdorni këto rezultate për të shkruar polinomin minimal për√

2 +√

3,√

2 +√

7,√

3 +√

5,

mbi Q.

Zgjidhje: Jepen a dhe b numra të plotë të dalluar, të lirë nga katrorët, tëtillë që, [Q(

√a +√b) : Q] = 4. Kujtojmë se kemi vërtetuar që Q(

√a +√b) =

Q(√a,√b)).

Gjenimin(

√a+√b,Q, x).

Përdorni rezultatin për të shkruar polinomin minimal për√

2 +√

3,√

2 +√

7,√

3 +√

5

mbi Q.Në qoftë se,

√a +√b është rrënjë dhe a, b janë të tillë që, [Q(

√a +√b) :

Q] = 4, atëherë ±√a ±√b janë të gjitha rrënjë. Atëherë, polinomi minimal

ështëf(x) = x4 − 2(a+ b)x2 + (a− b)2.

Vërtetohet lehtë se, ai është i pathjeshtueshëm mbi Q, meqë rrënjët e tij nukjanë në Q dhe të gjithë faktorët kuadratikë të mundshëm, gjithashtu nuk janëpolinome në Q[x].

Për a = 2, b = 3, kemi

f(x) = x4 − 10x2 + 1.

Njëlloj, në qoftë se, a = 2, b = 7, ose a = 3, b = 5, marrim

f(x) = x4 − 18x2 + 25, f(x) = x4 − 16x2 + 4.

Ushtrime

7. Jepet f(x) i pathjeshtueshëm në k[x], i tillë që, deg f = m dhe le të jetë Knjë shtrirje fushe e k, ku [K : k] = n. Vërtetoni se, në qoftë se, gcd(m,n) = 1,atëherë f(x) është i pathjeshtueshëm mbi K.

8.






Përcakto fushën ndarëse mbi Q të polinomevei) x4 − 2.ii) x4 + 2.iii) x4 + x2 + 1.iv) x6 − 4.

9. Le të jetë E një shtrirje e fundme e një fushe F . Në qoftë se [E : F ] = 2,vërtetoni se, E është një fushë ndarëse e F .

13.4 Mbyllja algjebrike

Lind natyrshëm pyetja në qoftë se një fushë F përmbahet ose jo në një fushë mëtë madhe. Sjellim në mendje bashkësinë e numrave racionalë, të cilët përfshihette numrat realë dhe numrat reale përfshihen në numrat komleks. Ne mund tëstudiojmë gjithashtu fushat ndërmjet Q dhe R.

Pra, në qoftë se na është dhënë një fushë F dhe një polinom p(x) ∈ F [x]lind pyetja nëse mund të gjejmë një fushë E e cila përmban F -në e tillë që p(x)faktorizohet në faktorë linearë mbi E[x]. Për shembull, në qoftë se shqyrtojmëpolinomin

p(x) = x4 − 5x2 + 6

në Q[x], atëherë p(x) faktorizohet në (x2−2)(x2−3), ku të dy këta faktorë janëtë pathjeshtueshëm në Q[x]. Në qoftë se duam të gjejmë një zero të polinomitp(x), duhet të shikojmë në një fushë më të madhe. Në këtë rast fusha e numraverealë do të na bënte punë meqë:

p(x) = (x−√

2)(x+√

2)(x−√

3)(x+√

3).

Por gjithashtu është e mundur të gjejmë një fushë më të vogël se R në të cilënp(x) ka një zero. Këtë fushë po e shënojmë me

Q(√

2) = a+ b√

2 : a, b ∈ Q.

Jepet një fushë F . A është e mundur të gjendet një fushë E e tillë që çdopolinom p(x) të ketë një rrënjë në E? Kjo na drejton te teorema e mëposhtme.

Teorema 13.10. Le të jetë E një shtrirje fushe e F . Bashkësia e elementëvetë E të cilët janë algjebrikë mbi F formon fushë.

Vërtetim: Atëherë F (α, β) është shtrirje e fundme e F . Meqënëse çdo elementi F (α, β) është algjebrik mbi F -në, α ± β, dhe α/β (β 6= 0) janë të gjithëalgjebrikë mbi F -në. Për pasojë, bashkësia e elementëve të E, që janë algjebrikëmbi F formon fushë.

Rrjedhim 13.4. Bashkësia e të gjithë numrave algjebrikë formon fushë. Pra,bashkësia e të gjithë numrave kompleksë që janë algjebrikë mbi Q formon fushë.






Le të jetë E një shtrirje fushe e fushës F . Përkufizojmëmbylljen algjebriketë një fushe F në E të jetë fusha e të gjithë elementëve të E të cilët janëalgjebrikë mbi F .

Një fushë F është algjebrikisht e mbyllur në qoftë se çdo polinom jokonstant në F [x] ka një rrënjë në F .

Teorema 13.11. Një fushë F është algjebrikisht e mbyllur atëherë dhe vetëmatëherë kur çdo polinom jo konstant në F [x] faktorizohet në faktorë linearë nëF [x].

Vërtetim: Le të jetë F një fushë algjebrikisht e mbyllur. Në qoftë se p(x) ∈F [x] është një polinom jo konstant, atëherë p(x) ka një rrënjë në F , le të themiα. Prandaj x−α duhet të jetë një faktor i p(x) dhe kështu p(x) = (x−α)q1(x),ku deg q1(x) = deg p(x)− 1.

Vazhdojmë këtë proces me q1(x) për të gjetur një faktorizim

p(x) = (x− α)(x− β)q2(x),

ku deg q2(x) = deg p(x)−2. Procesi në një moment do të ndalojë sepse gradae p(x) është e fundme.

Anasjelltas, supozojmë se çdo polinom jo konstant p(x) në F [x] faktorizohetnë faktorë linearë. Le të jetë ax− b një faktor i tillë. Atëherë p(b/a) = 0. Pra,F është algjebrikisht e mbyllur.

Rrjedhim 13.5. Një fushë algjebrikisht e mbyllur F nuk ka shtrirje algjebriketë mirëfilltë E.

Vërtetim: Le të jetë E një shtrirje algjebrike e F , atëherë F ⊂ E. Për α ∈ Epolinomi minimal i α është x− α. Prandaj α ∈ F dhe F = E.

Teorema 13.12. Çdo fushë F ka një mbyllje algjebrike të vetme.

Është një fakt jo trivial që çdo fushë ka një mbyllje algjebrike të vetme.Vërtetimi nuk është shumë i vështirë por kërkon disa teori bashkësie më tësofistikuar.

Tani do të formulojmë Teoremën Themelore te Algjebrës. Kjo teoremë po-hon që: Çdo polinom me koefiçientë në numrat kompleksë, ka një rrënjë nënumrat kompleksë.

Teorema 13.13. (Teorema Themelore e Algjebrës) Fusha e numrave kom-pleksë C është algjebrikisht e mbyllur.

Vërtetimi i teoremës themelore do të bëhet në kapitullin e teorisë së Galuait.

Ushtrime






13.5 Fushat e fundme

Fushat e fundme shfaqen në shumë zbatime të algjebrës, në teori kodesh dhenë kriptographi. Ne tashmë njohim një fushë të fundme, Zp, ku p është numëri thjeshtë. Në këtë kapitull ne do të vërtetojmë se për çdo numër të thjeshtëp dhe një numër të plotë pozitiv n ekziston një fushë e fundme me rend pn.Fushat e fundme quhen gjithashtu fushat Galua në nder të Évariste Galois, icili ishte matematikani i parë që i studjoi ato.

Rikujtojmë se një fushë F ka karakteristikë p në qoftë se p është numrii plotë pozitiv më i vogël i tillë që për çdo element jo zero α në F , kemipα = 0. Në qoftë se një numër i tillë nuk ekziston, atëherë F ka karakteristikë0. Shembulli më i thjeshtë i një fushe të fundme është shembulli tashmë i njohurZ/pZ. Ne do të vërtetojmë se kardinaliteti i një fushe të fundme është pn, ku pështë numër i thjeshtë.

Përkufizim 13.5. Një fushë quhet e fundme kur ka numër të fundëm elemen-tësh.

Lema 13.6. Jepet fusha e fundme F dhe një E një shtrirje e saj e tillë që[E : F ] = n. Atëherë |F | = pn.

Vërtetim: Le të jetë α1, . . . , αn një bazë e E-së mbi F . Atëherë çdo elementi E-së shprehet si kombinim linear

a1α1 + · · ·+ anαn

ku ai ∈ F . Kemi |F | mundësi për ai dhe n mundësi për αi. Pra gjithsej |F |nmundësi.

Lema 13.7. Rendi i një fushe të fundme F është pn, ku p është karakteristikae fushës dhe n një numër i plotë.

Vërtetim: Karakteristika e fushës është një numër i thjeshtë p ose 0. Çdofushë me karakteristikë 0 është izomorfike me Q, pra është e pafundme. Pra,karakteristika e F -së është p. Marrim homomorfizmin e fushave:

ϕ : Z/pZ −→ F

1 −→ 1f

Ky homomorfizëm është 0 ose injektiv. Përderisa 1 −→ 1F atëherë ϕ 6= 0, praështë injektiv. Pra, F ka një kopje izomorfike të Z/pZ. Përderisa F është efundme atëherë është një shtrirje e fundme e Z/pZ. Supozojmë se [F : Z/pZ] =n, në bazë të lemës së mësipërme |F | = |Z/pZ| = pn.

Fushat e fundme zakonisht shënohen me Fq, ku q = pn për p numër tëthjeshtë dhe n ∈ Z. Le të shohim tani ekzistencën e fushave me pn elementë.






Teorema 13.14. Për çdo numër të thjeshtë p dhe n ∈ Z ekziston një fushë meq = pn elementë. Të gjitha fushat me pn elementë janë izomorfike.

Vërtetim: Për të vërtetuar pjesën e parë të teoremës konsiderojmë polinomin

f(x) = xq − x

Le të jetë S fusha ndarëse e polinomit f(x) mbi fushën Fp := Z/pZ. Le të jetëR bashkësia e rrënjëve të f(x) në S. Bashkësia R është fushë sepse përmban 0dhe 1 dhe

α ∈ R⇒ αq − α = 0⇒ αq = α

α, β ∈ R⇒ (α+ β) = αq + βq = (α+ β)q

sepse q është shumëfish i p-së. Gjithashtu,

α ∈ R⇒ −α ∈ R

α, β ∈ R⇒ αβ−1 = αq(β−1)q = (αβ−1)q ⇒ αβ−1 ∈ R

Përderisa S është fusha më e vogël që përmban rrënjët e f(x) dhe R ⊂ S, atëherëR = S. Pra S është bashkësia e rrënjëve të f(x). Të vërtetojmë se f(x) nuk karrënjë dyfishe. Marrim derivatin e f(x)

f ′(x) = qxq−1 − 1 = pnxq−1 − 1 = −1 6= 0.

Meqënëse derivati doli i ndryshëm nga zero nuk kemi rrënjë dyfishe. Pra tëgjithë faktorët e f(x) janë linearë. Si rrjedhim |S| = q sepse grada e f(x) ështëq.

Për të vërtetuar pjesën e dytë kujtojmë faktin se për çdo fushë të fundmeF , F ∗ = F \ 0 është grup ciklic. Le të jetë F një fushë tjetër, e dalluar ngaS, e tillë që |F | = q. Atëherë ∀α ∈ F kemi αq−1 = 1⇒ αq − α = 0.

Pra çdo α ∈ F është rrënjë e f(x) = xq − x mbi Z/pZ. Përderisa |F | = qdhe f(x) ka q rrënjë (jo rrënjë dyfishe) atëherë F është fusha ndarëse e f(x).Ne dimë se çdo dy fusha ndarëse të një polinomi janë izomorfike. Pra, S ∼= F .

Shembull 13.17. Le të jetë p ndonjë numër i thjeshtë dhe D një unazë integraleme karakteristikë p. Atëherë

apn

+ bpn

= (a+ b)pn

për të gjithë numrat e plotë n.

Vërtetim: Do ta vërtetojmë lemën duke përdorur induksionin mbi n-në.Mund të përdorim formulën e binomit për të verifikuar rastin kur n = 1. Pra,

(a+ b)p =

p∑k=0

(pk

)akbp−k.






Në qoftë se 0 < k < p, atëherë(pk

)=

p!

k!(p− k)!

duhet të pjesëtohet nga p, meqe p nuk mud të pjesëtojë k!(p− k)!. Dimë se Dështë një unazë integrale me karakteristikë p, kështu që të gjitha termat përveçtë parës dhe të fundit duhet të jenë zero. Prandaj, (a+ b)p = ap + bp.

Tani le të supozojmë se rezultati është i vërtetë për të gjitha k-të, ku 1 ≤k ≤ n. Nga hipoteza e induksionit matematik,

(a+ b)pn+1

= ((a+ b)p)pn

= (ap + bp)pn

= (ap)pn

+ (bp)pn

= apn+1

+ bpn+1

.

Pra, rezultati është i vërtetë për n+ 1.

Fusha e fundme unike me q = pn elementë quhet fusha e Galuait me rendq = pn. Kjo fushë shënohet me GF(pn) ose Fq.

Teorema 13.15. Çdo nënfushë e GF(pn), ka q = pm elementë, ku m pjestonn. Anasjelltas, në qoftë se m | n për m > 0, atëherë ekziston një fushë unike eGF(pn) izomorfike me GF(pm).

Vërtetim: Le të jetë F një nënfushë e E = GF(pn). Atëherë F duhet të jetënjë shtrirje fushe e K që përmban pm elementë, ku K është izomorfike me Zp.Atëherë m | n, meqënëse [E : K] = [E : F ][F : K].

Për të vërtetuar të anasjelltën supozojmë sem | n për ndonjëm > 0. Atëherëpm − 1 pjeston pn − 1. Pra, xp

m−1 − 1 pjeston xpn−1 − 1. Kështu që, xp

m − xduhet të pjestojë xp

n − x, dhe çdo zero e xpm − x është gjithashtu një zero e

xpn − x. Pra, GF(pn) përmban si një nënfushë, një fushë ndarëse të xp

m − x, ecila detyrimisht është izomorfike me GF(pm).

Shembull 13.18. Latisa e nënfushave të GF(p24) jepet në Fig. 13.1.

Për çdo fushë F kemi një grup të elementëve jo-zero të F -së të cilin e shë-nojmë me F ∗ dhe e quajmë grup multiplikativ i F -së. Grupi multiplikativ icdo fushe është grup ciklik.

Teorema 13.16. Në qoftë se G është një nëngrup i fundëm i F ∗, atëherë Gështë ciklik.

Vërtetim: Le të jetë G një nëngrup i fundëm i F ∗ me n = pe11 · · · pekk elementë,

ku pi–të janë (jo në mënyrë të nevojshme të ndryshëm) të thjeshtë. Nga TeoremaThemelore e Grupeve Abeliane,

G ∼= Zpe11× · · · × Zpekk .

Le të jetë m shumëfishi më i vogël i përbashkët i pe11 , . . . , pekk . Atëherë G ka

një element me rend m. Përderisa çdo α ∈ G kënaq xr − 1 për ndponjë r qëpjeston m, α është një rrënjë e xm − 1. Por, xm − 1 ka të shumtën m rrënjënë F , n ≤ m. Nga ana tjetër ne dime që m ≤ |G|. Kështu që, m = n. Pra, Gpërmban një element me rend n dhe kështu që është ciklik.






GF(p24)

GF(p8) GF(p12)

GF(p4) GF(p6)

GF(p2) GF(p3)

GF(p)

""""

""""

""

bb

bb

""

Figura 13.1: Nënfushat e GF(p24)

Rrjedhim 13.6. Grupi multiplikativ i të gjithë elementëve jozero të një fushetë fundme është ciklik.

Rrjedhim 13.7. Çdo shtrirje e fundme E e një fushe të fundme F është njështrirje e thjeshtë e F .

Vërtetim: Le të jetë α një gjenerues për grupin ciklik E∗ të elementëve jozerotë E. Atëherë E = F (α).

Shembull 13.19. Fsha e fundme GF(24) është izomorfike me fushën Z2/〈1 +x+ x4〉. Kështu që, elementët e GF(24) mund të merren si

a0 + a1α+ a2α2 + a3α

3 : ai ∈ Z2 dhe 1 + α+ α4 = 0.

Vërtetim: Kujtojmë që 1 + α + α4 = 0. Ne mbledhim dhe shumëzojmëelementët e GF(24) njësoj siç mbledhim dhe shumëzojmë polinomet. Grupimultiplikatic i GF(24) është izomorfik me Z15 me gjenerator α:

α1 = α α6 = α2 + α3 α11 = α+ α2 + α3

α2 = α2 α7 = 1 + α+ α3 α12 = 1 + α+ α2 + α3

α3 = α3 α8 = 1 + α2 α13 = 1 + α2 + α3

α4 = 1 + α α9 = α+ α3 α14 = 1 + α3

α5 = α+ α2 α10 = 1 + α+ α2 α15 = 1.

Ushtrime

10. Le të jetë f(x) një polinom i pathjeshtueshëm në k[x]. Vërtetoni se, pohimetnë vazhdim janë ekuivalentë:






i) char(k) = p > 0 dhe f(x) = g(xp), për ndonjë g(x) ∈ k[x].ii) Të gjitha rrënjët e f(x) janë shumëfishe.Kujtesë: Në një fushë të fundme Fq, me karakteristikë p, çdo element β ∈ Fq

mund të shkruhet si β = αp, për ndonjë α ∈ Fq.

11. Vërtetoni se, bashkësia e të gjithë elemenëve në R, të cilët janë algjebrikëmbi Q, formojnë një shtrirje fushe për Q, e cila nuk është e fundme.

12. Le të jetë E një shtrirje algjebrike e një fushe F , dhe le të jetë σ njëautomorfizëm i E, i cili fikson F . Le të jetë α ∈ E. Vërtetoni se, σ induktonnjë permutacion të bashkësisë së gjithë rrënjëve të polinomit minimal të α, tëcilat janë në E.

13. Vërtetoni ose kundërshtoni: Jepet një polinom p(x) në Z6[x], mund tëndërtojmë një unazë R, të tillë që, p(x) të ketë një rrënjë në R.

14. Le të jetë E një shtrirje fushe e F dhe α ∈ E. Përcaktoni [F (α) : F (α3)].

15. Le të jenë α, β transhendentë mbi Q. Vërtetoni se, ose αβ, ose α+β ështëgjithashtu transhendent.

16. Le të jetë E një shtrirje fushe e F dhe α ∈ E transhendent mbi F . Vërtetonise, çdo element në F (α), i cili nuk është në F , është gjithashtu transhendentmbi F .

17. Vërtetoni ose kundërshtoni: Z[x]/〈x3 − 2〉 është fushë.

18. Le të jetë F një fushë me karakteristikë p. Vërtetoni se, p(x) = xp − a oseështë i pathjeshtueshëm mbi F ose ndahet në F .

19. Le të jetë E mbyllja algjebrike e një fushe F . Vërtetoni se, çdo polinomp(x) në F [x] ndahet në E.

20. Në qoftë se çdo polinom i pathjeshtueshëm p(x) në F [x] është linear,vërtetoni se, F është një fushë algjebrikisht e mbyllur.

21. Vërtetoni se, Q(√

3, 4√

3, 8√

3, . . .) është një shtrirje algjebrike e Q, por jonjë shtrirje e fundme.

22. Vërtetoni ose kundërshtoni: π është algjebrik mbi Q(π3).

23. Le të jetë p(x) një polinom jo konstant me gradë n në F [x]. Vërtetoni se,ekziston një fushë ndarëse E për p(x), e tillë që, [E : F ] ≤ n!.

24. Vërtetoni ose kundërshtoni: Q(√

2 ) ∼= Q(√

3 ).

25. Vërtetoni se, fushat Q( 4√

3 ) dhe Q( 4√

3 i) janë izomorfike, por jo të barabar-ta.

26. Le të jetë K një shtrirje algjebrike e E, dhe E një shtrirje algjebrike e F .Vërtetoni se, K është algjebrike mbi F . [Kujdes: Mos supozoni, që shtrirjetjanë të fundme.]






27. Vërtetoni se, seicili nga numrat në vazhdim është algjebrik mbi Q, dukegjetur polinomin minimal të numrit mbi Q.√

3√

2− i,√

1/3 +√

7,√

3 +3√

5,√

3 +√

2 i.

28. Përcaktoni të gjitha nënfushat e Q( 4√

3, i).

29. Vërtetoni se, Z2[x]/〈x3 +x+1〉 është një fushë me tetë elementë. Ndërtoninjë tabelë shumëzimi për grupin e shumëzimit të fushës.





Kapitulli 14

Disa probleme klasike

14.1 Ndërtimet gjeometrike

Në Greqinë e lashtë, lindën tre problema klasike.Këto problema janë nga gjeo-metria në natyrë dhe përfshijnë ndërtimet vetëm me vizore dhe kompas, ngatë cilat ne tani kemi gjeometrinë e lartë; pra, na lejohet të përdorim vetëm njëvizore dhe kompas, për ti zgjidhur ato. Problemet mund të formulohen si mëposhtë.

1. Jepet një kënd i çfarëdoshëm, a mund ta ndajmë këndin në tre kënde tëbarabartë duke përdorur vetëm vizore dhe kompas?

2. Jepet një rreth i çfarëdoshëm, a mund të ndërtojmë një katror me tënjëjtën sipërfaqe, duke përdorur vetëm vizore dhe kompasin?

3. Jepet një kub, a mund të ndërtojmë brinjën e një kubi tjetër, i cili tëketë dyfishin e vëllimit të kubit origjinal duke përdorur vetëm vizore dhekompas.

4. Për cilat n, n-goni i rregullt është i ndërtueshëm?

Pas një përpjekjeve dymijë vjeçare nga ana e matematikanëve, u tregua, qëseicili nga këta ndërtime është i pamundur. Ne do të përdorim teorinë e fushave,për të vërtetuar, që zgjidhja e tyre nuk ekziston.

14.1.1 Numrat e ndërtueshëm

Një numër real α është i ndërtueshëm, në qoftë se mund të ndërtojmë njësegment me gjatësi |α| në një numër të fundëm hapash nga një segment njësi,duke përdorur një vizore dhe një kompas.

Teorema 14.1. Bashkësia të gjithë numrave realë të ndërtueshëm formon njënënfushë F , të fushës së numrave realë.

273


Vërtetim: Le të jenë α dhe β, numra të ndërtueshëm. ne duhet të vërtetojmëse, α+β, α−β, αβ, dhe α/β (β 6= 0), janë gjithashtu numra të ndërtueshëm. Nemund të supozojmë, që të dy α dhe β, janë pozitivë, ku α > β. Është pothuajsee qartë , sesi të ndërtojmë α+β dhe α−β. Për të gjetur një segment me gjatësiαβ, supozojmë, që β > 1 dhe ndërtojmë trekëndëshin në Figurën 14.1, i tillëqë, trekëndëshat 4ABC dhe 4ADE janë të ngjashëm. Meqënëse α/1 = x/β,segmenti x ka gjatësi αβ. Një ndërtim i ngjashëm mund të bëhet, në qoftë seβ < 1. Po e lëmë si ushtrim të vërtetoni se, i njëjti trekëndësh mund të përdoretpër të ndërtuar α/β, për β 6= 0.

A

B

C

D

E

1α

β

x

Figura 14.1: Ndërtimi i produkteve

Lema 14.1. Në qoftë se α është një numër i ndërtueshëm, atëherë edhe√α

është numër i ndërtueshëm.

Vërtetim: Në Figurën 14.2 trekëndëshat 4ABD, 4BCD, dhe 4ABC janëtë ngjashëm; pra, 1/x = x/α, ose x2 = α.

x

1 αA

B

CD

Figura 14.2: Ndërtimi i rrënjëve

Lema 14.2. Është i mundur ndërtimi i trekëndëshave të ngjashëm.

Vërtetim: Detyrë.






Ne mund të gjejmë në plan çdo pikë P = (p, q), e cila ka koordinata racionalep dhe q. Ne duam të dimë se, cilat pika të tjera mund të ndërtohen me kompasdhe vizore, nga pikat me koordinata racionale.

Lema 14.3. Le të jetë F një nënfushë e R.i) Në qoftë se një drejtëz përmban dy pika në F , atëherë ajo ka ekuacionin

ax+ by + c = 0, ku a, b, dhe c janë në F .ii) Në qoftë se një rreth e ka qendrën në një pikë me koordinata në F dhe me

rreze, cila është gjithashtu në F , atëherë ai ka ekuacionin x2 +y2 +dx+ey+f =0, ku d, e, dhe f janë në F .

Vërtetim: Le të jenë (x1, y1) dhe (x2, y2), pika të një drejtëze me koordinatanë F . Në qoftë se x1 = x2, atëherë ekuacioni i drejtëzës, që kalon nga dy pikatështë x− x1 = 0, i cili ka formën ax+ by + c = 0. Në qoftë se x1 6= x2, atëherëekuacioni i drejtëzës, që kalon nga dy pikat jepet nga

y − y1 =

(y2 − y1

x2 − x1

)(x− x1),

i cili mund të kthehet në formën e duhur.Për të vërtetuar pjesën e dytë të lemës, supozojmë se, (x1, y1) është qendra

e një rrethi me rreze r. Atëherë rrethi ka ekuacionin

(x− x1)2 + (y − y1)2 − r2 = 0.

Ky ekuacion mund të shkruhet lehtë në formën e duhur.Duke filluar me fushën e numrave të ndërtueshëm F , kemi tre mënyra të

ndryshme për të ndërtuar pikat shtesë në R me kompas dhe vizore .

1. Për të gjetur pika e reja të mundshme në R, ne mund të marrim prerjen edy drejtëzave, ku seicila prej tyre kalon nga dy pika të dhëna me koordinatanë F .

2. Prerja e një drejtëze, e cila kalon nga dy pika me koordinata në F me njërreth, qendra e të cilit i ka koordinatat në F me gjatësi rrezje në F , do tëna japë pika të reja në R.

3. Ne mund të përftojmë pika të reja në R, duke prerë dy rrathë, qendrat etë cilëve i kanë koordinatat në F dhe gjatësitë e rrezeve të tyre janë në F .

Rasti i parë, nuk na jep pika të reja në R, meqë zgjidhja e dy ekuacioneve tëformës ax+ by + c = 0, me koefiçientë në F , gjithmonë do të jetë në F . Rasti itretë mund të sillet te rasti i dytë. Le të jenë

x2 + y2 + d1x+ e1x+ f1 = 0

x2 + y2 + d2x+ e2x+ f2 = 0






ekuacionet e dy rrathëve, ku di, ei, dhe fi janë në F për i = 1, 2. Këta rrathëkanë të njëjtën prerje si, rrethi

x2 + y2 + d1x+ e1x+ f1 = 0

dhe drejtëza(d1 − d2)x+ b(e2 − e1)y + (f2 − f1) = 0.

Ekuacioni i fundit, është ai i kordës, që kalon në pikat e prerjes së dy rrathëve.Pra, prerja e dy rrathëve mund të sillet në rastin e prerjes së një drejtëze menjë rreth.

Konsiderojmë rastin e prerjes së një drejtëze me një rreth, duhet të përcak-tojmë natyrën e zgjidhjeve të ekuacioneve.

ax+ by + c = 0

x2 + y2 + dx+ ey + f = 0.

Në qoftë se eleminojmë y nga këto ekuacione, përftojmë një ekuacion të formësAx2 +Bx+C = 0, ku A, B, dhe C janë në F . Koordinata x e pikave të prerjesjepet nga

x =−B ±

√B2 − 4AC

2A

dhe është në F (√α ), ku α = B2−4AC > 0. Kemi vërtetuar lemën në vazhdim.

Lema 14.4. Le të jetë F fusha e numrave të ndërtueshëm. Atëherë pikat eprerjes së drejtëzave dhe rrathëve në F , ndodhen në fushën F (

√α ) për ndonjë

α në F .

Teorema 14.2. Një numër real α është numër i ndërtueshëm, atëherë dhevetëm atëherë, kur ekziston një varg fushash

Q = F0 ⊂ F1 ⊂ · · · ⊂ Fk

të tilla që, Fi = Fi−1(√αi ) ku α ∈ Fk. Në veçanti, ekziston një numër i plotë

k > 0, i tillë që, [Q(α) : Q] = 2k.

Vërtetim: Ekzistenca e Fi-ve dhe e αi-ve është pasojë direkte e Lemës sëmësipërme dhe e faktit, që

[Fk : Q] = [Fk : Fk−1][Fk−1 : Fk−2] · · · [F1 : Q] = 2k.

Rrjedhim 14.1. Fusha e gjithë numrave të ndërtueshëm është një shtrirjealgjebrike e Q.

Siç mund ta shihni nga fusha e numrave të ndërtueshëm, jo çdo shtrirjealgjebrike e një fushe është shtrirje e fundme.






14.1.2 Dyfishimi i një kubi dhe katrori i rethit

Tani jemi gati të shqyrtojmë problemet klasike të dyfishimit të kubit dhe tëkthimit të rrethit në katror. Ne mund të përdorim fushën e numrave të ndër-tueshëm për të treguar me saktësi se, kur një ndërtim i veçantë algjebrik mundtë realizohet.

Dyfishimi i kubit është i pamundur. Kur jepet brinja e kubit, është e pa-mundur të ndërtosh me vizore dhe kompas brinjën e kubit, i cili ka dyfishin evëllimit të kubit origjinal. Le të jetë kubi origjinal me brinjë me gjatësi 1 dheme vëllim po 1. Në qoftë se mund të ndërtojmë një kub me vëllim 2, atëherëky kub i ri do ta ketë brinjën me gjatësi 3

√2. Megjithatë, 3

√2 është një rrënjë e

polinomit të pathjeshtuar x3 − 2, mbi Q; pra,

[Q(3√

2 ) : Q] = 3

Kjo është e pamundur, sepse 3 nuk është fuqi e 2.

Teorema 14.3. Është e pamundur, që të dyfishojmë kubin.

Vërtetim: Marrim një kub me vëllim 1. Për të dyfishuar kubin duhet tëndërtojmë një x, të tillë që,

x3 = 2.

Polinomif(x) = x3 − 2

është i pathjeshtueshëm mbi Q dhe prandaj, për çdo rrënjë α të f(x), kemi[Q(α) : Q] = 3, e cila nuk është fuqi e 2.

14.1.3 Kthimi i rrethit në katror

Supozojmë, që kemi një rreth me rreze 1. Sipërfaqja e rrethit është π; prandaj,ne duhet të ndërtojmë një katror me brinjë

√π. Kjo është e pamundur, sepse si

π dhe√π janë të dy transhendentë. Kështu që, me përdorimin e vizores dhe

dhe kompasit, është e pamundur të ndërtosh një katror me të njëjtën sipërfaqesa të rrethit.

Teorema 14.4. Është e pa mundur ta kthesh rrethin në katror.

Vërtetim: Jepen r i ndërtueshëm dhe një rreth me rreze r. Duam të ndërtojmënjë katror me brinjë x, i tillë që,

x2 = πr2

Meqënëse π nuk është as numër algjebrik, atëherë rrënjët e ekuacionit të mësi-përm nuk janë as algjebrikë dhe prandaj nuk mund të jenë të ndërtueshme.






14.1.4 Ndarja në tresh e një këndiNdarja në tresh e një këndi të çfarëdoshëm është e pamundur. Do të vërtetojmëse, është e pamundur të ndërtosh një kënd 20. Për pasojë, një kënd 60 nukmund të ndahet në tresh. Si fillim, duhet të llogaritim formulën e këndit trefishpër kosinusin:

cos 3θ = cos(2θ + θ)

= cos 2θ cos θ − sin 2θ sin θ

= (2 cos2 θ − 1) cos θ − 2 sin2 θ cos θ

= (2 cos2 θ − 1) cos θ − 2(1− cos2 θ) cos θ

= 4 cos3 θ − 3 cos θ.

Këndi θ mund të ndërtohet, atëherë dhe vetëm atëherë, kur α = cos θ është indërtueshëm. Le të jetë θ = 20. Atëherë cos 3θ = cos 60 = 1/2. Nga formulae këndit të trefishtë për kosinusin,

4α3 − 3α =1

2.

Kështu që, α është një rrënjë e 8x3−6x−1. Ky polinom nuk ka faktorë në Z[x],pra është i pathjeshtueshëm mbi Q[x]. Kështu që, [Q(α) : Q] = 3. Për pasojë,α nuk mund të jetë një numër i ndërtueshëm.

Teorema 14.5. Është e pamundur të ndahet një kënd në tresh.

Vërtetim: Të ndash në tresh një kënd 3α, është njësoj si të ndërtosh cosα,kur jepet cos 3α. Ekuacioni

cos 3α = 4 cos3 α− 3 cosα

na jep polinominf(x) = 4x3 − 3x− cos 3α,

për të cilin cosα është rrënjë. Për disa vlera të α polinomi f(x) është i pathje-shtueshëm dhe [Q(cosα) : Q] = 3, e cila nuk është fuqi e 2. Marrim α = 20.Atëherë,

f(x) = 8x3 − 6x− 1

është i pathjeshtueshëm mbi Q. Pra, në qoftë se, α është rrënjë e f(x), atëherë[Q(α) : Q] = 3, e cila nuk është fuqi e 2.

Shembull 14.1. Përcakto në se këta kënde mund të ndahet në tresh.i) Këndi β, i tillë që, cosβ = 1

3 .ii) β = 120

Zgjidhje: Të ndash në tresh një kënd β = 3α, është njësoj si të ndërtosh cosα,kur jepet cos 3α. Ekuacioni

cos 3α = 4 cos3 α− 3 cosα






na jep polinominf(x) = 4x3 − 3x− cos 3α,

për të cilin cosα është rrënjë.

i) Në qoftë se, cos 3α = 13 , atëherë cosα është një rrënjë e polinomit

f(x) = 4x3 − 3x− 1

3

i cili është i pathjeshtueshëm. Atëherë, [Q(cosα) : Q] = 3, i cili nuk është fuqie 2. Pra, ky kënd nuk mund të ndahet në tresh.

ii) Në qoftë se, β = 120, atëherë cosβ = − 12 . Atëherë

f(x) = 4x3 − 3x+1

2

i cili është i pathjeshtueshëm mbi Q dhe, si më lart, këndi nuk mund të ndahetnë tresh.

14.1.5 Ndërtimi i një shumëkëndëshi të rregulltTeorema 14.6. n-goni është i ndërtueshëm, atëherë dhe vetëm atëherë, kur

n = 2k · p1 · · · ps,

ku pi janë numrat e thjeshtë Fermat, të dalluar.

Vërtetim: Ndërtimi i një n-goni është ekuivalent me ndërtimin e cos 2πn . Jepet

εn shënojmë

en = cos2π

n+ i sin

2π

n

Atëherë,

cos2π

n=

1

2(εn + ε−1

n )

Pra, Q(εn) është një shtrirje e Q( 2πn ). Ne e mbarojmë vërtetimin vetëm për n nu-

mër të thjeshtë p, pjesa tjetër do të vërtetohet në kapitullin e fushës ciklotomike.Pra, cos 2π

n është i ndërtueshëm, në qoftë se,

p− 1

2= 2r

për ndonjë r ≥ 0. Kështu që, kjo është e mundur vetëm për numra të thjeshtëp, të formës p = 2k + 1. Këta janë saktësisht numrat e thjeshtë Fermat dhe atajanë të formës

p = 22r + 1.

Kjo mbaron vërtetimin.






Q(εn)

2

Q(cos 2πn )

n−12

Q

Figura 14.3:

Ushtrime

1. Vërtetoni se, 9-goni i rregullt nuk është i ndërtueshëm me vizore dhe kompaskurse 20-goni i rregullt është i ndërtueshëm.

2. Vërtetoni se, kosinusi i një grade (cos 1) është algjebrik mbi Q, por nukështë i ndërtueshëm.

3. A mund të ndërtojmë një kub me vëllim sa trefishi i vëllimit të një kubi tëdhënë ?

4. Vërtetoni se në qoftë se α dhe β janë numra të ndërtueshëm, tillë që, β 6= 0,atëherë i tillë është edhe α/β.

5. Jep një mënyrë gjeometrike për të ndërtuar një n-gon të rregullt, për

n = 3, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 15, 16, 17, 20, 24

14.2 Ekuacionet algjebrike

Në këtë kapitull do të japim një hyrje të shpejtë për zgjidhjet e ekuacioneve kua-dratikë dhe kubikë. Diskutimin më të detajuar, do ta vazhdojmë në Kapitullin6.

14.2.1 Ekuacionet me grade 2 dhe 3

Të gjithë polinomet kanë koefiçientë në ndonjë fushë K me karakteristikë 0.Kur kemi të bëjmë ne një ekuacion me një variabël

Xn + an−1Xn−1 + . . . + a1X + a0 = 0

thjeshtimi i parë është të zëvendësojmë

X = Y − an−1

n






i cili rezulton në një ekuacion

Y n + bn−2Yn−2 + . . . + b0 = 0

me termin Y n−1 zero. Ky e zgjidh ekuacionin kuadratik (duke plotësuar katro-rin): Për n = 2, ne thjesht marrim Y 2 = −b0.

Në pjesën tjetër të këtij nënseksioni ne studiojmë rastin për n = 3, pra,ekuacionin

(1) Y 3 + aY + b = 0

Duke zëvendësuar Y = u+ v, marrim

u3 + v3 + 3 (uv +a

3) (u+ v) + b = 0

e cila është e vërtetë, në qoftë se u dhe v kënaqin

(2) u3 + v3 = −b, uv = −a3

E fundit na jep

(Z − u3) (Z − v3) = Z2 + bZ − a3

27

pra, pa humbje

u3 =−b +

√b2 + 4a3

27

2

v3 =−b −

√b2 + 4a3

27

2

Nga ana tjetër, ne mund të zgjedhim u dhe v si rrënjë kubike të përshtatshmetë anës së djathtë, të tilla që, (2) të jetë i vërtetë. Atëherë u+ v është një ngazgjedhjet e (1), të tjerat i marrim nga zgjedhjet e ndryshme të rrënjëve kubike.Më saktë, në qoftë se, ε është një rrënjë primitive e tretë e njëshit, atëherëzgjidhjet e (1) janë

Y1 = u + v, Y2 = εu + ε2v, Y3 = ε2u + εv,

të cilat mund të kotrollohen duke zbërthyer (Y − Y1)(Y − Y2)(Y − Y3). Këtojanë formulat Kardano, të cilat zakonisht shkruhen si

Yi = (− b2

+

√b2

4+

a3

27)1/3 + (− b

2−√b2

4+

a3

27)1/3

Shohim se, këto formula kanë shumë simetri, duke filluar nga zgjedhjet endryshme të rrënjëve katrore, të rrënjëve kubike dhe, gjithashtu nga zgjedhja enjë rrënje të tretë të njëshit. Gjëja pozitive është, që çështja e simetrive midiszgjidhjeve mund të përkufizohet pa përdorur formulën e shtjellur të zgjidhjeve.






Ideja themelore e teorisë Galois tani mund të formulohet thjesht, si: për ntë cfarëdoshme, zëvendësojmë formulën e shtjellur për zgjidhjet (megjithëse ajonuk ekziston) duke përdorur grupin Galois.

Pika fillestare është vëzhgimi, që duke shoqëruar çdo rrënjë e një ekuacioni tëpathjeshtueshëm jep një shtrirje fushe, e cila varet vetëm nga ekuacioni, sipasizomorfizmit. Kjo na çon në izomorfizmat e fushës, që shkëmbejnë rrënjët endryshme të ekuacionit. Këto izomorfizma na çojnë në simetritë bazë ndërmjetrrënjëve, të cilat formojnë grupin Galois.

14.3 Identitetet e Newtonit dhe diskriminanti

Para se të marrim teorinë Galois të përgjthshme, mbledhim disa fakte mbidiskriminantin. Diskriminanti Dp i një polinomi p(X) bëhet zero, atëherë dhevetëm atëherë, kur p ka një rrënjë shumëfishe, siç kemi parë ne kapitullin eunazave polinomiale. Dp është një polinom i shprehur në koefiçientët e p(x)(rrjedh nga teorema kryesore e polinomeve simetrikë). Tani do të marrim njëformulë të shtjellur për Dp.

Kujtojmë, që, në qoftë se, shkruajmë p(X) në formën

p(X) = Xn + an−1Xn−1 + · · ·+ a0 = (X − x1) . . . (X − xn)

atëherëDp =

∏inj

(xi − xj)

Matrica

X :=

1 . . . 1x1 . . . xn. . . . .. . . . .. . . . .

xn−11 . . . xn−1

n

ka

det (X) =∏i>j

(xi − xj)

nga formula e mirënjohur e përcaktorit Vandeermonde.

Shembull 14.2. Vërtetoni këtë formulë.

Dp = det (X)2 = det (XXt) = det

S0 S1 . . . Sn−1

S1 S2 . . . Sn. . . . . .. . . . . .. . . . . .

Sn−1 Sn . . . S2n−2






kuSµ := xµ1 + . . . + xµn

Vërtetim: Duhet të shprehim shumat fuqi Sµ në lidhje me funksionet simetrikëelementarë

σν =∑

i1<i2<···<iν

xi1xi2 . . . xiν

(ku vetia bazë e tyre është, që σν(x1, . . . , xn) = (−1)ν an−ν). Kjo mbështetette identitetet e Newtonit (c.f. Cox et al., p. 317):

Sµ − σ1Sµ−1 + · · ·+ (−1)µ−1σµ−1S1 + (−1)µµσµ = 0, for 1 ≤ µ ≤ nSµ − σ1Sµ−1 + · · ·+ (−1)n−1σn−1Sµ−n+1 + (−1)nσnSµ−n = 0, for µ > n

Jepet z një variabël i ri, përkufizojmë

σ(z) =

n∏i=1

(1 − xiz)

Atëherë

−zσ′(z)σ(z)

=z∑ni=1 xi

∏jni (1 − xjz)

σ(z)=

n∑i=1

xiz

1 − xiz

=

n∑i=1

∞∑ν=1

xνi zν =

∞∑ν=1

(

n∑i=1

xνi ) zν =

∞∑ν=1

Sν zν

(14.1)

Kështu që, ne marrim identitetin në vazhdim ndërmjet serive fuqi formale në z:

σ(z)

∞∑ν=1

Sν zν = −zσ′(z)

Vetia bazë e funksioneve simetrikë elementarë na çon në

σ(z) =

n∑µ=0

(−1)µσµzµ

Kështu që,

n∑j=0

(−1)jσjzj ·

∞∑ν=1

Sν zν =

n∑µ=1

(−1)µ+1µσµzµ

Duke krahasuar koefiçientët marrim atë, që duam.

Shembull 14.3 (Polinomet kuadratike). Jepet p(X) = X2 + bX + c =(X − x1) (X − x2). Atëherë marrim Dp = b2 − 4c.






Shembull 14.4 (Polinomet kubike). Marrim p në formën p(X) = X3 +aX + b si në seksionin e mëparshëm. Atëherë marrim Dp = −4a3 − 27b2.Kështu që, Formulat Kardano bëhen

xi = (− b2

+

√−Dp

108)1/3 + (− b

2−√−Dp

108)1/3

Ushtrime





Kapitulli 15

Teoria e Galuait

Në këtë kapitull ne do të studiojmë një nga pjesët më elegante të matematikës.Bukuria e teorisë Galua qëndron në aftësinë e saj për të lidhur matematikën elartë me disa probleme elementare klasike si përshembull rrënjet e një polinomi.Një problem klasik i algjebrës ka qënë gjetja e rrënjëve të një polinomi. Zgjidhjete ekuacionit të fuqisë së dytë kanë qënë të njohura që në antikitet. MatematikanëItalianë në shekullin e gjashtëmbëdhjetë gjetën një zgjidhje të përgjithshme përekuacionin me fuqi të tretë dhe të katërt, megjithatë përpjekjet për të zgjidhurpolinomin me rend pesë u shtynë për vitet në vazhdim. Natyrisht ekuacione tëtilla si x5 − 1 = 0 ose x6 − x3 − 6 = 0 mund të zgjidhen por nuk u gjet njëformulë e përgjithshme si ajo e ekuacionit të gradës së dytë për polinomin epërgjithshëm me fuqi pesë:

ax5 + bx4 + cx3 + dx2 + ex+ f = 0.

Më në fund në fillim të shekullit të nëntëmbëdhjetë, Ruffini dhe Abel gjetën disapolinome të gradës së pestë të cilët nuk mund të zgjidheshin me çdo formulë.Megjithatë ishte Galois ai që siguroi shpjegimin e plotë duke treguar se cilëtpolinome mund të zgjidheshin me formula dhe cilët nuk mund. Ai zbuloi lidhjenmidis grupeve dhe shtrirjes së fushave. Në këtë kapitull ne do të vërtetojmëTeoremën Themelore të Teorisë Galua. Ky rezultat do të përdoret për të treguarse polinomet me gradë pesë nuk mund të zgjidhen dhe gjithashtu për të vërtetuarTeoremën Themelore të Algjebrës.

15.1 Shtrirjet GaluaLe te jetë F një fushë dhe G grupi i automorfizmave të saj. Fusha e fiksuar egrupit G është:

FG = α ∈ F | σ(α) = α,∀σ ∈ GLexuesi mund të vërtetojë se FG është nënfushë e F . Le të jetë F/k një shtrirjealgjebrike, rikujtojme se një automorfizëm i F mbi k është një automorfizëm σi F i tillë që σ(α) = α për çdo α ∈ k.

285


Përkufizim 15.1. Le të jetë F/k një shtrirje algjebrike. Themi se F/k ështënjë shtrirje Galua në qoftë se ajo është normale dhe e ndashme.

Grupi Autk(F ) i automorfizmave të F mbi k quhet grupi Galua i F mbi kdhe shënohet me G(F/k).

Pohim 15.1. Le të jetë F/k një shtrirje algjebrike. Pohimet e mëposhtme janëekuivalente:

i) F/k është një shtrirje Galua.ii) Ekziston një grup G i automorfizmave të F mbi k i tillë që

k = FG

iii) F është fusha ndarëse e një familjeje polinomesh të ndashme mbi k.

Vërtetim: ii) =⇒ i) : Le të jetë α ∈ F dhe

f(x) = min (α, F, x)

Për të vërtetuar se F/k është normale do të vërtetojmë se të gjitha zgjidhjet ef(x) janë në F . Shënojme me Oα, G-orbitën e α:

Oα := σ(α) | σ ∈ G = α = α1, α2, . . . αr

meqënëse secila σ(α) është rrënjë e f(x) atëherë Oα ka kardinalitet ≤ deg f ,dhe gjithashtu Oα ⊂ F . Përcaktojmë h(x) të tillë që:

h(x) :=

r∏i=1

(x− αi)

Atëherë për çdo σ ∈ G kemi:

σ(h(x)) :=

r∏i=1

(x− σ(αi)) =

r∏i=1

(x− αi) = h(x)

Pra, h(x) ∈ k[x]. Atëherë kemi që

deg h ≤ deg f

dhe h(x) është një shumëfish i f(x). Pra, h(x) = f(x) dhe F/k është normale.i) =⇒ ii) : Të gjitha rrënjët e h(x) janë të dallueshme dhe si rrjedhim

h(x) = f(x) është i ndashëm.

i⇐⇒ iii) : Supozojmë fillimisht se F/k është Galua. Le të jetë α ∈ F dhe

f(x) = min (α, k, x)

duke qënë se F/k është normale F është fushë ndarëse e f(x). Pra është e qartëqë ajo është e ndashme.






Supozojmë tani se F = k(α1, α2, . . . ) është fushë ndarëse e një familjejepolinomesh të ndashme e si rrjedhim F/k është normale.

Të gjitha αi-të duke qënë se janë rrënjë të polinomeve të ndashëm janë tëndashme mbi k. Le të jetë një element α ∈ F atëherë kemi:

α =p(α1, . . . , am)

q(α1, . . . , αm).

Pra α është e ndashme mbi k. Si rrjedhim F/k është e ndashme dhe Galua.

Lema 15.1. Le të jetë L/k një shtrirje e fundme Galua dhe G = G(L/k). Nëqoftë se F është një nënfushë e ndërmjetme k ⊂ F ⊂ L, atëherë L/F ështëGalua dhe funksioni

Φ : F −→ G(L/F )

është injektiv.

Vërtetim: Nga rezultatet e aritura në kapitullin e mëparshëm L/F ështënormale dhe e ndashme, pra një shtrirje Galua. Le të jenë F dhe F ′ dy fusha tëndërmjetme dhe H := G(L/F ), H ′ = G(L/F ′) grupet korenspoduese. Atëherë

F = KH dhe F ′ = KH′

Në qoftë se H = H ′ atëherë është e qartë se F = F ′. Pra Φ është injektiv.

Rrjedhim 15.1. Le të jetë L/k një shtrirje e fundme Galua dhe G = G(L/k).Gjithashtu le të kemi F dhe F ′ dy fusha të ndërmjetme dhe H := G(L/F ),H ′ = G(L/F ′) grupet korresponduese. Atëherë pohimet e mëposhtme janë tëvërteta:

i) Φ(FF ′) = H ∩H ′

ii) Φ(F ∩ F ′) është nëngrupi më i vogël i G që përmban H dhe H ′.

Vërtetim: Detyrë.

Lema e mëposhtme përcakton gradën e shtrirjes L/LG.

Lema 15.2. Le të jetë G një nëngrup i fundëm i Aut(L) me rend |G| = n.Atëherë grada e shtrirjes L/LG është:

[L : LG] = n = |G|

Vërtetim:

Tani do të japim rezultatin kryesor të teorisë Galua.






L

FF ′

F F ′

F ∩ F ′

k

//

1G

H ∩H ′

H H ′

M

G

Figura 15.1: The Galois correspondence

Teorema 15.1. Le të jetë L/k një shtrirje e fundme Galua dhe G = G(L/k).Ekziston një bijeksion ndërmjet bashkësisë së nënfushave të ndërmjetme F tëL/k dhe nëngrupeve H < G, që jepet nga

F = LH ←→ H

dhe G(L/F ) ≈ H. Gjithashtu F/k është Galua atëherë dhe vetëm atëherë kurH E G. Në këtë rast G(F/k) ≈ G/H.

Vërtetim: Funksioni Φ i Lemës 15.1 është injektiv. Është e qartë se kyfunksion është gjithashtu syrjektiv sepse për cdo nëngrup H ≤ G ekziston njëfushë e ndërmjetme LH .

Supozojmë se H G. Për të vërtetuar se F/k është Galua ne duhet të tre-gojmë se:

i) F/k është normaleii) F/k është e ndashme.

Le të jetë α ∈ F = LH dhe β një rrënjë e min (α, k, x). Në qoftë se tregojmëqë β ∈ F atëherë kemi vërtetuar se F/k është normale.

Nga teorema e shtrirjeve izomorfike ekziston një σ ∈ G e tillë që:

σ(α) = β

Le të jetë τ ∈ H. Atëherë

τ(β) = σ(σ−1τσ(α))

Meqënëse H është normale atëherë σ−1τσ ∈ H. Gjithashtu meqënëse çdoelement i H fikson elementët e F kemi që

σ−1τσ(α) = α






Praτ(β) = σ(α) = β ∈ F

e cila tregon se F/k është normale dhe është e ndashme sepse shtrirjet e ndashmeformojnë një klasë të dallueshme.

Anasjelltas supozojmë se F/k është Galua me grup Galua G(F/k). Përcak-tojmë funksionin

φ : G→ G(F/k)

σ → σ|FPra, σ|F është në G(F/k) dhe φ është i përkufizuar saktë . Atëherë,

ker(φ) = σ ∈ G | σ|F = id = H

Pra, H G. Funksioni φ është syrjektiv (nga teorema e shtrirjeve izomorfike).Pra arrijmë në përfundimin se:

G(F/k) ≈ G/H.

Le të jetë f(x) një polinom i pathjeshtueshëm në k[x] i cili faktorizohet simë poshtë:

f(x) = (x− α1) . . . (x− αn)

në një fushë ndarëse Ef . Atëherë Ef/k është Galois sepse është shtrirje normaledhe e ndashme. Grupi G(Ef/k) quhet grupi Galua i f(x) mbi k dhe do tëshënohet me Gal (f). Elementët e Gal (f) përkëmbejnë rrënjët e f(x). Pra,grupi Galua i një polinomi ka një kopje izomorfike në Sn, ku n është shkalla epolinomit.

Shembull 15.1. (Polinomet kubike) Le të jetë f(x) një funksion i pathje-shtueshëm i rendit të tretë në k[x]. Ne kemi treguar se [Ef : k] = 3 ose 6.Pra grupi Galua i f(x) është një nëngrup i S3 me rend 3 ose 6. Si rrjed-him, Gal (f) ≈ A3 atëherë dhe vetëm atëherë kur ∆f është një katror ne k,përndryshe Gal(f) ≈ S3.

Ushtrime

1. Supozoni se E është një shtrirje e fundme Galua e fushës F . Në qoftë seGal(E/F ) ka rend pq, ku p < q janë dy numra të ndryshëm primë dhe p nukpjeston q − 1, atëherë vërtetoni që E ka dy nënfusha Ep dhe Eq, të cilat janëtë fiksuara nën veprimin e Gal(E/F ), të tilla që Ep ∩ Eq = F , Ep dhe Eqgjenerojnë E dhe Gal(Ep/F ) (resp. Gal(Eq/F )) është ciklik me rend p (resp.q).

2. Le të jetë E një shtrirje e fundme Galua e F dhe G = Gal(E/F ). Shënojmëme (·)′ korespondencën Galua L −→ L′ dhe H −→ H ′, të cilat pasqyrojnënënfushat e ndërmjetme te nëngrupet e G dhe anasjelltas. Vërtetoni që

(a) Në qoftë se L është një nënfushë e ndërmjetme e cila është e pavarurnën të gjitha automorfizmat e G, tregoni që L′ është normal në G.

(b) Në qoftë se H është nëngrup normal i G atëherë vërtetoni se gH ′ = H ′g,për çdo g ∈ G.






3. Vërtetoni se çdo automorfizëm i fushës reale R është identiteti.

15.2 Shtrirjet ciklotomikeLe të jetë n një numër pozitiv n. Një n-polinom ciklotomik është një polinomi formës

Φn(x) = (x− α1) . . . (x− αr)

ku α1, . . . , αr janë rrënjë të n-të primitive të njësisë. Pra në qoftë se fiksojmënjë rrënjë primitive të njësisë α atëherë

Φn(x) =∏

(r,n) =1

(x− αr)

dhe deg Φn(x) = ϕ(n) ku ϕ(n) është funksioni i Ejlerit.Shënojmë me Fn fushën ndarëse të xn − 1 mbi një fushë k. Atëherë Fn/k

quhet shtrirje e n-të ciklotomike mbi k.Qëllimi kryesor në këtë kapitull është të përcaktojmë Fn dhe Gal (Φn) =

G(Fn/k). Shohim fillimisht disa veti të polinomeve ciklotomik:

Lema 15.3. Le të jetë Φn(x) një polinom ciklotomik mbi k. Atëherë,

i) deg Φn(x) = ϕ(n)ii) Φn(x) është një monik me koeficientë nga nënfusha e kiii) Në qoftë se k = Q atëherë

Φn(x) ∈ Z[x]

iv) Barazimi i mëposhtëm është i vërtetë:

xn − 1 =∏d|n

Φd(x)

Vërtetim: Detyrë

Shembull 15.2. Me anë të disa veprimeve të thjeshta matematike mund tëvërtetojmë se:

Φ1(x) = x− 1

Φ2(x) = x+ 1

Φ3(x) = x2 + x+ 1

Φ4(x) = x2 + 1

Φ6(x) = x2 − x+ 1

Φ8(x) = x4 + 1

Φ10(x) = x4 − x3 + x2 − x+ 1

(15.1)






dhe në përgjithësi për një numër të thjeshtëp kemi:

Φp(x) = xp−1 + xp−2 + · · ·+ x+ 1

Teorema 15.2. Të gjithë polinomet ciklotomike Φn(x) mbi Q janë të pazbër-thyeshëm në Q[x].

Vërtetim: Supozojmë se Φn(x) është i zbërthyeshëm në Q. Nga Lema eGausit ai është gjithashtu i zbërthyeshëm mbi Z[x] pra supozojmë se

Φn(x) = f(x) · g(x)

ku f(x) dhe g(x) janë monik dhe të paktën njëri prej tyre është i pazbërthye-shëm mbi Z. Supozojme se f(x) është i pazbërthyeshëm mbi Z. Le të jetë αrrënjë e f(x). Atëherë α është rrënjë e njësisë dhe αp është një rrënjë e n-tëprimitive e njësisë meqënëse p - n

: f(αp) = 0, për çdo numër të thjeshtë p - n.

Vërtetim:Le të kemi f(αp) 6= 0. Atëherë αp duhet të jetë rrënjë e g(x). Pra αështë një rrënjë e g(xp).

Përderisa f(x) është një monik dhe i pazbërthyeshëm atëherë f(x) | g(xp)pra themi se

g(xp) = h(x)f(x)

ku h(x) është një polinom monik h(x) ∈ Z[x]. Reduktojmë sipas mod p.Shënojmë me f mbetjen sipas mod p të f ∈ Z[x]. Atëherë në Fp kemi:

Φn(x) = f · g.

Vini re se Φn(x) | (xn − 1) dhe gjithsesi nuk ka rrënjë që përsëriten në ndonjështrirje të Fp. Meqënëse në Fp kemi që ap = a atëherë për çdo a ∈ Fp kemi:

g(xp) = g(x)p.

Pra f | (g)p dhe si rjedhim çdo faktor q(x) në Fp[x] i f pjeston gjithashtu g.Pra q2 pjeston Φn e cila sjell që Φn(x) ka rrënjë të shumëfishta. Ky është njëkontradiksion dhe kjo kompleton vërtetimin e pohimit.

Pra nga Pohim te gjitha rrënjët primitive të njësisë janë rrënjë të f(x). Pra,f(x) = Φn(x) dhe Φn(x) është i pazbërthyeshëm.

Le të jetë εn një rrënjë e n-të primitinëe e njëshit dhe shënojmë me Fn fushënndarëse te Φn(x). Atëherë kemi që:

Rrjedhim 15.2. Në qoftë se Fn është shtrirja e n-të ciklotomike e Q atëherëFn = Q(εn). Për më tepër kemi:

G(Q(εn)/Q) ≈ (Z/nZ)∗, dhe [Q(εn) : Q] = ϕ(n)






Rezultati më i rëndesishëm në shtrirjet ciklotomike është teorema Kronecker-Weber.

Teorema 15.3 (Kronecker-Weber). Le të jetë F një shtrirje e fundme Abelianee Q. Atëherë F përmbahet në ndonjë shtrirje ciklotomike të Q.

Vërtetim: Vërtetimi i kësaj teoreme është jashtë mundësive të këtij libri.

Ushtrime

4. Llogarisni Φn(x) për n = 12, . . . , 20.

Le të jetë n > 1 një numër tek. Vërtetoni se

Φ2n(x) = Φn(−x)

Le të jetë n një numër tek. Vërtetoni se fusha ndarëse e Φn(x) vepron njësojsi fusha ndarëse e Φ2n(x).

Te të jenë n dhe m dy numra pozitiv me

d = gcd(m,n), l = lcm (m,n).

5. Shtrirjen e n-të ciklotomike mbi Q e shënojmë me Sn. Vërtetoni se:i) Në qoftë se n | m atëherë Sm është një shtrirje e Sn.ii) SnSm = Sliii) Sn ∩ Sm = Sl

6. Në qoftë se d ∈ Q tregoni që Q(√d) shtrihet në një polinom ciklotomik Sn të

Q (mos përdorni teoremen Kronecker-Weber).

7. Përcaktoni se cilat janë rrënjët e njësisë në fushat ndarëse të më poshtme:Q(i), Q(

√2, Q(

√−2, Q(

√−3, Q(

√3.

8. Për çfarë numrash të plotë n kemi që [Q(εn) : Q] = 2?

15.3 Norma dhe gjurmaNë këtë temë do të përkufizojmë disa koncepte shumë të përdorshme, atë tënormës dhe gjurmës. Këto dy koncepte do të përdoren në temën pasardhëse përtë vërtetuar teoremën e 90 të Hilbertit për shtrirjet ciklotomike.

Jepet F/k një shtrirje fushe me rend [F : k] = n. Fiksojmë α ∈ F dheshqyrtojmë pasqyrimin linear

Lα : F −→ F

x −→ a x(15.2)

Kujtojmë se F është një hapësirë vektoriale n-dimensionale mbi k dhe Lα njëfunksion linear mbi këtë hapësirë vektoriale. Jepet Mα e cila është matricashoqëruese e Lα.






Përkufizim 15.2. Jepet F/k shtrirje fushe e fundme. Norma NFk dhe gjurma

TrFk i çdo elementi α ∈ F janë përkufizuar si më poshtë:

NFk (α) = det (Mα)

TrFk (α) = tr(Mα)(15.3)

Shënim. Kujtojmë nga algjebra lineare se ndryshimi i bazës së hapësirë vekto-riale do të ndryshonte matricënMα në një matricë të ngjashme me të A−1MαA.Determinanti dhe gjurma do të jenë përsëri të njëjtat duke qënë se:

det (A−1MαA) = det (Mα)

tr(A−1MαA) = tr(Mα)(15.4)

Kështu që, norma dhe gjurma janë të përkufizuara saktë.

Shembull 15.3. Jepet F = k(√d) për një d ∈ F e cila nuk është një katror i

plotë në k. Jepet α ∈ F i tillë α = a+ b√d. Ne duam të njësojmë NF/k(α) dhe

TrF/k(α).

Zgjedhim një bazë B = 1,√d. Atëherë

Lα(1) = a+ b√d

La(√d) = (a+ b

√d) ·√d = bd+ a

√d

(15.5)

Atëherë matrica shoqëruese është

Mα =

[a bbd a

]t=

[a bdb a

]Kështu që kemi:

NFk (α) = det (Mα) = a2 − b2d

TrFk (α) = tr(Mα) = 2a(15.6)

Lema 15.4. Jepet F (α)/k një shtrirje algjebrike ku polinomi minimal i α është

min (α, k, x) = xn + βn−1xn−1 + · · ·+ β1x+ β0.

Atëherë,NFk (α) = (−1)nβ0, T rFk (α) = −βn−1

Vërtetim: Ne dimë se një bazë për k(α) është

B = 1, α, α2, . . . , αn−1.

Atëherë,Lα(1) = α = (0, 1, 0, 0, . . . 0)

Lα(α) = α2 = (0, 0, 1, 0, . . . 0)






Lα(α2) = α3 = (0, 0, 0, 1, . . . 0)

. . . . . . . . .

Lα(αn−1) = αn = (−s0,−s1,−s2,−s4, . . . sn−1)

dhe matrica Mα jepet nga:

Cf :=

0 0 . . . . . . −s0

1 0 . . . . . . −s1

0 1 . . . . . . −s2

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .0 0 . . . 1 −sn−1

Për detaje mund të shikoni Kap. 4 në [6]. Atëherë kjo plotëson vërtetimin.

Shënim. Matrica Mα është matrica shoqëruese e min (α, k, x).

Norma dhe gjurma jepen si më poshtë:

Teorema 15.4. Jepet F/k një shtrirje fushe e fundme dhe σ1, . . . , σn funksioneinjektive të ndryshme të F në një mbyllje algjebrike ka të K. Për α ∈ F kemi:

NFk (α) =

r∏j=1

σj(α)

[F :k]i

dhe TFk (α) = [F : k]i

n∑j=1

σj(α)

Vërtetim: Këtë teoremë do ta provojmë vetëm për shtrirjet Galois në rrjed-himin e mëposhtëm.

Rrjedhim 15.3. Jepet F/k një shtrirje Galois e fundme me grup Galua G.Atëherë për çdo α ∈ F ,

NFk (α) =

∏σ∈G

σ(α) dhe TFk (α) =∑σ∈G

σ(α)

Vërtetim: Jepet α ∈ F , f(x) = min (α, k, x) dhe

G = 1, σ, . . . , σn−1.

Ne tashmë dimë që të gjitha σi(α), për i ≤ n janë gjithashtu rrënjë të f(x).Rezultati tashmë është i qartë.

Shembull 15.4. Jepet F = k(√d). Atëherë F/k është Galua meqënëse çdo

shtrirje me gradë dy është Galua. Grupi Galua është G = id, σ ku

σ :√d −→ −

√d






Atëherë për α = a+ b√α ∈ F , kemi:

NFk (α) = α · σ(a) = (a+ b

√d)(a− b

√d) = a2 − b2d.

Në mënyrë të ngjashme, TrFk (α) = 2a.

Lema 15.5. Jepen L/F/k shtrirje fushash të fundme. Atëherë

NLk = NF

k NLF , T rLk = TrFk TrLF

Vërtetim: Detyrë.

Ushtrime

9. Jepet p një numër i thjeshtë dhe K := Q(εp). Vërtetoni se

NKQ (1− εp) = p

10. Jepet n ≥ 3 një numër i plotë, εn një rrënjë e n-të primitive e njësisë dheK := Q(εn). Vërtetoni se NK

Q (εn) = 1.

11. Jepet F = Q(√

3) dhe L = Q( 4√

3). Llogarisni NFQ (√

3), NLF (√

3), TrFQ (√

3),TrLF (

√3).

12. Jepet [K : Q] = n dhe α ∈ Q. Vërtetoni se

NKQ (α) = αn, dhe TrKQ (α) = nα.

15.4 Shtrirjet ciklikePërkufizim 15.3. Jepet F/k një shtrirje Galua dhe Gal(F/k) një grup ciklik,Gal(F/k) = 〈σ〉. Atëherë F/k është quajtur një shtrirje ciklike.

Qëllimi kryesor i këtij kapitulli është të përcaktojmë shtrirjet ciklike. Kjomund të bëhet kur fusha bazë ka mjaftueshëm rrënjë njësie. Teorema e mëpo-shtme luan një rol të rëndësishëm në përcaktimin e shtrirjeve të tilla.

Teorema 15.5 (Teorema e 90 e Hilbertit). Jepet K/k një shtrirje ciklike efundme me grup Galua Gal(K/k) = 〈σ〉 dhe α ∈ K. Atëherë, N(α) = 1 atëherëdhe vetëm atëherë ekziston një β ∈ K i tillë që α = β

σ(β) .

Vërtetim: Ne po e lemë vërtetimin për versionin pasuniversitar të këtij libri.

Teorema 15.6. Jepet k një fushë e cila përmban një rrënjë të n-të të njësisë.Supozojmë se në qoftë se char k = p > 0 ku (n, p) = 1. Atëherë pohimet emëposhtme janë ekuivalente:






i) F/k është ciklik me gradë d | nii) F = k(α) ku

min (α, k, x) = xd − a

për d | n dhe a ∈ k.iii) F është një fushë ndarëse e një polinomi të pathjeshtueshëm

f(x) = xd − b

ku d | n dhe b ∈ k.iv) F është një fushë ndarëse e

f(x) = xn − b

për b ∈ k.

Vërtetim: Lexuesi duhet të jetë në gjendje tashmë të vërtetojë këtë teoremëduke përdorur Hilbert’ 90.

Teorema 15.7 (Teorema e 90 e Hilbertit, version aditiv). Jepet K/k një shtrirjee fundme ciklike me grup Galua Gal(K/k) = 〈σ〉 dhe α ∈ K. Atëherë kemi tëvërtetë se Tr(α) = 0 atëherë dhe vetëm atëherë kur ekziston një β ∈ K e tillëqë α = β − σ(β)

Vërtetim: Detyrë. E ngjashme me vërtetimin e teoremës së mësipërme.

Teorema e mëposhtmë e cila do të merret pa vërtetim karakterizon shtrirjetciklike mbi fushat e fundme.

Teorema 15.8 (Artin-Schreier). Jepet char (k) = p > 0. Polinomi

f(x) = xp − x− a ∈ k[x]

ose shtrihet në k ose është i pathjeshtueshëm në k. Për më tepër pohimet emëposhtme janë ekuivalente:

i) F/k është ciklik dhe [F : k] = pii) F = k(α) ku

min (α, k, x) = xp − x− a

për ndonjë α ∈ k.ii) F është fusha ndarëse e polinomit të pathjeshtueshëm

f(x) = xp − x− a

për a ∈ k.

Ushtrime






13. Jepet F e cila është një shtrirje e k e gjeneruar nga të gjitha rrënjët e n-tatë njësisë, për çdo n ≥ 1. Vërtetoni se F/k është Abelian.

14. Jepet F një fushë dhe σ ∈ Aut(F ) i tillë që |σ| = s > 1. Vërtetoni seekziston një α ∈ F e tillë që

σ(α) = α+ 1

15.5 Shtrirjet e zgjidhshmeNjë shtrirje e fundne e ndashme e F/k është quajtur shtrirje e zgjidhëshmenë qoftë se ekziston një shtrirje S e tillë që S/k është Galua dhe Gal(S/k) ështëe zgjidhëshme.

Teorema 15.9. Një shtrirje e fundme Galua është e zgjidhshme atëherë dhevetëm atëherë kur grupi Galua është i zgjidhshëm.

15.5.1 Zgjidhshmëria me radikaleJepet char (k) = p. Ne themi që një shtrirje fushe F/k ka një seri radikalekur ekziston një përfshirje

k = F0 < F1 < · · · < Fn = F

e tillë që çdo hap është një nga tipet e mëposhtme.i) Fi+1 = Fi(εn) ku εn është një rrënjë e n-të e njësisë për një n.ii) Fi+1 = Fi(αi) ku αn është një rrënjë e

f(x) = xn − a

për n > 1, a ∈ k dhe (n, p) = 1 në qoftë se p > 0iii) Në qoftë se p > 0 atëherë Fi+1 = Fi(αi) ku αn është një rrënjë e

f(x) = xn − x− a

për a ∈ k.

Përkufizim 15.4. Një shtrirje F/k është e zgjidhshme me radikal në qoftëse ajo ka një seri radikale.

Teorema 15.10. Klasa e shtrirjeve të cilat janë të zgjidhshme me radikalë ështënjë klasë e veçantë.

Vërtetim: Detyrë.

Pa vërtetim marrim teoremat e mëposhtme.

Teorema 15.11. Në qoftë se F/k është e zgjidhshme me radikalë atëherë e tillëështë dhe Fn/k.






Teorema 15.12. Një shtrirje e fundme e ndashme F/k është e ndashme meradikalë atëherë dhe vetëm atëherë kur ajo është e zgjidhëshme.

Teorema 15.13. Jepet char (k) = 0. Një polinom f(x) ∈ k[x] është i zgjidh-shëm me radikalë atëherë dhe vetëm atëherë kur grupi i tij Galua Gal(f) ështënjë grup i zgjidhshëm.

Vërtetim: Do të trajtohet më në detaje në kapitullin që vjen.

Shembull 15.5. Jepetf(x) = x5 − 4x+ 2

Nga kriteti i Einsteinit ai është i pathjeshtueshëm. Ne kemi parë se ky polinomka ekzaktësisht dy zgjidhje jo reale. Kështu që grupi Galua i f(x) është S5. Pra,f(x) nuk është i zgjidhshëm me radikale.

Ushtrime

15. Përdorni konceptin e derivatit për të vërtetuar se në qoftë se f(T ) ështëpolinom i pathjeshtueshëm mbi një fushë F , atëherë ai ka rrënjë që përsëritennë fushën ndarëse atëherë dhe vetëm atëherë kur karakteristika e F është p > 0dhe f(T ) = g(T p), për g(T ) ∈ F [T ].

16. Jep përkufizimin e determinantit ∆ të një polinomi f(x) ∈ Q[x]. Jepet G,grupi Galua i tij. Vërtetoni se ∆2 ∈ Q. Gjithashtu vërtetoni se G < An atëherëdhe vetëm atëherë kur ∆2 është një katror në Q.

17. Vërtetoni se polinomi x5 − 6x− 2 nuk është i zgjidhshëm me radikale.

18. Jepet p një numër i thjeshtë.(a) Vërtetoni se në qoftë se një nëngrup H i Sp përmban një p-cikël dhe një

transpozicion, atëherë H = Sp.

(b) Në qoftë se p(T ) është një polinom i pathjeshtueshëm mbi Q me rend pi cili ka ekzaktësisht dy rrënjë jo reale, atëherë grupi Galua i fushës ndarëse tëp(T ) është Sp.

19. Vërtetoni se për çdo grup Sn, (n ≥ 2) ekziston një polinom f(x) ∈ Q[x] itillë që

Gal(f) ≈ Sn

15.6 Automorfizmat e fushaveQëllimi ynë është të gjemë një lidhje midis teorisë së grupeve dhe automorfiz-mave të fushave.

Pohim 15.2. Bashkësia e të gjithë automorfizmave të një fushe F formon grupnë lidhje me veprimin e përbërjes së funksioneve.






Vërtetim: Në qoftë se σ dhe τ janë automorfizma të E, atëherë të tilla janëστ dhe σ−1. Identiteti gjithashtu është një automorfizëm. Pra, bashkësia e tëgjithë automorfizmave të një fushe F është grup.

Pohim 15.3. Le të jetë E një shtrirje fushe e F . Atëherë bashkësia e të gjithëautomorfizmave të E-së që fiksojnë çdo element të F është grup. Pra bashkësiae të gjithë automorfizmave σ : E → E të tilla që σ(α) = α për çdo α ∈ F ështëgrup.

Vërtetim: Ne duhet vetëm të vërtetojmë se bashkësia e të gjithë automorfiz-mave të E që fiksojnë çdo element të F formon një nëngrup të grupit të auto-morfimave të E. Le të jenë σ dhe τ dy automorfizma të E të tilla që σ(α) = αdhe τ(α) = α për çdo α ∈ F . Atëherë στ(α) = σ(α) = α dhe σ−1(α) = α.Meqënëse identiteti fikson çdo element të E, bashkësia e automorfizmave të Eqë fiksojnë elementët e F është një nëngrup i grupit të automorfizmave të E-së.

Le të jetë E një shtrirje fushe e F -së. Grupin e automorfizmave të E do tashënojmë me Aut(E). Grupi Galua i E mbi F është grupi i automorfizmavetë E-së që fiksojnë F -në në çdo element. Pra,

G(E/F ) = σ ∈ Aut(E) : σ(α) = α për çdo α ∈ F.

Në qoftë se f(x) është një polinom në F [x] dhe E është fusha ndarëse e f(x)mbi F , atëherë grupi Galua i f(x) është G(E/F ).

Shembull 15.6. Konjugimi kompleks, i përkufizuar si:

σ : a+ bi 7→ a− bi

është një automorfizëm i numrave kompleks. Meqënëse

σ(a) = σ(a+ 0i) = a− 0i = a,

automorfizma e përcaktuar nga konjugimi kompleks duhet të jetë në G(C/R).

Shembull 15.7. Jepet fusha Q ⊂ Q(√

5 ) ⊂ Q(√

3,√

5 ). Atëherë për a, b ∈Q(√

5 ),σ(a+ b

√3 ) = a− b

√3

është një automorfizëm i Q(√

3,√

5 ) e cila fikson Q(√

5 ). Në mënyrë të ngjash-me

τ(a+ b√

5 ) = a− b√

5

është një automorfizëm i Q(√

3,√

5 ) që fikson Q(√

3 ). Automorfizmi µ = στlëviz si

√3 dhe

√5. Do të shohim së shpejti se id, σ, τ, µ është grupi Galua i

Q(√

3,√

5 ) mbi Q. Tabela e mëposhtme tregon se ky grup është izomorfik meZ2 × Z2.

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






Fushën Q(√

3,√

5 ) mund ta shohim gjithashtu dhe si një hapësirë vektorialembi Q e cila ka bazë 1,

√3,√

5,√

15 . Nuk është një koinçidencë fakti se|G(Q(

√3,√

5 )/Q)| = [Q(√

3,√

5 ) : Q)] = 4.

Pohim 15.4. Le të jetë E një shtrirje fushe e F dhe f(x) është një polinomnë F [x]. Atëherë çdo automorfizëm në G(E/F ) përcakton një permutacion tërrënjëve të f(x) që shtrihen në E.

Vërtetim: Le të kemi

f(x) = a0 + a1x+ a2x2 + · · ·+ anx

n

dhe supozojmë se α ∈ E është një zero e f(x). Atëherë për σ ∈ G(E/F ),

0 = σ(0)

= σ(f(α))

= σ(a0 + a1α+ a2α2 + · · ·+ anα

n)

= a0 + a1σ(α) + a2[σ(α)]2 + · · ·+ an[σ(α)]n;

Pra, σ(α) është gjithashtu një zero e f(x).

Le të jetë E një shtrirje algjebrike e një fushe F . Dy elementë α, β ∈ E janëtë konjuguar mbi F në qoftë se ata kanë të njëjtin polinom minimal. Përshembull, në fushën Q(

√2 ) elementët

√2 dhe −

√2 janë të konjuguar mbi Q

meqënëse që të dy ata janë rrënjë të polinomit të pathjeshtueshëm x2 − 2.Ekziston dhe pohimi i anasjelltë i pohimit të mësipërm.

Pohim 15.5. Në qoftë se α dhe β janë të konjuguar mbi F , atëherë ekzistonnjë izomorfizëm σ : F (α) → F (β) i tillë që σ është identiteti kur kufizohet mbiF .

Teorema 15.14. Le të jetë f(x) një polinom në F [x] dhe supozojmë se E ështëfushë ndarëse për f(x) mbi F . Në qoftë se f(x) nuk ka rrënjë që përsëriten,atëherë

|G(E/F )| = [E : F ].

Vërtetim: Për vërtetimin do të përdorim induksionin matematik mbi rendine f(x). Në qoftë se rendi i f(x) është 0 ose 1, atëherë E = F . Supozojmë sekjo është e vërtetë për të gjithë polinomet me rend k ku 0 ≤ k < n. Le të jetëp(x) një faktor i pathjeshtueshëm i f(x) me rend r. Meqënëse të gjitha rrënjëte p(x) janë në E, mund të zgjedhim një prej rrënjëve, le të themi α, të tillë qëF ⊂ F (α) ⊂ E. Në qoftë se β është një rrënjë e çfardoshme e p(x), atëherëF ⊂ F (β) ⊂ E. Nga rezultatet e mësipërme ekziston një izomorfizëm i vetëmσ : F (α)→ F (β) për çdo β që fikson çdo element të F -së.

Meqënëse E është një fushë ndarëse e F (β), atëherë janë ekzaktësisht rizomorfizma të tillë. Ne mund të faktorizojmë p(x) në F (α) si p(x) = (x −α)p1(x). Gradët e p1(x) dhe q1(x) janë më të vogla se r. Meqënëse ne dimë se






E është një fushë ndarëse e p1(x) mbi F (α) ne mund të zbatojmë hipotezën einduksionit për të provuar se:

|G(E/F (α))| = [E : F (α)].

Rrjedhimisht[E : F ] = [E : F (α)][F (α) : F ]

janë automorfizmat e mundshme të E që fiksojnë F , ose |G(E/F )| = [E : F ].

Rrjedhim 15.4. Le të jetë F një fushë e fundme me një shtrirje të fundme Etë tillë që [E : F ] = k. Atëherë G(E/F ) është ciklik.

Vërtetim: Le të jetë p karakteristika e E dhe F dhe supozojmë se rendi i Edhe F është respektivisht pm dhe pn. Atëherë nk = m. Gjithashtu supozojmëse E është fusha ndarëse e xp

m − x mbi një nënfushë me rend p. Kështu qëE është gjithashtu fusha ndarëse e xp

m − x mbi F . Duke zbatuar teoremën emësipërme gjejmë se |G(E/F )| = k.

Për të vërtetuar se G(E/F ) është ciklik ne duhet të gjejmë një gjeneratorpër G(E/F ). Le të jetë σ : E → E i tillë σ(α) = αp

n

. Supozojmë se σ ështëelementi i kërkuar në G(E/F ). Fillimisht ne duhet të vërtetojmë se σ është nëAut(E). Në qoftë se α dhe β janë në E, atëherë

σ(α+ β) = (α+ β)pn

= αpn

+ βpn

= σ(α) + σ(β).

Gjithashtu është e lehtë të vërtetojmë se σ(αβ) = σ(α)σ(β). Meqënëse σ ështënjë homomorfizëm jozero e fushës ajo është injektive. Ajo është gjithashtusyrjektive sepse E është një fushë e fundme. Ne dimë se σ duhet të jetë nëG(E/F ) meqënëse F është fusha ndarëse e xp

n − x mbi fushën bazë me rend p.Kjo do të thotë se σ fikson çdo element në F . Së fundmi duhet të vërtetonise rendi i σ është k. Ne dimë se σk(α) = αp

k

= α është identiteti i G(E/F ).Megjithatë σr nuk mund të jetë identiteti për 1 ≤ r < k përndryshe xp

rk − xdo të kishte pm rrënjë e cila është e pamundur.

Shembull 15.8. Tani mund të konfirmojmë se grupi Galua i Q(√

3,√

5 ) mbiQ është izomorfik me Z2 × Z2. Grupi H = id, σ, τ, µ është një nëngrup iG(Q(

√3,√

5 )/Q). Megjithatë H duhet të jetë e gjithë G(Q(√

3,√

5 )/Q) sepse:

|H| = [Q(√

3,√

5 ) : Q] = |G(Q(√

3,√

5 )/Q)| = 4.

Shembull 15.9. Le të njësojmë grupin Galua të

f(x) = x4 + x3 + x2 + x+ 1

mbi Q.






Vërtetim: Ne dimë se f(x) është i pathjeshtueshëm. Për më tepër meqënëse(x− 1)f(x) = x5 − 1, ne mund të përdorim formulën e Teoremës DeMoivre përtë përcaktuar rrënjët e f(x) të cilat janë ωi, ku i = 1, . . . , 4 dhe

ω = cos(2π/5) + i sin(2π/5).

Pra, fusha ndarëse e f(x) duhet të jetë Q(ω). Ne mund të japim automorfizmatσi të Q(ω) me σi(ω) = ωi për i = 1, . . . , 4. Është e lehtë të provojmë se këtojanë automorfizma të ndryshme në G(Q(ω)/Q). Meqënëse

[Q(ω) : Q] = |G(Q(ω)/Q)| = 4,

σi-të duhet të jenë të gjitha nga G(Q(ω)/Q). Kështu që G(Q(ω)/Q) ∼= Z4 dukeqënë se ω është një gjenerator për grupin Galua.

15.6.1 Shtrirjet e ndashmeShumë prej rezulatateve që kemi vërtetuar varen nga fakti se një polinom f(x)nukka rrënjë që përsëriten në fushën ndarëse F [x]. Është e qartë se ne duhet të di-më ekzaktësisht se kur një polinom ndahet në faktorë linearë në fushën e tijndarëse. Le të jetë E fusha ndarëse e një polinomi f(x) në F [x]. Supozojmë sef(x) faktorizohet mbi E si:

f(x) = (x− α1)n1(x− α2)n2 · · · (x− αr)nr =

r∏i=1

(x− αi)ni .

Themi se shumëfishmëria e rrënjës αi të f(x) është ni. Një rrënjë me shu-mëfishmëri 1 është quajtur rrënjë e thjeshtë. Rikujtojmë se një polinomf(x) ∈ F [x] me gradë n është i ndashëm në qoftë se ai ka n rrënjë të dalluaranë fushvn ndarëse të tij E. Pra, f(x) është i ndashëm në qoftë se ai faktorizohetnë faktorë linearë mbi E[x]. Një shtrirje E of F është një shtrirje e ndash-me e F në qoftë se çdo element në E është rrënjë e një polinomi të ndashëmF [x]. Gjithashtu rikujtojmë se f(x) është i ndashëm atëherë dhe vetëm atëherëgcd(f(x), f ′(x)) = 1.

Pohim 15.6. Le të jetë f(x) një polinom i pathjeshtueshëm mbi F [x]. Nëqoftë se karakteristika e F është 0, atëherë f(x) është e ndashme. Në qoftë sekarakteristika e F është p dhe f(x) 6= g(xp) për një g(x) në F [x], atëherë f(x)është gjithashtu e ndashme.

Vërtetim: Fillimisht supozojmë se charF = 0. Meqënëse deg f ′(x) <deg f(x) dhe f(x) është i thjeshtueshëm, atëherë gcd(f(x), f ′(x)) 6= 1 ve-tëm në qoftë se f ′(x) është polinomi zero megjithëse kjo është e pamundurnë një fushë me karakteristikë zero. Në qoftë se charF = p, atëherë f ′(x)mund të jetë polinomi zero në qoftë se çdo koefiçientë i f(x) është një shumë-fish i p. Kjo mund të ndodhë vetëm në qoftë se kemi një polinom të formësf(x) = a0 + a1x

p + a2x2p + · · ·+ anx

np.






Disa shtrirje të fushës F të formës F (α) janë nga më të lehtat për tu studiuardhe kuptuar. Jepet një shtrirje fushe E e F , lind pyeja: Kur është e mundur tëgjejmë një element α ∈ E të tillë që E = F (α). Në këtë rast α quhet elementprimitiv. Ne tashmë dimë se elementët primitiv ekzistojnë për disa shtrirje.Për shembull

Q(√

3,√

5 ) = Q(√

3 +√

5 )

dheQ(

3√

5,√

5 i) = Q(6√

5 i).

Ekziston një element primitiv për çdo shtrirje të fundme të një fushe të fundme.

Teorema 15.15 (Teorema e Elementëve Primitiv). Le të jetë E një shtrirje efundme e ndashme e fushës F . Atëherë ekziston një element α ∈ E i tillë qëE = F (α).

Vërtetim: Supozojmë se E është një shtrirje e fundme e një fushe të pafundme.Ne do ta vërtetojmë teoremën për F (α, β). Rasti i përgjithshëm vërtetohet lehtëme anë të induksionit matematik. Le të jenë f(x) dhe g(x) polinome minimalrespektivisht të α dhe β. Le të jetë K fusha mbi të cilën ndahen f(x) dhe g(x).Supozojmë që f(x) ka zero α = α1, . . . , αn nëK dhe g(x) ka zero β = β1, . . . , βmnë K. të gjitha këto zero kanë shumëfishmëri 1 meqënëse E është e ndashmembi F . Meqënëse F është e pafundme mund të gjejmë një a në F të tillë që

a 6= αi − αβ − βj

për çdo i dhe j ku j 6= 1. Kështu që a(β − βj) 6= αi − α. Le të jetë γ = α+ aβ.Atëherë

γ = α+ aβ 6= αi + aβj .

Pra, γ − aβj 6= αi për çdo i, j ku j 6= 1. Përkufizojmë h(x) ∈ F (γ)[x] të tillë qëh(x) = f(γ − ax). Atëherë h(β) = f(α) = 0. Megjithatë h(βj) 6= 0 për j 6= 1.Pra, h(x) dhe g(x) kanë një faktor të përbashkët në F (γ)[x]. Pra polinomi ipathjeshtueshëm i β mbi F (γ) duhet të jetë linear sepse β është zeroja e vetmee përbashkët e g(x) dhe h(x). Domethënë β ∈ F (γ) dhe α = γ − aβ është nëF (γ). Pra, F (α, β) = F (γ).

15.7 Teorema themelore e teorisë GaluaQëllimi i kësaj teme është të vërtetojmë Teoremën Themelore të Teorisë Ga-lua. Kjo teoremë shpjegon lidhjen midis nëngrupeve të G(E/F ) dhe fushës sëndërmjetme midis E dhe F .

Pohim 15.7. Le të jetë σi : i ∈ I një koleksion automorfizmash të fushës F .Atëherë

Fσi = a ∈ F : σi(a) = a për çdo σiështë një nënfushë e F .






Vërtetim: Le të jetë σi(a) = a dhe σi(b) = b. Atëherë

σi(a± b) = σi(a)± σi(b) = a± b

dheσi(ab) = σi(a)σi(b) = ab.

Në qoftë se a 6= 0, atëherë σi(a−1) = [σi(a)]−1 = a−1. Së fundmi σi(0) = 0 dheσi(1) = 1 meqënëse σi është një automorfizëm.

Rrjedhim 15.5. Le të jetë F një fushë dhe G një nëngrup i Aut(F ). Atëherë

FG = α ∈ F : σ(α) = α për çdo σ ∈ G

është një nënfushë e F .

Nënfusha Fσi e F është quajtur the fushë e fiksuar e σi. Fusha efiksuar për një nëngrup G i Aut(F ) do të shënohet me FG.

Shembull 15.10. Le të jetë σ : Q(√

3,√

5 ) → Q(√

3,√

5 ) automorfizma qëpasqyron

√3 te −

√3. Atëherë Q(

√5 ) është nënfusha e Q(

√3,√

5 ) e cila fiksohetnga σ.

Pohim 15.8. Le të jetë E një fushë ndarëse mbi F e një polinomi të pandashëm.Atëherë EG(E/F ) = F .

Vërtetim: Le të jetë G = G(E/F ). Pra, F ⊂ EG ⊂ E. Gjithashtu E ështëfushë ndarëse e EG dhe G(E/F ) = G(E/EG). Nga më sipër kemi

|G| = [E : EG] = [E : F ].

Kështu që [EG : F ] = 1. Si rrjedhim EG = F .

Lema 15.6. Le të jetë G një grup i fundëm i automorfizmave të E-së dhe le tëjetë F = EG. Atëherë [E : F ] ≤ |G|.

Vërtetim: Le të jetë |G| = n. Ne duhet të vërtetojmë se çdo bashkësi men + 1 elementë α1, . . . , αn+1 në E është linearisht e pavarur mbi F . Pra, neduhet të gjejmë elementë ai ∈ F , jo të gjithë zero, të tillë që

a1α1 + a2α2 + · · ·+ an+1αn+1 = 0.

Supozojmë që σ1 = id, σ2, . . . , σn janë automorfizmat në G. Sistemi homogjeni ekuacioneve lineare

σ1(α1)x1 + σ1(α2)x2 + · · ·+ σ1(αn+1)xn+1 = 0

σ2(α1)x1 + σ2(α2)x2 + · · ·+ σ2(αn+1)xn+1 = 0

...σn(α1)x1 + σn(α2)x2 + · · ·+ σn(αn+1)xn+1 = 0






ka më shumë ekuacione se sa të panjohura. Nga algjebra lineare ne dimë se kyekuacion ka një zgjidhje jo triviale xi = ai për i = 1, 2, . . . , n+ 1. Meqënëse σ1

është identiteti ekuacioni i parë merr trajtën:

a1α1 + a2α2 + · · ·+ an+1αn+1 = 0.

Problemi është se disa prej ai-ve mund të jenë në E por jo në F . Ne duhet tëvërtetojmë se kjo është e pamundur.

Supozojmë që të paktën një prej ai-ve është në E por jo në F . Duke renditurαi-të supozojmë se a1 është jozero. Meqënëse çdo shumëfish jozero i rrënjësështë përsëri një rrënjë supozojmë se a1 = 1. Nga të gjitha zgjidhjet e mundshmeqë kënaqin këtë veti ne zgjedhim atë me numrin më të vogël termash të ndryshëmnga zero. Përsëri duke renditur α2, . . . , αn+1, në qoftë se është e nevojshme, nemund të supozojmë se a2 është në E por jo në F . Meqënëse F është nënfushë eE e cila fiksohet nga G ekziston një σi në G e tillë që σi(a2) 6= a2. Duke zbatuarσi te çdo ekuacion i sistemit ne marim të njëjtin sistem homogjen meqënëseG është grup. Kështu që x1 = σi(a1) = 1, x2 = σi(a2), . . ., xn+1 = σi(an+1)është gjithashtu zgjidhje e sistemit fillestar. Ne dimë se një kombinim linear idy zgjidhjeve të një sistemi homogjen është gjithashtu një zgjidhje. Si rrjedhim

x1 = 1− 1 = 0

x2 = a2 − σi(a2)

...xn+1 = an+1 − σi(an+1)

është një zgjidhje tjetër e sistemit. Kjo është një zgjidhje jo triviale sepseσi(a2) 6= a2 dhe ka më pak vlera jozero se zgjidhjet origjinale. Kjo është njëkontradiksion sepse ne supozuam se numri i zgjidhjeve të ndryshme nga zero nëzgjidhjen origjinale ishte minimal. Pra, a1 = · · · = an+1 = 0.

Le të jetë E një shtrirje algjebrike e F . Në qoftë se çdo polinom i pathjesh-tueshëm në F [x] me një rrënjë në E i ka të gjitha rrënjët e tij në E, atëherë Eështë quajtur shtrirje normale e F . Pra, çdo polinom i pathjeshtueshëm nëF [x] që përmban një rrënjë në E është produkti i faktorëve linear në E[x].

Teorema 15.16. Le të jetë E një shtrirje fushe e F . Atëherë pohimet emëposhtme janë ekuivalente.

1. E është një shtrirje e fundme, normale dhe e ndashme e F .

2. E është nje fushë ndarëse e një polinomi të ndashëm mbi F .

3. F = EG për një grup të fundëm automorfizme të E.

Vërtetim: (1) ⇒ (2). Le të jetë E një shtrirje e fundme, normale dhe endashme e F . Nga Teorema e Elementëve Primitivë ne mund të gjejmë njëelement α në E të tillë që E = F (α). Le të jetë f(x) polinomi minimal i α mbi






F . Fusha E duhet të përmbajë të gjitha rrënjët e f(x) meqënëse ajo është njështrirje normale e F . Pra, E është fushë ndarëse për f(x).

(2) ⇒ (3). Le të jetë E fusha ndarësee një polinomi të ndashëm mbi F .Nga dimë se EG(E/F ) = F . Meqënëse |G(E/F )| = [E : F ], ky është një grup ifundëm.

(3) ⇒ (1). Le të jetë F = EG për një grup të fundëm automorfizmash Gtë E-së. Meqënëse [E : F ] ≤ |G|, E është një shtrirje e fundme e F . Për tëvërtetuar se E është një shtrirje normale dhe e fundme e F , le të jetë f(x) ∈ F [x]një polinom monik dhe i pathjeshtueshëm i cili ka një rrënjë α në E. Duhet tëvërtetojmë se f(x) është produkt i faktorëve linearë në E[x].

Ne dimë se automorfizmat në G përkëmbejnë rrënjët e f(x) që shtrihen në E.Pra, në qoftë se G vepron mbi α ne marim rrënjë të dalluara α1 = α, α2, . . . , αnnë E. Le të jetë g(x) =

∏ni=1(x−αi). Atëherë g(x) është i ndashëm mbi F dhe

g(α) = 0. Ndonjë σ në G përkëmben faktorët e g(x) meqënëse ajo përkëmbenkëto rrënjë. Pra, kur σ vepron mbi g(x) ajo duhet të fiksojë koefiçientët eg(x). Kështu që koefiçientët e g(x) duhet të jenë në F . Meqënëse deg g(x) ≤deg f(x) dhe f(x) është polinomi minimal i α, f(x) = g(x).

Rrjedhim 15.6. Le të jetë K një shtrirje fushe e F e tillë që F = KG për njëgrup të fundëm automorfizme G të K. Atëherë G = G(K/F ).

Vërtetim: Meqënëse F = KG, atëherë G është një nëngrup i G(K/F ). Pra,

[K : F ] ≤ |G| ≤ |G(K/F )| = [K : F ]

Nga kjo rrjedh se G = G(K/F ) meqënëse ata duhet të kenë të njëjtin rend.

Përpara se të përcaktojmë lidhjen ndërmjet shtrirjes së fushës dhe automor-fizmave të fushës le të shohim një shembull.

Shembull 15.11. Më sipër ne analizuam automorfizmat e Q(√

3,√

5 ) të cilatfiksojnë Q. Figura 15.2 krahason laticën e shtrirjes së fushës së Q-së me laticëne nëngrupit të G(Q(

√3,√

5 )/Q). Teorema Themelore e Teorisë Galua tregonse kush është lidhja ndërmjet këtyre dy laticave.

Tani jemi gati të vërtetojmë Teoremën Themelore të Teorisë Galua.

Teorema 15.17. (Teorema Themelore e Teorisë Galua) Le të jetë Fnjë fushë e fundme ose një fushë me karakteristikë zero. Në qoftë se E ështënjë shtrirje normale e fundme e F me grup Galua G(E/F ), atëherë pohimet emëposhtme janë të vërteta.

1. Funksioni K 7→ G(E/K) është një bijeksion i nënfushës K të E-së qëpërmban F me nëngrupet e G(E/F ).

2. Në qoftë se F ⊂ K ⊂ E, atëherë

[E : K] = |G(E/K)| dhe [K : F ] = [G(E/F ) : G(E/K)].






id, σ, τ, µ

id, σ id, τ id, µ

id

@@@

@@@

Q(√

3,√

5 )

Q(√

3 ) Q(√

5 ) Q(√

15 )

Q

@@@

@@@

Figura 15.2: G(Q(√

3,√

5 )/Q)

3. F ⊂ K ⊂ L ⊂ E atëherë dhe vetëm atëherë id ⊂ G(E/L) ⊂ G(E/K) ⊂G(E/F ).

4. K është një shtrirje normale F atëherë dhe vetëm atëherë kur G(E/K)është një nëngrup normal i G(E/F ). Në këtë rast

G(K/F ) ∼= G(E/F )/G(E/K).

Vërtetim: (1) Supozojmë që G(E/K) = G(E/L) = G. Të dyja si K dhe Ljanë fusha të fiksuara të G-së. Pra, K = L dhe funksioni i tillë K 7→ G(E/K)është bijektiv. Për të vërtetuar se funksioni është syrjektiv le të jetë G njënëngrup i G(E/F ) dhe K të jetë fusha e fiksuar nga G. Atëherë F ⊂ K ⊂ E.Si rrjedhim E është një shtrirje normale e K. Kështu që, G(E/K) = G dhefunksioni K 7→ G(E/K) është një bijeksion.

(2) Nga më sipër |G(E/K)| = [E : K]. Pra,

|G(E/F )| = [G(E/F ) : G(E/K)] · |G(E/K)| = [E : F ] = [E : K][K : F ].

Kështu që, [K : F ] = [G(E/F ) : G(E/K)].(3) Pohimi (3) është ilustruar në Figurën 15.3. Vërtetimi i lihet detyrë

lexuesit.(4) Le të jetë K një shtrirje normale e F . Në qoftë se σ është në G(E/F )

dhe τ është në G(E/K) duhet të vërtetojmë se σ−1τσ është në G(E/K). Pra,mjafton të vërtetojmë se σ−1τσ(α) = α për çdo α ∈ K. Supozojmë që f(x)është polinomi minimal i α mbi F . Atëherë σ(α) është gjithashtu një rrënjëe f(x) e cila shtrihet në K meqë K është një shtrirje normale e F -së. Pra,τ(σ(α)) = σ(α) ose σ−1τσ(α) = α.

Anasjelltas, le të jetë G(E/K) një nëngrup normal i G(E/F ). Duhet tëvërtetojmë se F = KG(K/F ). Le të jetë τ ∈ G(E/K). Për çdo σ ∈ G(E/F )ekziston një τ ∈ G(E/K) e tillë që τσ = στ . Si rrjedhim për çdo α ∈ K

τ(σ(α)) = σ(τ(α)) = σ(α).






E

L

K

F G(E/F )

G(E/K)

G(E/L)

id

-

-

-

-

Figura 15.3: Nëngrupet e G(E/F ) dhe nënfushat e E

Pra, σ(α) duhet të jetë në fushën e fiksuar të G(E/K). Le të jetë σ ngushtimi i σnë K. Atëherë σ është një automorfizëm i K-së që fikson F meqënëse σ(α) ∈ Kpër çdo α ∈ K. Pra, σ ∈ G(K/F ). Gjithashtu ne do të vërtetojmë se fusha efiksuar e G(K/F ) është F . Le të jetë β një element në K i cili fiksohet nga tëgjitha automorfizmat në G(K/F ). Në veçanti σ(β) = β për çdo σ ∈ G(E/F ).Kështu që, β i përket fushës së fiksuar F të G(E/F ).

Së fundmi duhet të vërtetojmë se kur K është një shtrirje normale e Fatëherë

G(K/F ) ∼= G(E/F )/G(E/K).

Për σ ∈ G(E/F ), le të jetë σK automorfizma e K e përftuar nga ngushtimi i σnë K. Meqënëse K është një shtrirje normale paragraphi i mëparshëm tregonse σK ∈ G(K/F ). Si rrjedhim funksioni φ : G(E/F )→ G(K/F ) i përcaktuar siσ 7→ σK . Ky funksion është një grup homomorfizëm meqënëse

φ(στ) = (στ)K = σKτK = φ(σ)φ(τ).

Bërthama e φ është G(E/K). Nga (2),

|G(E/F )|/|G(E/K)| = [K : F ] = |G(K/F )|.

Pra, shëmbëllimi i φ është G(K/F ) dhe φ është syrjektiv. Duke aplikuarTeoremën e Parë të Izomorfizmave kemi:

G(K/F ) ∼= G(E/F )/G(E/K).

Shembull 15.12. Në këtë shembull ne do të ilustrojmë Teoremën Themelore tëTeorisë Galua duke përcaktuar laticën e nëngrupeve të grupit Galua të f(x) =x4 − 2. Do ta krahasojmë këtë laticë me laticën e shtrirjes së fushës së Q-së qëbëjnë pjesë në fushën ndarëse të x4 − 2. Fusha ndarëse e f(x) është Q( 4

√2, i).

Vëmë re se f(x) faktorizohet si (x2 +√

2 )(x2 −√

2 ). Pra, rrënjët e f(x) janë






± 4√

2 dhe ± 4√

2 i. Fillimisht shtojmë rrënjën 4√

2 në Q dhe pastaj shtojmë rrënjëni të x2 +1 në Q( 4

√2 ). Atëherë fusha ndarëse e f(x) është Q( 4

√2 )(i) = Q( 4

√2, i).

Meqënëse [Q( 4√

2 ) : Q] = 4 dhe i nuk është në Q( 4√

2 ) atëherë [Q( 4√

2, i) :Q( 4√

2 )] = 2. Pra, [Q( 4√

2, i) : Q] = 8. Bashkësia

1, 4√

2, (4√

2 )2, (4√

2 )3, i, i4√

2, i(4√

2 )2, i(4√

2 )3

është një bazë për Q( 4√

2, i) mbi Q. Latica e shtrirjes së fushës së Q-së qëpërfshihet në Q( 4

√2, i) është ilustruar në Figurën 15.4(a).

Grupi Galua G i f(x) duhet të ketë rend 8. Le të jetë σ automorfizma epërcaktuar nga σ( 4

√2 ) = 4

√2 dhe σ(i) = i dhe τ automorfizma e përcaktuar nga

konjugimi i numrave komleks. Pra, τ(i) = −i. Atëherë G ka një element merend 4 dhe një element me rend 2. Me anë të llogaritjeve direkte është e lehtë tëvërtetojmë se elementët e G-së janë id, σ, σ2, σ3, τ, στ, σ2τ, σ3τ dhe relacionetτ2 = id, σ4 = id dhe τστ = σ−1 plotësohen. Pra, G duhet të jetë izomorfikeme D4. Latica e nëngrupeve të G-së është ilustruar në Figurën 15.4(b).

Q

Q(i)Q(√2 ) Q(

√2 i)

Q(√2, i)Q( 4

√2 ) Q( 4

√2 i) Q((1 + i) 4

√2 ) Q((1− i) 4

√2 )

Q( 4√2 )

HHH

H

HHHH

HHHH

HHHH

PPPPPP

(a)

id

id, σ2 id, στid, σ2τ

id, σ, σ2, σ3

id, τ

id, σ2, τ, σ2τ id, σ2, στ, σ3τ

id, σ3τ

D4

HHH

H

HHHH

HHHH

HHHH

PPPP

PP

(b)

Figura 15.4: Grupi i Galuait i x4 − 2






15.8 Zgjidhja e ekuacioneve polinomialë me ra-dikale

Në këtë temë ne do të flasim për fusha me karakteristikë zero për të siguruarqë polinimet e pathjeshtueshëm nuk kanë rrënjë shumëfishe. Qëlllimi kryesorështë të përcaktojmë se kur rrënjët e një polinomi f(x) mund të llogariten menjë numër të fundëm veprimesh mbi koefiçientët e f(x). Veprimet e lejueshmejanë mbledhja, zbritja, pjestimi, shumëzimi dhe nxjerrja e n rrënjëve. Zgjidhjae ekuacionit të gradës së dytë ax2 + bx+ c = 0 ilustron këtë proçes:

x =−b±

√b2 − 4ac

2a.

Operacioni i vetëm i cili mund të kërkojë një fushë më të gjerë është ai i gjetjessë rrënjës së n-të.

Një shtrirje fushe E e fushës F është një shtrirje me radikal në qoftë seekzistojnë elementët α1, . . . , αr ∈ K dhe numrat e plotë pozitiv n1, . . . , nr tëtillë që

E = F (α1, . . . , αr),

ku αn11 ∈ F dhe

αnii ∈ F (α1, . . . , αi−1)

për i = 2, . . . , r. Një polinom f(x) është i zgjidhshëm me radikale mbi Fnë qoftë se fusha ndarëse K e f(x) mbi F përmbahet në një shtrirje të F meradikale. Qëllimi është të arrijmë në në një kriter i cili të na tregojë se kur njëpolinom f(x) është i zgjidhshëm ose jo me radikale duke studiuar grupin e tijGalua.

Polinomi minimal që mund të zgjidhet me radikale është ai i formës xn − a.Ne dimë se rrënjët e xn− 1 janë quajtur rrënjët e n-ta primitive të njësisë.Këto rrënjë formojnë një nëngrup të fundëm të fushës ndarëse të xn − 1. Dimëse këto rrënjë formojnë grup ciklik. Çdo gjenerator i këtij grupi është quajturrrënjë e n-të primitive e njësisë.

Shembull 15.13. Polinomi xn − 1 është i zgjidhshëm me radikale mbi Q.Rrënjët e këtij polinomi janë 1, ω, ω2, . . . , ωn−1, ku

ω = cos

(2π

n

)+ i sin

(2π

n

).

Fusha ndarëse e xn − 1mbi Q është Q(ω).

Rikujtojmë se një nënseri normale e një grupi G është një varg i fundëmnëngrupesh

G = Hn ⊃ Hn−1 ⊃ · · · ⊃ H1 ⊃ H0 = e,

ku Hi është normal në Hi+1. Një nënseri normal është një kompozim serish nëqoftë se të gjithë grupet faktor janë të thjeshtë. Pra, në qoftë se asnjë nga grupetfaktor të serisë përmban një nëngrup normal. Një grup G është i zgjidhshëm






në qoftë se ai një seri përbërëse Hi i tillë që të gjithë grupet faktor Hi+1/Hi

janë Abelian. Për shembull, në qoftë se studiojmë serinë id ⊂ A3 ⊂ S3 vëmëre se A3 është e zgjidhshme. Gjithashtu dimë se S5 nuk është e zgjidhshme.

Lema 15.7. Le të jetë F një fushë me karakteristikë zero dhe E fusha ndarësee xn − a mbi F ku a ∈ F . Atëherë G(E/F ) është grup i zgjidhshëm.

Vërtetim: Fillimisht supozojmë se F përmban të gjithë rrënjët e n-ta tënjësisë. Rrënjët e xn−a janë n

√a, ω n√a, . . . , ωn−1 n

√a, ku ω është rrënjë primitive

e n-të e njësisë. Në qoftë se ζ është një nga këto rrënjë, atëherë rrënjët e tjeratë xn − 1 janë ζ, ωζ, . . . , ωn−1ζ dhe E = F (ζ). Meqënëse G(E/F ) përkëmbenrrënjët e xn − 1 elementët në G(E/F ) duhet të përcaktohen nga veprimi i tyrembi këto rrënjë. Le të jenë σ dhe τ në G(E/F ) dhe supozojmë se σ(ζ) = ωiζdhe τ(ζ) = ωjζ. Në qoftë se F përmban rrënjët e njësisë, atëherë

στ(ζ) = σ(ωjζ) = ωjσ(ζ) = ωijζ = ωiτ(ζ) = τ(ωiζ) = τσ(ζ).

Kështu që, στ = τσ dhe G(E/F ) është Abelian dhe G(E/F ) është i zgjidhshëm.Supozojmë që F nuk përmban një rrënjë të n-të të njësisë. Le të jetë ω

një gjenerator i grupit ciklik të rrënjëve të n-ta të njësisë. Le të jetë α njëzero e xn − a. Meqënëse α dhe ωα janë në fushën ndarëse të xn − a, atëherëω = (ωα)/α është gjithashtu në E. Le të jetë K = F (ω). Atëherë F ⊂ K ⊂ E.Meqënëse K është fusha ndarëse e xn − 1, atëherë K është një shtrirje normalee F . Një automorfizëm σ në G(F (ω)/F ) është përcaktuar nga σ(ω). Atëherëσ(ω) = ωi për një numër të plotë i meqënëse të gjitha zerot e xn − 1 janë fuqitë ω. Në qoftë se τ(ω) = ωj është në G(F (ω)/F ), atëherë

στ(ω) = σ(ωj) = [σ(ω)]j = ωij = [τ(ω)]i = τ(ωi) = τσ(ω).

Kështu që, G(F (ω)/F ) është Abelian. Nga Teorema Themelore e Teorisë Galuaseria:

id ⊂ G(E/F (ω)) ⊂ G(E/F )

është një seri normale. Meqënëse G(E/F (ω)) dhe

G(E/F )/G(E/F (ω)) ∼= G(F (ω)/F )

janë të dyja Abelian, atëherë G(E/F ) është e zgjidhshme.

Lema 15.8. Le të jetë F një fushë me karakteristikë zero dhe le të jetë E njështrirje me radikale e F . Atëherë ekziston një shtrirje normale me radikalë Ke F e cila përmban E.

Vërtetim: Meqënëse E është një shtrirje me radikalë e F -së, ekzistojnëelementët α1, . . . , αr ∈ K dhe numrat e plotë pozitiv n1, . . . , nr të tillë që

E = F (α1, . . . , αr),






ku αn11 ∈ F dhe

αnii ∈ F (α1, . . . , αi−1)

për i = 2, . . . , r. Le të jetë f(x) = f1(x) · · · fr(x), ku fi është polinomi minimali αi mbi F dhe le të jetë K fusha ndarëse e K mbi F . Çdo rrënjë e f(x) në Kështë e formës σ(αi), ku σ ∈ G(K/F ). Kështu që, për çdo σ ∈ G(K/F ) kemi[σ(α1)]n1 ∈ F dhe [σ(αi)]

ni ∈ F (α1, . . . , αi−1) për i = 2, . . . , r. Pra, në qoftë seG(K/F ) = σ1 = id, σ2, . . . , σk, atëherë K = F (σ1(αj)) është një shtrirje meradikalë e F .

Ne do të vërtetojmë teoremën themelore për zgjidhshmërinë me radikal.

Teorema 15.18. Le të jetë f(x) në F [x], ku charF = 0. Në qoftë se f(x) ështëe zgjidhshëm me radikale, atëherë grupi Galua i f(x) mbi F është i zgjidhshëm.

Vërtetim: Le të jetë K fusha ndarëse e f(x) mbi F . Meqënëse f(x) ështëi zgjidhshëm me radikal, ekziston një shtrirje E radikalesh F = F0 ⊂ F1 ⊂· · ·Fn = E. Meqënëse Fi është normale mbi Fi−1, atëherë E është një shtrirjenormale e çdo Fi. Nga Teorema Themelore e Teorisë Galua kemi se G(E/Fi)është një nëngrup normal i G(E/Fi−1). Kështu që, kemi një nënseri normalenëngrupesh G(E/F ) të tillë:

id ⊂ G(E/Fn−1) ⊂ · · · ⊂ G(E/F1) ⊂ G(E/F ).

Përsëri nga Teorema Themelore e Teorisë Galua dimë se

G(E/Fi−1)/G(E/Fi) ∼= G(Fi/Fi−1).

Dimë se G(Fi/Fi−1) është e zgjidhshme. Pra, G(E/F ) është gjithashtu ezgjidhshme.

E anasjellta e Teoremës është gjithashtu e vërtetë.

15.8.1 Pazgjidhshmëria e ekuacionit të gradës së pestë

Tani mund të gjejmë një polinom të gradës së pestë i cili nuk është i zgjidhshëmme radikale. Ne thjesht mjafton të gjejmë grupi Galua i të cilit është S5.

Lema 15.9. Një nëngrup i Sn i cili përmban një transpozicion dhe një cikël megjatësi n duhet të jetë e gjithë Sn.

Vërtetim: Le të jetë G një nëngrup i Sn i cili përmban të gjitha transpozicio-net σ dhe një cikël τ me gjatësi n. Supozojmë se σ = (12) dhe τ = (12 . . . n).Meqënëse (12)(1 . . . n) = (2 . . . n) dhe (2 . . . n)k(1, 2)(2 . . . n)−k = (1k), atëherëne marim të gjitha transpozicionet e formës (1, n + 1 − k). Megjithatë këtotranspozicione gjenerojnë gjthë transpozicionet në Sn sepse (1j)(1i)(1j) = (ij).Pra, transpozicionet gjenerojnë Sn.






Shembull 15.14. Do të vërtetojmë se f(x) = x5 − 6x3 − 27x − 3 ∈ Q[x] nukështë i zgjidhshëm.

Vërtetim: Pranojmë se grupi Galua i f(x) mbi Q është S5. Nga Kriteri iEinsteinit, f(x) është i pathjeshtueshëm dhe si rrjedhim i pazgjidhshëm. Deri-vati i f(x) është f ′(x) = 5x4− 18x2− 27. Pra, duke zgjidhur f ′(x) = 0 kemi qërrënjët e vetme reale të f ′(x) janë

x = ±

√6√

6 + 9

5.

Kështu që, f(x) mund të ketë të shumtën një maksimum dhe një minimum.Është e lehtë të vërtetoni se f(x) ndryshon shenjën midis −3 dhe −2, midis −2dhe 0 dhe ndonjëherë ndërmjet 0 dhe 4. Kështu që, f(x) ka ekzaktësisht trerrënjë reale të dalluara. Dy rrënjët e tjera të f(x)duhet të jenë të konjuguara.Le të jetë K fusha ndarëse e f(x). Meqënëse f(x) ka pesë rrënjë të ndryshmenë K dhe çdo automorfizëm i K që fikson Q është përcaktuar nga nga mënyrase si ai përkëmben rrënjët e f(x), ne dimë se G(K/Q) është një a nëngrup i S5.

Meqënëse f është i pathjeshtueshëm ekziston një element në σ ∈ G(K/Q)i tillë që σ(a) = b për dy rrënjë a dhe b të f(x). Automorfizma e C që çona+ bi 7→ a− bi fikson rrënjët reale por jo ato komlekse. Si rrjedhim, G(K/Q) ⊂S5.

Atëherë grupi S5 është gjeneruar nga një transpozicion dhe një element irendit të pestë. Pra, G(K/F ) duhet të jetë e gjithë S5. Pra, S5 nuk është ezgjidhshme. Si rrjedhim, f(x) nuk mund të zgjidhet me radikale.

15.9 Teorema themelore e AlgjebrësTeorema e fundit që do të vërtetojmë është Teorema Themelore e Algjebrës.Kjo teoremë u vërtetua fillimisht nga Gauss në tezën e tij të doktoratës. Paravërtetimit të Gaussit, matematikanët dyshonin se do të ekzistonin polinome mbinumrat real dhe kompleks të cilët nuk do të kishin zgjidhje. Teorema Themeloree Algjebrës pohon se çdo polinom mbi numrat kompleks faktorizohet në faktorëtë ndryshëm linear.

Për vërtetimin e kësaj teoreme na duhet të rikujtojmë dy fakte të vërtetuaramë parë. Do të përdorim rezultatin se çdo polinom me gradë tek mbi R ka njërrënjë reale dhe ekziston rrënja katrore e çdo numri real pozitiv.

Teorema 15.19. (Teorema Themelore e Algjebrës) Fusha e numrave kom-pleks është algjebrikisht e mbyllur. Pra, çdo polinom me rrënjë nga C[x] karrënjë në C.

Vërtetim: Supozojmë se E është një shtrirje e fundme e C. Meqënëse çdoshtrirje e fundme fushe me karakteristikë zero është primitive atëherë ekzi-ston një α ∈ E i tillë që E = C(α) ku α është rrënja e ndonjë polinomi tëpathjeshtueshëm f(x) në C[x].






Fusha ndarëse L e f(x) është një shtrirje normale e ndashme e C e cilapërmban E. Duhet të vërtetojmë se është e pamundur për L të jetë një shtrirjetë mirëfilltë e C.

Supozojmë që L është një shtrirje e mirëfilltë e C. Meqënëse L është fushandarëse e f(x)(x2 + 1) mbi R, atëherë L është një shtrirje e fundme, normale,dhe e ndashme e R. Le të jetë K fusha e fiksuar e Sylow 2-nëngrupeve të G eG(L/R). Atëherë L ⊃ K ⊃ R dhe |G(L/K)| = [L : K].

Meqënëse [L : R] = [L : K][K : R], atëherë [K : R] duhet të jetë tek. Sirrjedhim, K = R(β), ku β ka një polinom minimal f(x) me gradë tek. Kështuqë, K = R.

Tani dimë se G(L/R) duhet të jetë një 2-grup. Rrjedh që G(L/C) është një2-grup. Ne kemi pranuar se L 6= C, atëherë |G(L/C)| ≥ 2. Nga Teorema eParë Sylow dhe Teorema Themelore e Teorisë Galua ekziston një nëngrup G iG(L/C) me index 2 dhe një fushë E e cila fiksohet nga G. Atëherë [E : C] = 2dhe ekziston një element γ ∈ E me polinom minimal x2 + bx + c në C[x]. Kypolinom ka rrënjë (−b±

√b2 − 4c )/2 që janë në C meqënëse b2− 4c është në C.

Kjo është e pamundur, pra L = C.

Ushtrime

20. Vërtetoni se grupi Galua i një polinomi të pathjeshtueshëm të fuqisë së dytëështë izomorfik me Z2.

21. Vërtetoni se grupi Galua i një polinomi të pathjeshtueshëm të fuqisë së tretëështë izomorfik me S3 ose Z3.

22. Le të jenë F ⊂ K ⊂ E fusha. Në qoftë se E është një shtrirje normale eF , vërtetoni se E duhet të jetë gjithashtu një shtrirje normale e K.

23. Le të jetë G grupi Galua i një polinomi me gradë n. Vërtetoni se |G| n!.

24. Le të kemi F ⊂ E. Në qoftë se f(x) është i zgjidhshëm mbi F , vërtetoni sef(x) është gjithashtu i zgjidhshëm mbi E.

25. Ndërtoni një polinom f(x) në Q[x] me gradë 7 i cili nuk është i zgjidhshëmme radikale.

26. Le të jetë p një numër i thjeshtë. Vërtetoni se ekziston një polinom f(x) ∈Q[x] me gradë p me grup Galua izomorfik me Sp. Përgjithësoni se për çdonumër të thjeshtëp me p ≥ 5 ekziston një polinom me gradë p i cili nuk është izgjidhshëm me radikale.

27. Le të jetë p be një numër të thjeshtëdhe Zp(t) fusha e funksioneve racionalmbi Zp. Vërtetoni se f(x) = xp − t është një polinom i pathjeshtueshëm nëZp(t)[x]. Vërtetoni se f(x) nuk është i ndashëm.

28. Le të jetë E një shtrirje fushe e F . Supozojmë që K dhe L janë dy fusha tëndërmjetme. Në qoftë se ekziston një element σ ∈ G(E/F ) i tillë që σ(K) = L,






atëherë K dhe L quhen fusha të konjuguara. Vërtetoni se K dhe L janë tëkonjuguara atëherë dhe vetëm atëherë kur G(E/K) dhe G(E/L) janë nëngrupetë konjuguar G(E/F ).

29. Le të jetë σ ∈ Aut(R). Në qoftë se a është një numër pozitiv real vërtetonise σ(a) > 0.

30. Le të jetë K fusha ndarëse e x3 + x2 + 1 ∈ Z2[x]. Vërtetoni ose tregoni tëkundërtën se K është një shtrirje me radikal.

31. Le të jetë F një fushë e tillë që charF 6= 2. Vërtetoni se fusha ndarëse ef(x) = ax2 + bx+ c është F (

√α ), ku α = b2 − 4ac.

32. Vërtetoni ose tregoni të kundërtën se: Dy nëngrupe të ndryshme të njëgrupi Galua do të kenë fusha të ndryshme të fiksuara.

33. Le të jetë K një fushë ndarëse e një polinomi mbi F . Në qoftë se E ështënjë shtrirje fushe e F e cila përmbahet në K dhe [E : F ] = 2, atëherë E ështëfusha ndarëse e një polinomi në F [x].

34. Ne dimë se polinomi ciklotomik

Φp(x) =xp − 1

x− 1= xp−1 + xp−2 + · · ·+ x+ 1

është i pathjeshtueshëm mbi Q për çdo numër të thjeshtëp. Le të jetë ω njëzero e Φp(x) dhe shqyrtoni fushën Q(ω).

35. Vërtetoni se ω, ω2, . . . , ωp−1 janë zero të ndryshme të Φp(x) dhe përmblidhnise ato janë të gjitha zerot e Φp(x).

36. Vërtetoni se G(Q(ω)/Q) është Abelian me rend p− 1.

37. Vërtetoni se fusha e fiksuar e G(Q(ω)/Q) është Q.

38. Le të jetë F një fushë e fundme ose një fushë me karakteristik zero. Le tëjetë E një shtrirje e fundme normale e F me grup Galua G(E/F ). Vërtetoni seF ⊂ K ⊂ L ⊂ E atëherë dhe vetëm atëherë kur id ⊂ G(E/L) ⊂ G(E/K) ⊂G(E/F ).

39. Le të jetë F një fushë me karakteristikë zero dhe le të jetë f(x) ∈ F [x]një polinom i ndashëm me gradë n. Në qoftë se E është the fusha ndarëse ef(x), le të jenë α1, . . . , αn rrënjët e f(x) në E. Le të jetë ∆ =

∏i 6=j(αi − αj).

Diskriminanti i f(x) është ∆2.

40. Në qoftë se f(x) = ax2 + bx+ c, vërtetoni se ∆2 = b2 − 4ac.

41. Në qoftë se f(x) = x3 + px+ q, vërtetoni se ∆2 = −4p3 − 27q2.

42. Vërtetoni se ∆2 është në F .

43. Në qoftë se σ ∈ G(E/F ) është një transpozicion i dy rrënjëve të f(x),vërtetoni se σ(∆) = −∆.






44. Në qoftë se σ ∈ G(E/F ) është një permutacion çift i rrënjëve të f(x),vërtetoni se σ(∆) = ∆.

45. Vërtetoni se G(E/F ) është izomorfik me një nëngrup të An atëherë dhevetëm atëherë kur ∆ ∈ F .

46. Përcaktoni grupin Galua të x3 + 2x− 4 dhe x3 + x− 3.





Bibliografi

[1] Dummit, David S.; Foote, Richard M.; Abstract algebra. PrenticeHall, Inc., Englewood Cliffs, NJ, 1991. xiv+658 pp. ISBN 0-13-004771-6.

[2] Elezi, A., Shaska, T.,, Baza të argumentimit matematik, AulonaPress,2011, ISBN: 9781609850067.

[3] Herstein, I. N., Topics in algebra. Second edition. Xerox CollegePublishing, Lexington, Mass.-Toronto, Ont., 1975. xi+388 pp, 00A05

[4] Herstein, I. N.; Abstract algebra. Third edition. With a preface by Bar-bara Cortzen and David J. Winter. Prentice Hall, Inc., Upper Saddle River,NJ, 1996. ISBN: 0-13-374562-7.

[5] Shaska, T., Matematika Diskrete, AulonaPress, 2011.

[6] Shaska, T., Algjebra Lineare, AulonaPress, 2008, ISBN: 9780975454145.

[7] Shaska, T., Kalkulus, AulonaPress, 2011. ISBN: 9781609850005.

[8] Shaska, T., Ekuacione Diferenciale, AulonaPress, 2011.

[9] Lang, S., Algebra. Graduate Texts in Mathematics, 211. Springer-Verlag,New York, 2002. xvi+914 pp. ISBN: 0-387-95385-X, 00A05 (15-02)

[10] Rotman, Joseph J.; A first course in abstract algebra. Prentice Hall, Inc.,Upper Saddle River, NJ, 1996. xiv+265 pp. ISBN: 0-13-311374-4.

317

Indeksi

G-bashkësi, 142G-ekuivalent, 143R- Algjebër, 229R-modul ciklik, 265R-modul i majtë, 227

Grup i Automorfizmave, 105homomorfizëm grupesh, 99nënfushë e thjeshtë , 196unazë lokale, 197unazë ndërrimtare, 165unaza Artiniane, 197

Algorithmdivision, 203Euclidean, 33

Artin, Emil, 197Automorfizëm i Brendëshëm, 105Automorfizëm i brendëshëm, 146

Bërthamëe homomorfizmit të grupeve, 101

Bashkësi minimale gjeneratorësh, 235Bashkësia e pikave të fiksuara, 143Bazë duale, 257

Composite integer, 33Congruence modulo n, 24Conjugate, complex, 68Constructible number, 305Coset

representative, 91right, 91

Cycledefinition of, 78

De Morgan’s lawsfor sets, 15

DeMoivre’s Theorem, 70Derivati, 292Diagramë komutative, 115Diskriminanti

i një polinomi të ndashëm, 347Division algorithm

for integers, 30forpolinoms, 203

Doubling the cube, 309

Ekuacioni i klasës, 146Element

primitie, 335element algjebrik, 281Element primitiv, 335element primitiv, 282Element të konjuguar, 332element transhendent, 281Epiomorfizëm, 99Equivalence class, 23Equivalence relacion, 21Euclidean algorithm, 33Extension

radical, 342separable, 334

Feit-Thompson, 157Fermat, Pierre de, 96Function

bijective, 17definition of, 16domain of, 16identiteti, 20injective, 17invertible, 20kompozimi of, 18range of, 16

318


surjective, 17Fundamental Teorem

of Galois Theory, 338Fundamental Theorem

of Arithmetic, 34Funksioni φ i Ejlerit, 96fushë, 165

fiksed, 336fushë

algjebrikisht e mbyllur , 297fushë e thjeshtë, 196Fushë ndarëse, 290Fusha

të konjuguara, 347Fusha të konjuguara, 347

Gjeneratorët e grupit, 124gjeneruar në mënyrë të fundme, 197Greatest common divisor

of elements në a UFD, 196of two integers, 31of two polinoms, 205

Groupalternating, 85Heisenberg, 52linear special, 58permutacion, 77quaternion, 51symmetric, 76

Groupii rrethit, 71

Grupp-grup, 124dihedral, 86faktor, 111gjeneratorët e, 124i Automorfizmave, 105i gjeneruar në mënyrë të fundme,

124i njësive, 49torsion, 134

grup, 45Galua, 331

grup Abelian i lirë, 237Grup Galua, 331

Grup i gjeneruar në mënyrë të fundme,124

Grup i thjeshtë, 127Grup i zgjidhshëm, 123grupi linear i përgjithshëm, 50

Hapësirë Duale, 256homomorfizëm

kanonik, 114Homomorfizëm R–algjebre, 230homomorfizma vlerësimi, 173homomorfizmi kanonik, 175homomorfizmi natyror, 175

Idealthemeor, 174

Ideal i thjeshtë, 178Ideal themelor, 174Idealët triviale, 173Indeksi i një nëngrupi, 93Induction

first principle of, 27second principle of, 29

Izomorfik, 99Izomorfizëm, 99

Karakteristikë e fushës, 279Karakteristikën e unazës , 187klasë e konjugimit, 137Konjugim, 137koset të majtë, 91Kosetat

dyfishe, 98kushtin e zinxhirit zbritës , 197

linear functionals, 256Linear transformation

definition of, 19

Mapping, shih FunctionMatrix

similar, 23mbylljen algjebrike, 297Modul i lirë, 229Modul torsion, 237Module me njësh , 228Monomorfizëm, 99






nënbashkësinë shumëzuese, 197Nëngrup

centralizator, 146indeks, 93komutator, 135normal, 110

nëngrup, 54Nëngrup normal, 110Nënmodul, 228Nënmodul ciklik, 235Normal series of a grup, 128Normalizator, 138numër algjebrik, 284numër transhendent, 284Numrat e plotë Gausian, 185

Orbit, 90Orbitë, 143

Partitions, 23Permutation

definition of, 19Permutation grup, 77Pjesëtues elementar, 267Polinom

monik, 199Polinom i ndashëm, 291Polinom monik, 199polinomi ciklotomik, 210polinomi minimal, 285Polynomial

definition of, 199degree of, 199leading coefficient of, 199pjestuesi më i madh i përbashkët

of, 205root of, 204separable, 334zero of, 204

Power set, 35Prime integer, 33Primitive Element Teorem, 335Prodhim direkt i jashtëm , 107Prodhimet e grupeve

i jashtëm, 107Prodhimi direkt i brendshëm, 109

Prodhimi direkt i grupevei brendshëm, 109

Projeksionnatyral, 114

projektiv special linear, 171

qendër, 56qendërzues të a-së në grupin G, 57Quaternions, 51, 168

Rank i lirë, 266Rank i një R-moduli, 265rend i grupit, 46rend të një elementi, 53Right regular representation, 121Rigid motion, 39Ring

of quotients, 197Rrënjë e n-të primitive e njësisë, 72,

342Rrënjë e thjeshtë, 334rrënjët e n-ta primitive të njësisë, 342rrënjët e n-ta të njësisë, 71Rregulli i thjeshtimit për unazat inte-

grale, 185

Seri e përbërë, 129Seri kryesore, 129Seri normale, 128seria e derivuar, 135Shtrirje

e ndashme, 291Shtrirje algjebrike, 283shtrirje e fundme, 287shtrirje e thjeshtë, 282, 284Shtrirje ekuivalente, 246Shtrirje normale, 337Shumfishmëri e rrënjës, 334Squaunazë the circle, 309stabilizator, 144Subgrup

transitive, 90Subnormal series of a grup, 128Subunazë , 169

Teorema e Dytë e Izomorfizmit për una-zat, 176






Teorema e Dyte e Izomorfizmavepër grupet, 116

Teorema e korespodencëspër grupet, 117

Teorema e Korrespondencës për una-zat, 176

Teorema e Lagrange, 94Teorema e Lagranzhit, 94Teorema e Numërimit Burnside, 149Teorema e Parë e Izomorfizmit për una-

zat, 175teorema e Schreier, 135Teorema e Tretë e Izomorfizmave

për grupet, 116Teorema e Tretë e Izomorfizmit për una-

zat, 176Teorema e Vogël Ferma, 97Teorema Jordan-Hölder, 130Teorema Themelore

për Grupet e Fundëm Abelian, 126e Algebrës, 345

Teorema Themelore e Algjebrës, 297Transposition, 82Trisection of an angle, 310

unazë, 165unazë integrale, 166unazë pjestuese, 165unazë vlerash diskrete, 168unaza faktor, 175UVD, 168

Varg ekzakt, 243Varg i shkurtër ekzakt, 244Vargje ekzakt ekuivalent, 246Variabël, 199vlerë diskrete, 168

Well-defined map, 17Well-ordered set, 29

Zassenhaus Lemma, 135Zero

multiplicity of, 334of a polinom, 204

Zgjidhshëm me radikale, 342





Algjebra Abstrakte (T Shaska)

Documents

Transcript of Algjebra Abstrakte (T Shaska)