Excerpt
6 k EA SAS 4 5 2 * Ž o - 1 1A pikto m aka p SI 10 (YmeN), tai matrica 5 £) generuoja pogrupį H. Vadinasi, H= E. 2 EZRA0o 1)/ 2. Adicinės sveikųjų skaičių grupės pogrupis (2Z, +, 0) yra ciklinis, nes jis sutampa su skaičiaus 2 (taigi ir su skaičiaus —2) …
Excerpt
2 L a 7 R - 27 a B Aaa Ta 4 4 r rinis elemento a laipsnis. Pažymėkime a" mažiausią natūrinį elemento a laips- nį, priklausantį tam pogrupiui, ir įrodykime, kad …
Excerpt
į 2 4 P a a Rd tus, iš (1) formulės išplaukia lygybė a'+b'=(a)p o (bp = (a+b)kp. Remiantis atvirkštinės bijekcijos apibrėžimu, a+b=(a'5b')Jo=1, todėl (a'-b')p-1= =(a') 9-1+(b')p 1. Išvada. Jei grupė G izomorfiška grupei G', tai grupė G“ izomorfiška gru- …
Excerpt
( a O M adiūs 2 ŪG, ) TA ara ap). Nara jaj (aka ai a, Ši a, J-/ "Aa (aj) …
Excerpt
1 iš L mais (x) ai (Vx < s 6 Lianos) grupės G vidiniu automor- izmu. 7 teorema. Grupės automorfizmų aibė yra grupė automorfizmų kompozici- jos dėsnio atžvilgiu. Įrodymas. Imkime bet kokią grupę G ir pažymėkime jos automorfizmų aibę Aut(G). Remiantis 4 …
Excerpt
: (1) formulė vadinama grupės G dėstiniu kairiaisiais sluoksniais pagal po- b Š grupį H. Analogiška formule galima užrašyti ir grupės G dėstinį dešiniaisiais T0DĘ S niais pagal pogrupį H. Abelio grupių abu tie dėstiniai sutampa ir kalbama tie- siog apie …
Excerpt
3) algebrinės struktūros R elementų daugyba yra distributyvi sudėties at- žvilgiu, t. y. bet kurį struktūros R elementų trejetą a, b, c sieja lygybės (a+b)c=ac+bc, c(a4+b)=ca+cb. Algebrinė struktūra (R, +, 0) vadinama žiedo R adicine grupe, o algebrinė …
Excerpt
| p At, ; Įtfodymas. Taikysime indukcijos metodą dėmenų skaičiaus k atžvilgiu. Kai k=2, teiginys išplaukia iš 3 žiedo savybės. Tarkime, kad 2 k-1 k-1 k-1 k-l . ET A a )= (ca;) ir 2 ae J, (a;c). Tada 22 a )= i= 1 i= 1 i= 1 i= 1 i= 1 k-1 k-1 k k k-1 S T, …
Excerpt
2. 2-osios eilės kvadratinių matricų žiedas R,x4 turi nulio daliklių. Šio žiedo nulis yra | Žž nulinė matrica (> = todėl matricos 1 i ir Š 2 nėra žiedo R,„, nuliai. Kadangi 1- 01 £0-706 0 0 (; ps 1 Ela „): 120 Sia 0 0 Sea 3 ž tai ( ) yra Įkairysis, o ( ) …
Excerpt
ę 2 T a > Ž Č L 2 i a o A * “> 10 teorema. Žiedui su vienetu izomorfiškas žiedas yra žiedas su vienetu. Įrodymas. Tarkime, kad 6 yra žiedo R=(R, +, 0, -) su vienetu e ir žie- | do R'=(R', +, O', > ) izomorfizmas. Žiedo R' bet kuris elementas a“ turi pirm- …
Excerpt
x010 ir 0 0 (1) formulė yra teisinga, gauname 2 n-1=bą,+r;, 0 …
Excerpt
Žž £. X Pavyzdžiui, skaičiai 1 ir —2 yra skaičių 4 ir 6 bendrieji dalikliai. Sveikųjų skaičių a ir b didžiausiu bendruoju dalikliu vadinamas jų neneigia- mas bendrasis daliklis, dalus iš kiekvieno tų skaičių bendrojo daliklio. Skaičių a ir b didžiausią …
Excerpt
> kr r. K “as T as “| S teorema. Jei d yra sveikųjų skaičių a ir b> 0 didžiausias tai egzistuoja sveikųjų skaičių u ir v pora, su kuria teisinga lygybė E A Vs is As paie A E 2 A 4 „ož R aliklis, | 2 > = imi d=au4+bz. (8) Įrodymas. Lygybė akivaizdi, kai …
Excerpt
„> "E SM a META L P AS L mi ;. S A Sa a £ 11 teorema. Jei sveikasis skaičius c dalija sveikųjų skaičių a ir b sandaugą "ab, o (e, a)=1, tai cb. P Įrodymas. Iš teoremos prielaidos išplaukia, kad au+cv=1 (u, v e Z). Padauginus abi tos lygybės puses iš b, …
Excerpt
1 teorema. Jei p yra pirminis, o a — sveikasis skaičius, tai pla arba (p. a)=1. P Įrodymas. Pažymėkime (p, a)=d. Remiantis apibrėžimu, 4|p ir da. Kadangi p turi tik du natūrinius daliklius, tai d=1 arba d=p. Kai d=1, a ir p yra tarpusavyje pirminiai …
Excerpt
m » Kadangi k=n/p, ...4, gali skirtis tik dauginamųjų tvarka. Toks pat teiginys tinka ir skai- čiaus 1 (3) ir (4) skaidiniams, nes p,= gj. Išvada. Kiekvienas natūrinis skaičius n> 1 turi bent vieną pirminį daliklį. Kai kurie (3) skaidinio pirminiai …
Excerpt
i Ls r P m yra ekvivalentumo | 182 „a ši $ "moduliu “| 1 teorema. Sveikųjų skaičių kongruentumas sąryšis. r = "Įrodymas. Kadangi kiekvienas sveikasis skaičius a tenkina lygybę "a-a=0 ir m, tai a=a (mod m). Vadinasi, skaičių kongruentumo sąryšis yra …
Excerpt
Dir 4 yra Akai ALr das ir koniiačrdios, o operacija yra šustabatsVi O : racijos [] ] atžvilgiu. Sudėties nulis“yra klasė 0, klasei G priešingas elementas — klasė Ta, o daugybos vienetas — klasė 1. Likinių klasių mod m žiedą žymėsime Z„. Šio žiedo elementų …
Excerpt
41 ž 4 5 2 m “A m D "m 2 2 2 E k ž 2 y Ai a M A A Komutatyvusis žiedas su dalyba vadinamas kūnu. Kitaip sakant, nenulinis komutatyvusis žiedas K su vienetu yra kūnas, kai kiekvienas jo nelygus nuliui elementas yra apgręžiamas. Kūno K apgręžiamųjų elementų …
Excerpt
——-—- Kūno K elementų santykis a/b yra vienintelė lygties bx=a (b+*0) šaknis. Iš tiesų, padauginę abi tos lygties puses iš b-!, gauname x=ab-1=a/b. Išvesime formulę dviejų kūno elementų sumos natūriniam laipsniui ap- skaičiuoti. Jei n yra bet koks …
Excerpt
: i I ticiėnias audinio SElAusliroko ais mai 0 a > tai gausime (3) lygybę. Vadinasi, Niutono binomo formulė yra teisinga su kiekvienu natūriniu rodikliu n. Išvada. Binominiai koeficientai yra natūriniai skaičiai. Įrodymas. Sudauginę 7 dauginamųjų, lygių …
Excerpt
: Pavyzdys. Makloreno metodu apskaičiuosime polinomo ž- f(x)=3x7—2x*1+4x*71+5x—6 teigiamųjų šaknų viršutinį rėžį. š 23 Sprendimas. Iš sąlygos a;=3, n=5, k=3, B=max (2, 6;=6. Todėl Nr=1+ 12 4 teorema (Niutono metodas). Sakykime, f(x) yra n-ojo laipsnio …
Excerpt
Ta TM S i S A a A aa f: g) …
Excerpt
ė 1 S ais aa sns aa e) 9=a+c= (are one ci: p Ir (G 254 e e] 9= B ac; ją = "=ac=(a; < ejo (c; ep. Todėl G: 0, (R) = R. Pakeitę žiedo O, (R) elementus jų vaizdais, t. y. (a:e)=a (V a < R), integra- “ lumo sritį R įdėsime į kūną O (R). Kūnas O (R) vadinamas …
Excerpt
122 Kadangi (f(x), g (2))=e, tai f(x) |/. (5). Pasirėmę sąlyga (A (5), £1(9)=e, analogiškai įrodytume, jog /į (x) | / (x). Vadinasi, f G)=4i1(6) (c < K, c+0). Įrašę tą reikšmę į (1) formulę, randame g(x)=cg; (x). Todėl teisingas ir antra- sis teoremos …
Excerpt
„čia v, 0)=2 (6) 706) + 81 (x) g(x). Kadangi deg giu, < deg g, 0 f(x) /g (x) — taisyklingoji polinominė trupmena, tai deg 2, (X) "5-2 (3), Tk-5(X)=4k-3 (3), kurių nepilnųjų dalmenų laipsniai tenkina sąlygas des g, adeg p: (—05-11-- 424 1) Iš čia išplaukia …
Excerpt
“tumas būtų lygi O taisyklingųjų polinominių mos dėmenų vardikliais galima laikyti natūriniais laipsniais pakeltus skirtingus žiedo K [x] normuotuosius pirminius polinomus m; (x) (i=1, 2, ..., t). Tada yra teisinga lygybė 1 1 i 0= > , X, As 6)Imi G). (9) …
Excerpt
Kadangi cž < 1, tai ta sistema ekvivalenti šitokiai: -1= B-D, —1=B-D, A=2, —12=—444+4B-4D, = —8=—-44, > D=1, 9= 241 B+5D 10=2441+6D B=0 Iš čia "AG 2 1 1 0 41 GI 510 Uždaviniai 1. Raskite polinomo f(x)=3x?42x*—7x343x*4+2x—13 dalybos iš polinomo g (x)= …
Excerpt
i 14. Makloreno metodu nustatykite intervalus, kuriuose yra: a) visos teigiamosios, b) vi- Sos neigiamosios polinomo f(x)=3x7—6x?—x+1 šaknys. Ats. a) 10; 3 [; b)]— 1,6; O[. 15. Niutono metodu raskite polinomo f(x)=x*—6x74-2x2—6x—4 realiųjų šaknų viršu- …
Excerpt
A 4 Bet kurį to žiedo polinomą F (x, y) galima vienareikšmiškai išreikšti šitaip: . n m FC. 05)= 2, D, au ylas Kr 70 san Oki i=0 j=0 Tarkime, kad jau sudarėme 2—1 kintamojo x;, X, -.-, X„-; polinomų žie- dą R [m Aa l = E Aa) EG (i=1, 24 nl) virš …